Aufgabensammlung Technische Thermodynamik: Mit vollständigen Lösungen [3 ed.] 3658442417, 9783658442415

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Martin Dehli

Aufgabensammlung Technische Thermodynamik Mit vollständigen Lösungen 3. Auflage

Aufgabensammlung Technische Thermodynamik

Martin Dehli

Aufgabensammlung Technische Thermodynamik Mit vollständigen Lösungen 3. Auflage

Martin Dehli Fakultät Angewandte Naturwissenschaften, Energie- und Gebäudetechnik Hochschule Esslingen Esslingen, Deutschland

ISBN 978-3-658-44241-5 ISBN 978-3-658-44242-2 (eBook) https://doi.org/10.1007/978-3-658-44242-2 Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. © Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2015, 2018, 2024 Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung, die nicht ausdrücklich vom Urheberrechtsgesetz zugelassen ist, bedarf der vorherigen Zustimmung des Verlags. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Bearbeitungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von allgemein beschreibenden Bezeichnungen, Marken, Unternehmensnamen etc. in diesem Werk bedeutet nicht, dass diese frei durch jedermann benutzt werden dürfen. Die Berechtigung zur Benutzung unterliegt, auch ohne gesonderten Hinweis hierzu, den Regeln des Markenrechts. Die Rechte des jeweiligen Zeicheninhabers sind zu beachten. Der Verlag, die Autoren und die Herausgeber gehen davon aus, dass die Angaben und Informationen in diesem Werk zum Zeitpunkt der Veröffentlichung vollständig und korrekt sind. Weder der Verlag noch die Autoren oder die Herausgeber übernehmen, ausdrücklich oder implizit, Gewähr für den Inhalt des Werkes, etwaige Fehler oder Äußerungen. Der Verlag bleibt im Hinblick auf geografische Zuordnungen und Gebietsbezeichnungen in veröffentlichten Karten und Institutionsadressen neutral. Planung/Lektorat: Eric Blaschke Springer Vieweg ist ein Imprint der eingetragenen Gesellschaft Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH und ist ein Teil von Springer Nature. Die Anschrift der Gesellschaft ist: Abraham-Lincoln-Str. 46, 65189 Wiesbaden, Germany Das Papier dieses Produkts ist recyclebar.

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Vorwort zur 3. Auflage Die Technische Thermodynamik zählt zu den grundlegenden Wissensbereichen des Maschinenbaus, der Energietechnik, der Kraftfahrzeugtechnik, der Versorgungstechnik, der Gebäudetechnik, der Umwelttechnik sowie weiterer Fachgebiete der Ingenieurwissenschaften. Für Studierende erscheint die Thermodynamik in Teilbereichen als eher schwieriges Fach, weil beim Wissenserwerb – etwa bei der Erarbeitung und Nutzung des Energieerhaltungssatzes oder der Entropie als grundlegender Zustandsgröße – erhöhte Anforderungen an die Abstraktionsfähigkeit gestellt werden. Deshalb erweist es sich als nützlich, die erworbenen Kenntnisse anhand von zahlreichen praktischen Übungsbeispielen zu festigen und zu vertiefen. Damit lassen sich Vorlesungsinhalte selbstständig nacharbeiten. Daneben kann die Aufgabensammlung auch zur Vorbereitung auf Prüfungen dienen. Durch eine schrittweise Aufgabenstellung werden die Lösungswege vorbereitet, um auf diese Weise auf die ausführlichen Lösungen hinzuführen. Zahlreiche im Buch enthaltene Aufgaben und deren Lösungen sind für Lehrveranstaltungen an Hochschulen mit technischer Ausrichtung geeignet. Die Aufgaben sind so konzipiert, dass sie insbesondere auch Ingenieuren, die sich bei der beruflichen Arbeit mit Fragen der Technischen Thermodynamik auseinandersetzen, geeignete Lösungswege aufzeigen können. Die vorliegende Aufgabensammlung ist als Ergänzung und Vertiefung zum Lehrbuch ’Dehli/Doering/Schedwill: Grundlagen der Technischen Thermodynamik’ (Verlag Springer Vieweg, 10. Auflage 2023, ISBN 978-3-658-41250-0) konzipiert und weist dieselbe inhaltliche Gliederung wie das Lehrbuch auf. Unabhängig von diesem Lehrbuch eignet es sich auch für die Leser anderer Lehrbücher der Thermodynamik. Inhaltliche Schwerpunkte sind dabei die thermodynamischen Grundbegriffe, der erste Hauptsatz der Thermodynamik, der zweite Hauptsatz der Thermodynamik, ideale Gase, reale Gase und Dämpfe, thermische Maschinen, Kreisprozesse, Exergie, Wärmeübertragung, feuchte Luft, Verbrennung und chemische Thermodynamik. Anhand von grafischen Darstellungen – insbesondere auch von Zustandsdiagrammen - - werden die thermodynamischen Sachverhalte veranschaulicht. Der Verfasser ist seinem verstorbenen Kollegen Prof. Dr.-Ing. Herbert Schedwill zu großem Dank verpflichtet, der durch die Bereitstellung von Aufgaben sowie im Rahmen von Fachgesprächen wesentlich zu diesem Buch beigetragen hat. Ein weiterer Dank gilt Dipl.-Ing. Thomas Zipsner und Dipl.-Ing. Eric Blaschke vom Lektorat Maschinenbau des Verlags Springer Vieweg, die den Arbeitsfortgang am Buch kompetent und anregend begleitet haben. Zu Orientierung sind die Aufgaben mit Angaben zum jeweiligen Schwierigkeitsgrad gekennzeichnet: Schwierigkeitsgrad: leicht Schwierigkeitsgrad: mittel Schwierigkeitsgrad: erheblich Hinweis zu den Lösungen der Aufgaben in den Abschnitten 5, 6, 7 und 8:

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Die Stoffwerte wurden mit dem Rechenprogramm ’ThermoFluids’ berechnet, einer Software für die Berechnung thermodynamischer Eigenschaften für mehr als 60 reine Stoffe auf der Basis der Software Fluidcal. Diese Software wurde vom Lehrstuhl für Thermodynamik der Ruhr-Universität Bochum (Prof. em. Dr.-Ing. Wolfgang Wagner) entwickelt. Weiter wurde dort speziell für Wasser und Wasserdampf eine Software für die Industrie-Formulation IAPWS-IF97 sowie eine Software für die WissenschaftsFormulation IAPWS-95 für Wasser und Wasserdampf erarbeitet. Diese Software auf der Basis der IAPWS-95 ist für Hochschulen kostenlos, wenn die Software ausschließlich in Lehre und Forschung eingesetzt wird. An demselben Lehrstuhl ist auch die Software zur Referenz-Zustandsgleichung GERG-2008 für Erdgase und andere Gemische entstanden. Vertiefende Arbeiten mit der Industrie-Formulation IAPWS-IF97 für Wasser und Wasserdampf finden sich an der Fakultät Maschinenwesen der Hochschule Zittau/Görlitz (Prof. Dr.-Ing. habil. Hans-Joachim Kretzschmar). Das National Institute of Standards and Technology NIST, eine Bundesbehörde der Vereinigten Staaten von Nordamerika, stellt mit REFPROP eine Software für die Berechnung thermodynamischer Zustandsgrößen von reinen Stoffen und von Stoffgemischen für wissenschaftliche Zwecke bereit. Als kostenlose Software ist ein sogenanntes Mini-REFPROP-Programm als Probeversion der vollständigen REFPROP-Software0 verfügbar, das eine begrenzte Anzahl von reinen Stoffen berücksichtigt und als Hilfsmittel in der Lehre konzipiert ist, um Studierende mit den thermodynamischen Eigenschaften von Stoffen vertraut zu machen. Thermodynamische Stoffwerte können auch geeigneten Tabellenwerken entnommen werden. Z. B. enthält der VDI-Wärmeatlas (Verlag Springer Vieweg, 12. Auflage 2019) u. a. eine umfassende Sammlung von Stoffwerten. Als ältere Quelle stehen u. a. auch die VDI-Wasserdampftafeln zur Verfügung. Eine Ermittlung thermodynamischer Stoffwerte ist auch mithilfe von Zustandsdiagrammen möglich, wie sie beispielsweise im Anhang der vorliegenden Aufgabensammlung enthalten sind. Diagramme können Zustände und Zustandsänderungen sowie thermodynamische Prozesse sehr gut veranschaulichen, ermöglichen jedoch nur eine eingeschränkte Ablesegenauigkeit. Der TEX/LATEX-Satz für das vorliegende Buch wurde vom Verfasser selbst erstellt. Die 3. Auflage wurde gegenüber der 2. Auflage um Aufgaben aus dem Gebiet der Strömungstechnik, der Dynamik idealer Gase, der Kreisprozesse, der thermischen Maschinen, der Exergie und der chemischen Thermodynamik erweitert. Daneben haben weitere Diagramme wichtiger Kältemittel Eingang in das Lehrbuch gefunden. Weiter wurden Erweiterungen und Ergänzungen zum besseren Verständnis der Lösungswege vorgenommen; auch wurden Satzfehler berichtigt. Esslingen 2024 Prof. Dr.-Ing. Martin Dehli

Inhaltsverzeichnis (Das Inhaltsverzeichnis bezieht sich auf die Abschnitte des Lehrbuchs "Grundlagen der Technischen Thermodynamik")

1 Aufgaben zu Abschnitt 1: Thermodynamische Grundbegriffe . . . . . . . . . 1 2 Aufgaben zu Abschnitt 2: Der erste Hauptsatz der Thermodynamik . . 5 3 Aufgaben zu Abschnitt 3: Der zweite Hauptsatz der Thermodynamik 21 4 Aufgaben zu Abschnitt 4: Ideale Gase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 5 Aufgaben zu Abschnitt 5: Reale Gase und Dämpfe . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 6 Aufgaben zu Abschnitt 6: Thermische Maschinen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 7 Aufgaben zu Abschnitt 7: Kreisprozesse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 8 Aufgaben zu Abschnitt 8: Exergie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 9 Aufgaben zu Abschnitt 9: Wärmeübertragung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 10 Aufgaben zu Abschnitt 10: Feuchte Luft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253 11 Aufgaben zu Abschnitt 11: Verbrennung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291 12 Aufgaben zu Abschnitt 12: Chemische Thermodynamik . . . . . . . . . . . 317 Ankreuz- und Einsetzaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335 Anhang: Zustandsdiagramme und Tabellen mit Stoffwerten . . . . . . . . . . 385

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Zur Orientierung ist im Folgenden das vollständige Inhaltsverzeichnis des Lehrbuchs ’Grundlagen der Technischen Thermodynamik’ wiedergegeben, auf das sich die vorliegende Aufgabensammlung bezieht.

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Vollständiges Inhaltsverzeichnis des Lehrbuchs 1 Thermodynamische Grundbegriffe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1 Anwendungsgebiete der Thermodynamik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2 System . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.3 Zustand, Zustandsgrößen, Zustandsänderungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5 1.4 Prozess, Prozessgrößen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2 Der erste Hauptsatz der Thermodynamik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2.1 Das Prinzip von der Erhaltung der Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2.2 Potentielle Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .10 2.3 Kinetische Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.4 Arbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.4.1 Volumenänderungsarbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.4.2 Kupplungsarbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.4.3 Verschiebearbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.4.4 Druckänderungsarbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.4.5 Reibungsarbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .19 2.5 Thermische Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.5.1 Innere Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.5.2 Wärme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.5.3 Enthalpie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.6 Energiebilanzen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.6.1 Energiebilanz für das geschlossene System . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.6.2 Energiebilanz für das offene System . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.7 Wärmekapazität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.7.1 Spezifische Wärmekapazität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.7.2 Die spezifische Wärmekapazität der Gase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 2.8 Strömungstechnische Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.8.1 Allgemeines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.8.2 Strömungsformen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.8.3 Reibung und Rauigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .36 2.8.4 Einzelwiderstände . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .38 2.8.5 Äquivalente Rohrlänge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2.8.6 Druckverlust bzw. Druckgewinn infolge des Dichteunterschieds zwischen strömendem Fluid und Umgebungsfluid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2.8.7 Gesamtdruckdifferenz bei der Fluidfortleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 3 Der zweite Hauptsatz der Thermodynamik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 3.1 Die Aussage des zweiten Hauptsatzes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 3.1.1 Reversible und irreversible Prozesse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 3.1.2 Quasistatische Zustandsänderungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 3.2 Irreversible Vorgänge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 3.2.1 Reibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 3.2.2 Temperaturausgleich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3.2.3 Druckausgleich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3.2.4 Drosselung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

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3.3 Entropie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 3.3.1 Reversible Ersatzprozesse adiabater Prozesse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 3.3.2 Die Berechnung der Entropieänderung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 3.3.3 Die Entropie als Zustandsgröße, totales Differential . . . . . . . . . . . . . . . . . . .52 3.4 Die Entropieänderung der irreversiblen Vorgänge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 3.4.1 Reibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 3.4.2 Temperaturausgleich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 3.4.3 Druckausgleich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 3.4.4 Drosselung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 3.5 Nichtadiabater Prozess und reversibler Ersatzprozess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 3.5.1 Isentrope; Deutungen des Entropiebegriffs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 3.5.2 Entropiediagramme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 3.5.3 Kreisintegral, thermodynamische Temperatur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 3.5.4 Dissipative Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 4 Ideale Gase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 4.1 Thermische Zustandsgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 4.1.1 Gesetz von Boyle und Mariotte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .69 4.1.2 Gesetz von Gay-Lussac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 4.1.3 Physikalischer Normzustand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .70 4.1.4 Gasthermometer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 4.1.5 Spezielle Gaskonstante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 4.1.6 Allgemeine Gaskonstante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .74 4.2 Kalorische Zustandsgrößen der idealen Gase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .74 4.2.1 Innere Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 4.2.2 Enthalpie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 4.2.3 Entropie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 4.3 Zustandsänderungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 4.3.1 Isochore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 4.3.2 Isobare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 4.3.3 Isotherme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 4.3.4 Isentrope . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 4.3.5 Polytrope . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 4.3.6 Zustandsänderungen mit veränderlicher Masse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 4.4 Thermische Energie und Arbeit im T, s-Diagramm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 4.5 Mischungen idealer Gase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 4.5.1 Der Mischungsvorgang im abgeschlossenen System . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 4.5.2 Mischung bei unverändertem Gesamtvolumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 4.5.3 Mischung ohne Temperatur- und Druckänderung bei unverändertem Gesamtvolumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .106 4.5.4 Der Mischungsvorgang im offenen System . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 4.6 Dynamik idealer Gase: Kompressible stationäre Gasströmung . . . . . . . . . . . . . 111 4.6.1 Einführung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 4.6.2 Schallgeschwindigkeit und Schallausbreitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 4.6.3 Energiegleichung und Bernoulli-Gleichung der kompressiblen eindimensionalen Strömung idealer Gase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 4.6.4 Ruhegrößen und kritischer Zustand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 4.6.5 Das Geschwindigkeitsdiagramm der spezifischen Energiegleichung . . . 121

XI

4.6.6 4.6.7 4.6.8 4.6.9

Die Durchflussfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .122 Isentrope Gasströmung in Düsen und Blenden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 Beschleunigte kompressible Strömung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 Verdichtungsstoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

5 Reale Gase und Dämpfe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 5.1 Eigenschaften der Dämpfe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 5.1.1 Phasenübergänge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 5.1.2 Zweiphasengebiete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 5.1.3 Sieden und Kondensieren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 5.1.4 Verdunsten und Tauen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 5.1.5 Flüssigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157 5.1.6 Nassdampf . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .160 5.1.7 Überhitzter Dampf . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 5.2 Zustandsdiagramme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 5.2.1 Die p, v, T -Fläche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 5.2.2 Das T, s -Diagramm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 5.2.3 Das h, s -Diagramm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 5.3 Thermische Zustandsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .172 5.3.1 Die van der Waalssche Gleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 5.3.2 Die Grenzkurve und die Maxwell -Beziehung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174 5.3.3 Die reduzierte van der Waalssche Gleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .176 5.3.4 Verschiedene Ansätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 5.3.5 Virialkoeffizienten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .181 5.4 Berechnung von Zustandsgrößen; Dampftafeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183 5.4.1 Die kalorischen Zustandsgrößen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 5.4.2 Die spezifischen Wärmekapazitäten cp und cv . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 5.4.3 Der Isentropenexponent und der Isothermenexponent . . . . . . . . . . . . . . . 191 5.4.4 Die Clausius-Clapeyronsche Gleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 5.4.5 Freie Energie und freie Enthalpie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 5.4.5.1 Allgemeines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 5.4.5.2 Ein g, s -Zustandsdiagramm für Wasser und Wasserdampf . . . 203 5.4.6 Der Joule-Thomson-Effekt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 6 Thermische Maschinen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .213 6.1 Einteilung und Arten der Maschinen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 6.1.1 Unterteilung nach der Richtung der Energieumwandlung . . . . . . . . . . . . 213 6.1.2 Unterteilung nach der Bauart der Maschinen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 6.1.3 Unterteilung nach der Art des ablaufenden Prozesses . . . . . . . . . . . . . . . . 214 6.2 Ideale Maschinen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 6.2.1 Verdichtung und Entspannung in idealen Maschinen . . . . . . . . . . . . . . . . 215 6.2.2 Mehrstufige Verdichtung und Entspannung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 6.2.3 Die Energiebilanz für Strömungsmaschinen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218 6.2.4 Die Energiebilanz für Verdrängermaschinen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220 6.3 Energiebilanzen für wirkliche Maschinen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 6.3.1 Innere oder indizierte Arbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224 6.3.2 Totalarbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225 6.3.3 Totalenthalpie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226

XII

6.4 Wirkliche Maschinen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226 6.4.1 Der ungekühlte Verdichter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226 6.4.2 Der gekühlte Verdichter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229 6.4.3 Kolbenverdichter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .231 6.4.4 Turboverdichter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .231 6.4.5 Gas- und Dampfturbinen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231 6.5 Wirkungsgrade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235 6.5.1 Vergleichsprozesse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236 6.5.2 Der innere Wirkungsgrad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236 6.5.3 Der mechanische Wirkungsgrad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238 6.5.4 Der Gesamtwirkungsgrad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238 6.5.5 Der isentrope Wirkungsgrad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238 6.5.6 Der isotherme Wirkungsgrad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 6.5.7 Der polytrope Wirkungsgrad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 7 Kreisprozesse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245 7.1 Kreisprozessarbeit, Wärmezufuhr und Wärmeabgabe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245 7.2 Rechts- und linkslaufende Kreisprozesse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251 7.3 Die Theorie der rechtslaufenden Kreisprozesse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252 7.3.1 Umwandlung von thermischer in mechanische Energie . . . . . . . . . . . . . . . 253 7.3.2 Der thermische Wirkungsgrad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .254 7.3.3 Der rechtslaufende Carnot -Prozess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255 7.3.4 Die Auswirkung irreversibler Vorgänge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256 7.3.5 Der Carnot -Faktor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .258 7.4 Technisch genutzte rechtslaufende Kreisprozesse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260 7.4.1 Seiliger -Prozess, Otto-Prozess, Diesel -Prozess, verallgemeinerter Diesel -Prozess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261 7.4.2 Joule-Prozess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265 7.4.3 Ericsson-Prozess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .268 7.4.4 Stirling-Prozess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270 7.4.5 Einfach-polytropischer Carnot -Prozess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272 7.4.6 Gasexpansions-Prozess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273 7.4.7 Clausius-Rankine-Prozess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274 7.5 Vergleichende Bewertung von rechtslaufenden Kreisprozessen . . . . . . . . . . . . . .277 7.5.1 Prozessgrößen und Kreisprozesse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278 7.5.2 Mechanische Anstrengungsverhältnisse und thermische Anstrengungsverhältnisse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279 7.5.3 Bewertungskriterien für wichtige thermodynamische Kreisprozesse . . .283 7.5.3.1 Allgemeine thermodynamische Beziehungen . . . . . . . . . . . . . . . . . 283 7.5.3.2 Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285 7.5.3.3 Graphische Darstellung der thermodynamischen Beziehungen 299 7.5.3.4 Kreisprozessberechnungen für reale Fluide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 7.6 Linkslaufende Kreisprozesse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317 7.6.1 Leistungszahl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318 7.6.2 Der linkslaufende Carnot -Prozess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319 7.6.3 Der linkslaufende Joule-Prozess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 320 7.6.4 Der Gasexpansions-Prozess als Kälteprozess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321 7.6.5 Der Kompressions-Kaltdampfprozess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325

XIII

8 Exergie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333 8.1 Energie und Exergie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333 8.1.1 Die Exergie der Wärme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335 8.1.2 Die Exergie der gebundenen Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335 8.1.3 Die Exergie der Temperaturänderungswärme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 338 8.1.4 Die Exergie der Volumenänderungsarbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340 8.1.5 Die Exergie der Verschiebearbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341 8.1.6 Die Exergie der Druckänderungsarbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342 8.1.7 Die Exergie der inneren Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343 8.1.8 Die Exergie der Enthalpie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347 8.1.9 Die Exergie der freien Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351 8.1.10 Die Exergie der freien Enthalpie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351 8.1.11 Unterschied zwischen EU und EF . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 354 8.1.12 Unterschied zwischen EH und EG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355 8.1.13 Freie Energie und freie Enthalpie als thermodynamische Potentiale . 355 8.2 Exergie und Anergie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358 8.2.1 Die Anergie im p, V -Diagramm und im T, S -Diagramm . . . . . . . . . . . . . 360 8.2.2 Anergiefreie Energien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361 8.3 Exergieverlust . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363 8.3.1 Irreversibilität und Exergieverlust . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363 8.3.2 Exergieverlust und Anergiegewinn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367 8.3.3 Exergetische Wirkungsgrade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 370 9 Wärmeübertragung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375 9.1 Wärmestrahlung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375 9.1.1 Stefan-Boltzmannsches Gesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375 9.1.2 Kirchhoff sches Gesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375 9.1.3 Planck sches Strahlungsgesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376 9.1.4 Wiensches Verschiebungsgesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377 9.1.5 Lambert sches Kosinusgesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378 9.1.6 Einstrahlzahl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378 9.2 Strahlungsaustausch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383 9.2.1 Hohlraummethode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384 9.2.2 Umhüllung einer Fläche durch eine andere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385 9.2.3 Zwei große parallele Flächen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386 9.2.4 Matrizendarstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .386 9.3 Stationäre eindimensionale Wärmeleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389 9.3.1 Ebene Wand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389 9.3.2 Rohrwand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 390 9.4 Instationäre eindimensionale Wärmeleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391 9.4.1 Ebene einschichtige Wand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392 9.4.2 Halbunendlicher Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .394 9.4.3 Kontakttemperatur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 395 9.5 Konvektion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396 9.5.1 Wärmeübergangskoeffizient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 397 9.5.2 Ähnlichkeitstheorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 398 9.5.3 Reynolds-Analogie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401 9.5.4 Prandtl -Analogie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402

XIV

9.6

9.7 9.8

9.9

9.5.5 Potenzansätze für die laminare und die turbulente Strömung . . . . . . . . 405 9.5.6 Ansätze für Phasenüberegänge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 411 Wärmedurchgang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414 9.6.1 Wärmedurchgangskoeffizient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 415 9.6.2 Rippenwirkungsgrad und Flächenwirkungsgrad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 416 9.6.3 Mittlere Temperaturdifferenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 417 9.6.4 Betriebscharakteristik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 417 Berippte Wärmeübertragungsflächen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 418 9.7.1 Gerade Rippe mit Rechteckquerschnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 419 9.7.2 Kreisförmige Rippe mit Rechteckquerschnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 419 Trennwandwärmeübertrager . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 421 9.8.1 Gleichstrom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 421 9.8.2 Gegenstrom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .422 9.8.3 Kreuzstrom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424 9.8.4 Wärmeübertragung mit Phasenübergang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 428 Auswertung und Auslegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 429 9.9.1 Korrekturfaktor für Kreuzstrom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 430 9.9.2 Darstellung der Betriebscharakteristik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432 9.9.3 Wärmelängsleitung in der ebenen Trennwand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434 9.9.4 Auslegungsdiagramm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 437

10 Feuchte Luft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453 10.1 Zustandseigenschaften feuchter Luft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453 10.1.1 Relative Feuchte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453 10.1.2 Feuchtegrad und Sättigungsgrad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453 10.1.3 Spezifische Enthalpie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 455 10.1.4 Spezifisches Volumen und Dichte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 456 10.2 Zustandsänderungen feuchter Luft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 456 10.2.1 Temperaturänderung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .457 10.2.2 Befeuchtung und Entfeuchtung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 457 10.2.3 Mischung zweier Feuchtluftmengen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 458 10.3 Das h,x -Diagramm von Mollier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .459 10.3.1 Temperaturänderung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .461 10.3.2 Befeuchtung und Entfeuchtung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462 10.3.3 Mischung zweier Feuchtluftmengen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462 10.4 Verdunstungsmodell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462 10.4.1 Verdunstungskoeffizient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462 10.4.2 Energiebilanzen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463 10.4.3 Lewissche Beziehung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464 10.5 Kühlgrenze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413 10.6 Verdunstung und Tauniederschlag . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 467 10.7 Wasserdampfdiffusion durch Wände . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 468 11 Verbrennung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 475 11.1 Brennstoffe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 476 11.1.1 Gasförmige Brennstoffe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 476 11.1.2 Feste und flüssige Brennstoffe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 480 11.1.3 Zusammensetzung des Verbrennungsgases, Verbrennungsdreiecke,

XV

Verbrennungskontrolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483 11.2 Technische Gesichtspunkte der Verbrennung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491 11.2.1 Einleitung und Ablauf der Verbrennung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491 11.2.2 Vollkommene und unvollkommene Verbrennung . . . . . . . . . . . . . . . . . 491 11.2.3 Taupunkt der Verbrennungsgase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494 11.2.4 Schornsteinzug . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494 11.3 Brennwert und Heizwert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495 11.4 Theoretische Verbrennungstemperatur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .497 12 Chemische Thermodynamik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 507 12.1 Systeme mit chemischen Reaktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 507 12.2 Reaktionsumsatz und Umsatzgrad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 509 12.3 Molare Reaktionsenthalpien und molare Standard-Bildungsenthalpien; Satz von Hess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512 12.3.1 Molare Reaktionsenthalpien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512 12.3.2 Molare Standard-Bildungsenthalpien; Satz von Hess . . . . . . . . . . . . 516 12.4 Absolute molare Entropien; dritter Hauptsatz der Thermodynamik . . . . . 522 12.5 Die Bedeutung des zweiten Hauptsatzes für chemische Reaktionen . . . . . . 526 12.6 Chemische Exergien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533 12.7 Brennstoffexergien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 536 12.8 Chemische Potentiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 541 12.9 Das Massenwirkungsgesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543 12.10 Druck- und Temperaturabhängigkeit der Konstanten des Massenwirkungsgesetzes; Gesetz von LeChatelier und Braun . . . . . 548 12.11 Modell isotherm-isobarer reversibler chemischer Reaktionen . . . . . . . . . . . 553 12.11.1 Modell der reversiblen Oxidation von Wasserstoff . . . . . . . . . . . .553 12.11.2 Modell beliebiger homogener reversibler chemischer Reaktionen idealer Gase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .557 12.11.3 Verlustlose Speicherung von Wärme und Arbeit in Form chemischer Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 558 12.12 Brennstoffzellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .560 Anhang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 567 Literaturverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 604 Sachwortverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612

XVII

Wichtige Formelzeichen ∆R Gm molare Reaktions-Gibbs-Funktion Auftrieb, Fläche, Querschnitt, Ga Galilei-Zahl 1. Virialkoeffizient, Anergie Gr Grashof -Zahl a spezifische Anergie, TemperaturleitFallbeschleunigung, fähigkeit, Absorptionsverhältnis, Kon- g spezifische freie Enthalpie stante, Parameter, Massenanteil Asche, H Enthalpie, Höhe, einfallende Schallgeschwindigkeit flächenbezogene Strahlung aqs thermisches Anstrengungsverhältnis aqT thermisches Anstrengungsverhältnis H˙ Enthalpiestrom awp mechanisches Anstrengungsverhältnis HAmax maximale Verbrennungsgasenthalawv mechanisches Anstrengungsverhältnis pie (maximale Abgasenthalpie) f ag Gesamtanstrengungsverhältnis Hm,0i molare Standard-Bildungsenthalpie B 2. Virialkoeffizient, abgegebene Hi spezifischer Heizwert flächenbezogene Strahlung, Breite Hi,0 normvolumenbezogener Heizwert b Wärmeeindringkoeffizient, Konstante, Hm,0i molare Enthalpie Parameter Hs spezifischer Brennwert C Wärmekapazität, normvolumenbezoge- Hs,0 normvolumenbezogener Brennwert ne Wärmekapazität, 3. Virialkoeffizient, Ht Totalenthalpie Strahlungskoeffizient, Eulersche Kon- ∆A Hm molare Aktivierungsenthalpie stante, Wasserdampfkonzentration ∆R Hm molare Reaktionsenthalpie C˙ zeitbezogene Wärmekapazität eines ∆HT Minderarbeit Fluidstroms (Wärmekapazitätsstrom) ∆HV Mehrarbeit Cm molare Wärmekapazität h spezifische Enthalpie, Höhe, c Geschwindigkeit, spezifische WärmeP lancksches Wirkungsquantum, kapazität, Strahlungskonstante, LichtgeMassenanteil Wasserstoff, normschwindigkeit, Massenanteil Kohlenstoff volumenbezogene Enthalpie D 4. Virialkoeffizient, Diffusionskoeffizient I Intensität d Differential i Stufenzahl, Laufvariable d Durchmesser, Durchlassverhältnis j Laufvariable E Energie, Energieinhalt eines Stoffstroms, K Konstante, GleichgewichtsExergie, Emission, Elastizitätsmodul konstante, Funktion E˙ Energiestrom k Wärmedurchgangskoeffizient, Ek kinetische Energie Boltzmannsche Konstante, Em,0i molare Energie Proportionalitätsfaktor Ep potentielle Energie L Luftzustand ∆ET Energierückgewinn l Länge, normvolumenbezogener ∆EV Erhitzungsverlust Luftbedarf Exm,0i molare Exergie l∗ spezifischer Luftbedarf Ex l0 äquivalente Rohrlänge m,0i molare Standard-Exergie Exm,B molare Brennstoff-Exergie la Luftgehalt e spezifische Exergie, Basis der natürln natürlicher Logarithmus lichen Logarithmen, Einheitsmatrix lg Logarithmus zur Basis 10 F Kraft, Gewichtsüberschuss, freie M Molmasse, Drehmoment, M achzahl Energie, Flüssigkeit, Funktion m Masse FR Reibungskraft m ˙ Massenstrom FT Tangentialkraft NA Avogadro-Zahl f spezifische freie Energie, Funktion Nu Nußelt-Zahl G Gewicht, freie Enthalpie n Molmenge, Polytropenexponent, Gm,0i molare freie Enthalpie, Drehzahl, Massenanteil Stickstoff molare Gibbs-Funktion n˙ Molmengenstrom nS Isentropenexponent G m,0i molare Standard-Gibbs-Funktion A

XVIII

Isothermenexponent normvolumenbezogener Sauerstoffbedarf, Massenanteil Sauerstoff o∗ spezifischer Sauerstoffbedarf P Leistung Pe P eclet-Zahl Pr P randtl-Zahl p Druck ∆p Druckdifferenz Q Wärme Q˙ Wärmestrom (Wärmeleistung) Qrev reversible Wärme (reversible Ersatzwärme) q spezifische Wärme qrev spezifische reversible Wärme (spezifische reversible Ersatzwärme) qs spezifische Entropieänderungswärme (spezifische reversible Wärme, spezifische reversible Ersatzwärme) qT spezifische Temperaturänderungswärme R spezielle Gaskonstante, Radius Ra Wärmeübergangswiderstand außen RD Wärmedurchgangswiderstand Ri Wärmeübergangswiderstand innen RL Wärmeleitwiderstand Ra Raleigh-Zahl Re Reynolds-Zahl Rm allgemeine Gaskonstante r Volumenanteil (Raumanteil), spezifische Verdampfungsenthalpie (spezifische Verdampfungswärme), Reflexionsverhältnis, Radius, Matrix S Entropie, Dampfdurchlasswiderstand S˙ Entropiestrom Sm,0i molare Entropie  Sm,0i molare Standard-Entropie ∆R Sm molare Reaktionsentropie St Stanton-Zahl s spezifische Entropie, Weg, Länge, Dicke, Massenanteil Schwefel T absolute Temperatur (thermodynamische Temperatur, Kelvin-Temperatur), Tiefe t Celsiustemperatur tAmax theoretische Verbrennungstemperatur (adiabate Verbrennungstemperatur) U innere Energie, Umfang U˙ zeitbezogene innere Energie u spezifische innere Energie, dimensionslose Kennzahl

nT o

V Volumen V˙ Volumenstrom V0 Normvolumen ∆R Vm molares Reaktionsvolumen v spezifisches Volumen v0 normvolumenbezogene Verbrennungsgasmenge (normvolumenbezogene Abgasmenge) v0∗ spezifische Verbrennungsgasmenge (spezifische Abgasmenge) W Arbeit, Verschiebearbeit, zeitbezogene Wärmekapazität eines Fluidstroms, (Wärmekapazitätsstrom, Wasserwert) Wa van der W aals-Zahl We Kupplungsarbeit (Wellenarbeit, technische Arbeit) Wi innere Arbeit (indizierte Arbeit) WKreis Kreisprozessarbeit (Wm )rev reversible molare Reaktionsarbeit Wp Druckänderungsarbeit WR Reibungsarbeit WRA äußere Reibungsarbeit WRI innere Reibungsarbeit Wt Totalarbeit WV Volumenänderungsarbeit w spezifische Arbeit, Geschwindigkeit, Massenanteil Wasser wKreis spezifische Kreisprozessarbeit wp spezifische Druckänderungsarbeit wR spezifische Reibungsarbeit wRA spezifische äußere Reibungsarbeit wRI spezifische innere Reibungsarbeit wV spezifische Volumenänderungsarbeit x Dampfgehalt, Feuchtegrad (Feuchtigkeitsgehalt, Wassergehalt), Koordinate y Koordinate z Koordinate, Realgasfaktor, Anteil, Reaktionsumsatz z˙ Umsatzrate α β γ ∆ δ



Wärmeübergangskoeffizient, Winkel Volumenausdehnungskoeffizient, Winkel spezifisches Gewicht, Winkel Differenz reduzierte Dichte (normierte Dichte), isenthalper Drosselkoeffizient (JouleThomson-Koeffizient), Wanddicke Leistungszahl, Verdichtungsverhältnis, Emissionsverhältnis, Umsatzgrad

XIX

gesamt gleichwertig Hub, Heizung η isenthalp, hydraulisch ϑ innen, Stufenzahl, Komponente, Laufvariable κ id ideal λ is innen isentrop it innen isotherm j Laufvariable µ K Kolben, Kompression, Kälteanlage, kritischer Punkt, Kontakt ν k kritisch, kritischer Punkt L Luft Π M Mischungszustand π m Mittelwert, molar, mechanisch max Höchstwert % min Mindestwert Σ min t Mindestwert trocken σ N Nassdampf n polytrop p Druck, isobar, polytrop, Partialdruck Qu Quelle τ R Reibung, Rippe Φ RA äußere Reibung RI innere Reibung ϕ r reduziert rev reversibel ψ S Sättigung, Siedezustand, Siedepunkt, schwarzer Körper, Stirnfläche, Schlacke bzw. Asche Ψ Se Senke Ω s isentrop ω T Turbine, Tripelpunkt Tr Tripelpunkt t isotherm, total Indizes (tiefgestellt) th thermisch A Abgas U Umgebung a außen, Austritt ü über ab Abgabe Volumen, Verdichter, Verlust, af Abgas feucht (Verbrennungsgas feucht) V Verdunstung amb Umgebung v isochor at Abgas trocken (Verbrennungsgas W Wasser, Wärmepumpe, trocken) Wärmeübertragung B Brennstoff, Brenngas Wd Wand C Carnot Z Zwischenzustand D Drosselung, Dampf, Wasserdampf zu Zufuhr E Energie, Eis, Wassereis 0 Normzustand, Bezugszustand, e effektiv, Welle, Eintritt Umgebungszustand, Anfangsgröße el elektrisch 1 Anfang, Eintritt F Flüssigkeit 2 Ende, Austritt G gesamt, Grundfläche ζ

exergetischer Wirkungsgrad, Widerstandszahl (Widerstandsbeiwert) Wirkungsgrad, dynamische Viskosität Temperatur, reduzierte Temperatur (normierte Temperatur) Isentropenexponent, cp /cv Wärmeleitfähigkeit (Wärmeleitkoeffizient), Wellenlänge, Luftverhältnis, Rohrreibungszahl Massenanteil, Diffusionswiderstandsfaktor kinematische Viskosität, Stickstoffcharakteristik Produkt reduzierter Druck (normierter Druck), Kreisumfangszahl Dichte Summe Verdunstungskoeffizient, spezifische Schmelzenthalpie (spezifische Schmelzwärme), Sauerstoffbedarfscharakteristik, Normalspannung Zeitdauer, Schubspannung Betriebscharakteristik, Matrix der Einstrahlzahlen Einspritzverhältnis, Einstrahlzahl, relative Feuchte, Winkel Durchflussfunktion (Ausflussfunktion), Drucksteigerungsverhältnis, Sättigungsgrad Verhältnis Raumwinkel Winkelgeschwindigkeit, azentrischer Faktor, Hilfsgröße

g gl H h i

XX

Indizes (hochgestellt) af Abgas feucht (Verbrennungsgas feucht) at Abgas trocken (Verbrennungsgas trocken)

0 00

∗

siedende Flüssigkeit Sattdampf strömungstechnisch kritischer Zustand

XXI

Einleitung Ordnung hat ihren naturgesetzlichen Preis: Zum Wesen der Entropie Mit dem Ersten Hauptsatz der Thermodynamik haben Robert Mayer, James Prescott Joule und Hermann von Helmholtz um die Mitte des 19. Jahrhunderts gezeigt, dass sich die Idee von der Gewinnung unerschöpflicher Energie – dem ’Perpetuum mobile erster Art’ – nicht verwirklichen lässt: Energie wird weder geschaffen noch vernichtet – sie wird lediglich umgewandelt. Rudolf Clausius hat rund zwei Jahrzehnte danach den Zweiten Hauptsatz der Thermodynamik formulieret: Nichts geht an Energie verloren – aber ein Teil der Energie lässt sich bei Energieumwandlungsvorgängen für mechanische, thermische, chemische und biologische Zwecke nicht mehr nutzen, und am Ende von Energieumwandlungsvorgängen ist die – zuvor geordnete und damit wertvolle – Energie für eine weitere Verwendung unbrauchbar geworden, weil sie in einen ungeordneten Zustand übergegangen ist. Demgemäß ist auch ein ’Perpetuum mobile zweiter Art’ unmöglich. Clausius gelang es, die Zunahme der Unordnung mithilfe einer Zustandsgröße zu quantifizieren, die er als Entropie (Verwandlungsgröße, Entwicklungsgröße) bezeichnete. Fortlaufende Entwertung der Energie Gemäß dem Zweiten Hauptsatz der Thermodynamik gilt: Obwohl der Umfang der Energie in einem abgeschlossenen System vollständig erhalten bleibt, sagt dies noch nichts über ihre Verfügbarkeit aus. Die zur Überwindung von Reibung notwendige Arbeit lässt sich in aller Regel nicht mehr bzw. in Einzelfällen nur zum Teil zurückgewinnen; sie wirkt wie Wärme und erhöht nur die innere Energie von Stoffen – meist auf einem Temperaturniveau, das in der Nähe der Umgebungstemperatur liegt und damit unbrauchbar ist. Wärme fließt von selbst immer nur in eine Richtung: vom Stoff mit der höheren Temperatur zum Stoff mit der niedrigeren Temperatur – nie in umgekehrter Richtung. Deshalb werden in fernster Zukunft alle Vorgänge im abgeschlossenen System Weltall beim so genannten ’Wärmetod’ auf Niedrigtemperaturniveau zum Stillstand kommen.

Bild E.1 Robert Mayer, James Prescott Joule, Hermann von Helmholtz, Rudolf Clausius, Ludwig Boltzmann (von links nach rechts) Der Physiker Ludwig Boltzmann stellte im Jahr 1877 die Verbindung zwischen dem Zweiten Hauptsatz der Thermodynamik und der Wahrscheinlichkeitsrechnung her. Er kam zu dem Schluss, dass der Übergang zum thermischen Gleichgewicht und die damit verbundene Erhöhung der Entropie einem Übergang von einem unwahrscheinlicheren zu einem wahrscheinlicheren Zustand entspricht:

XXII

”Der Anfangszustand wird in den meisten Fällen ein sehr unwahrscheinlicher sein, von ihm wird das System immer wahrscheinlicheren Zuständen zueilen, bis es endlich den wahrscheinlichsten, d. h. den des Wärmegleichgewichts, erreicht hat. Wenden wir dies auf den Zweiten Hauptsatz an, so können wir diejenige Größe, welche man gewöhnlich als die Entropie zu bezeichnen pflegt, mit der Wahrscheinlichkeit des betreffenden Zustandes identifizieren.” Von der Ordnung zur Unordnung Es gibt also eine unumkehrbare Richtung bei allen Vorgängen in der Natur und in der Technik: Sie führt aus unwahrscheinlichen Zuständen und Strukturen einer aus Ungleichverteilung bestehenden Ordnung in wahrscheinliche Zustände der Gleichverteilung – also der Unordnung. Waren Stoffe und Potenziale zuvor hoch aggregativ verdichtet, münden sie schließlich in einen Zustand des allgemeinen Ausgleichs und von aufgelösten Unterschieden: Alles ist mit allem unumkehrbar vermischt und damit gleichförmig geworden. Deshalb gibt es ein ’Vorher’ und ein ’Nachher’; deshalb gibt es Zeit und Geschichte; darum ist ein Niedergang – trotz aller Erfolge – letztlich nicht zu vermeiden. Die Entwicklung zielt auf allgemeinen Ausgleich und damit auf Erstarrung und schließlichen Stillstand des ununterscheidbar Gleichen. Der Umfang an Energien und Stoffen ist begrenzt. Zwar bleibt die Summe aus Energie und Materie konstant, doch verringert sich mit jedem natürlichen und technischen Prozess der Umfang der arbeitsfähigen Energie und der nutzbaren Materie. Dies wird an einem Beispiel sichtbar: Fährt ein Kraftfahrzeug in der Stadt auf eine rote Ampel zu, muss es abgebremst werden. Im einfachsten Fall wird die kinetische Energie des Fahrzeugs auf null gebracht, wobei daraus gleich viel Reibungsarbeit entsteht, die die innere Energie der Bremsscheiben, der Reifen, der Straße und – nach Abkühlen der Bremsscheiben – der Umgebungsluft erhöht. Die Hoffnung, dass diese Vorgänge umkehrbar seien, ist vergeblich: Das Fahrzeug wird sich nicht wieder von selbst auf seine Anfangsgeschwindigkeit bringen können. Die Zunahme der inneren Energie der Luft, der Reifen und der Straße ist mit einer so geringen Temperaturerhöhung gegenüber der vorherigen Umgebungstemperatur verbunden, dass sie sich praktisch nicht mehr nutzen lässt. In der Thermodynamik lässt sich dieser Vorgang als Verlust an Exergie (d. h. an technischer Arbeitsfähigkeit von Energie) und ihre Umwandlung in Anergie (d. h. in nicht weiter nutzbare Energie im Gleichgewichtszustand mit der Umgebung) beschreiben; dabei ist die Änderung der Entropie von Belang. Dasselbe gilt vom Reifen- und Asphalt-Abrieb, der beim Bremsvorgang entstanden ist: Es gehen zwar keine Partikel ’verloren’, doch sind sie zerstreut und mit der Umgebung so vermischt, dass sie von selbst nicht wieder zusammenfinden. Auch hier ist Unordnung entstanden, in die Teilbereiche von Stoffen bei ihrer Nutzung übergegangen sind. Man hat es bei dieser Zunahme an Entropie mit einem irreversiblen Verlust an Verfügbarkeit über Energien und Stoffe zu tun. Immerhin lässt sich jedoch mit einer verbesserten Technik ein Teil der anfangs vorhandenen hochwertigen kinetischen Energie ’zurückgewinnen’ – mithilfe eines elektrischen Generators, der beim Abbremsen hilft, indem er über die Antriebswellen der Räder elektrische Energie erzeugt, die in einer elektrochemischen Speicherbatterie zwischengespeichert werden kann. Wird der Generator danach im Vier-Quadrantenbetrieb als Elektromotor genutzt, kann er beim Wieder-Anfahren mit der in der Batterie gespei-

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cherten Energie die Räder antreiben. Doch auch bei diesen Vorgängen muss eine Entwertung der Energien in Kauf genommen werden: Die ursprüngliche kinetische Energie – und damit die ursprüngliche Geschwindigkeit – des Fahrzeugs kann nicht wieder vollständig erreicht werden. Bei seinem Bestreben, nützliche Ordnung zu schaffen, verhält sich der Mensch ähnlich wie die Natur: Er nimmt dabei die Vermehrung von Unordnung in der Umgebung in Kauf. In der Summe entsteht dabei in dem zur Nutzung geschaffenen Teilsystem zwar die gewünschte Ordnung – aber eben auf Kosten einer Erhöhung von Unordnung in der Umgebung. Zieht man Bilanz, ist insgesamt mehr Unordnung als Ordnung entstanden: Die Entropie des Gesamtsystems hat zugenommen. Die Unordnung in der Umwelt wächst Der Zweite Hauptsatz der Thermodynamik zeigt den unvermeidlichen Preis der Ordnungslösungen auf, die der Mensch mit seinen technischen Systemen und die die Gesellschaft mit ihren staatlichen Strukturen verwirklicht: Jedes Schaffen von Ordnung ist mit einer größeren Zunahme an Unordnung in der Umgebung verbunden. Damit stellt sich nicht zuletzt auch die Vorstellung von Geschichte als einem eindeutigen Fortschrittsgeschehen als Irrtum heraus: Zwar können Wissenschaft und Technik sowie die Staatskunst hoch geordnete Teilsysteme schaffen und erhalten, doch das Gesamtsystem gerät in immer größere Unordnung. Die Idee Georg Wilhelm Friedrich Hegels, dass die Geschichte ein Ziel habe, sich dabei Höherentwicklung ereigne und bestehende Gegensätze auf immer höheren Ebenen aufgehoben werden könnten, erscheint unter diesem Blickwinkel als irrig. Dies gilt auch von der materialistischen Auffassung der Weltläufe, wie sie Karl Marx formulierte und in den Ideologien des Sozialismus, Kommunismus und Neoliberalismus des zwanzigsten Jahrhunderts fortlebte. Der Mensch beschleunigt die Entropievermehrung Der Mensch vermehrt – wie die Natur – die Entropie, er vernichtet Ordnung und vergrößert die Unordnung; er schöpft aus den Potenzialen der Ungleichverteilung (der Ordnung), indem er die vorhandenen Energiegefälle nutzt und die Stoffe aus dem Zustand ihrer hochgradigen Konzentration in die nicht mehr nutzbare Form weit gehender Verdünnung und allmählicher Gleichverteilung (der Unordnung) überführt.

Bild E.2 Zunahme der Unordnung - Zunahme der Entropie: Ruine des Heidelberger Schlosses (Bild von Carl Blechen); Müll; Verbrennungsvorgang (von links nach rechts) Die Gesamtheit der pflanzlichen und tierischen Naturvorgänge in ihren vielfältigen Wechselbeziehungen hat die Tendenz, Strukturen immer höherer Ordnung hervorzu-

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bringen, doch wird dabei auch Unordnung in der Umgebung hinterlassen – in einem größeren Maße, als Ordnung entstanden ist. Freilich ist dort die unvermeidliche Zunahme der Unordnung relativ begrenzt, vergleicht man sie mit der Unordnung, die der Mensch bei Aufbau und Erhalt seiner hochkomplexen Ordnungsstrukturen hinterlässt: Im Rahmen seines Bestrebens, mit immer mehr technischen Hilfsmitteln das äußere Leben erträglicher zu gestalten, beschleunigt er zugleich das Anwachsen der Entropie in seiner Umgebung durch die vielen Transformationsvorgänge, bei denen aus wertvollen natürlichen Stoffen und konzentrierten Energien wie Mineralöl, Erdgas und Kohle fortlaufend wertloser Abfall und "Wärmemüll"wird. Dieses Tun stellt eine Beschleunigung der Entwertungsvorgänge dar, an deren Beginn die Nutzung des Feuers stand. Gemessen an den extrem großen irreversiblen Vorgängen im Weltall nimmt sich diese menschenverursachte Zunahme an Unordnung äußerst bescheiden aus – doch kann dies dem Menschen nicht als Entschuldigungsgrund zugerechnet werden, da er an die Erde als seine Umgebung gebunden ist: Hier ist ihm die Aufgabe gestellt, bei den vielfältigen technischen und gesellschaftlichen Vorgängen das Anwachsen der Unordnung in Grenzen zu halten.

Bild E.3 Die Entwicklung hoher Ordnungszustände (der Fortschritt) verursacht zugleich ein Anwachsen der Entropie – nicht mitbedacht von Georg Wilhelm Friedrich Hegel; Zweifelnder Mensch (Bild von Rembrandt van Rijn); Lebewesen sind hochkomplexe Ordnungsstrukturen (von links nach rechts) Eindeutigkeit, Struktur und Ordnung erscheinen dabei als Ressourcen, die endlich sind und die nicht beliebig vermehrt werden können. Der Mensch handelt also nicht mehr in einem vermeintlich unerschöpfbaren Zeithorizont, er ist nicht nur in seinem Einzelschicksal durch den Tod mit der Endlichkeit seines Daseins konfrontiert, sondern auch als Gattungswesen. Doch kann er kraft seiner Vernunft die Zeitspanne beeinflussen, die der Spezies Mensch vergönnt ist. Wie die Anfänge menschlichen Lebens, so ist auch das Ende grundsätzlich unverfügbar: Weitsicht, Klugheit und lebensschonendes Wohlverhalten der jetzigen und künftigen Generationen vorausgesetzt, existiert trotzdem eine äußerste Grenze des Lebens und ein eindeutiger Abschluss in der Zeit. Das vorzeitige Ende der Spezies Mensch und der ihn umgebenden belebten Natur kann selbstverursacht sein; das Ende selbst erscheint freilich unaufhebbar. Wächst das Rettende auch? Der Mensch hat sich durch seine technischen Hilfsmittel die Möglichkeit geschaffen, seinem Handeln eine hohe Veränderungsgeschwindigkeit zu verleihen. Die Veränderungen

XXV

in der Natur verlaufen demgegenüber meist wesentlich langsamer. So besteht die Gefahr, dass die Natur rascher zerstört wird, als sie nachzuwachsen vermag: Wenn Tierund Pflanzenarten innerhalb weniger Jahrhunderte aussterben, dann sind für die Natur Jahrhunderttausende nötig, dies wieder auszugleichen. Der Staat, der lebenswerte Rahmenbedingungen für seine Bürger schafft, verursacht durch seinen zugleich erhöhten Energiebedarf umso mehr Unordnung in seiner Umwelt. Wo immer eine geordnete Struktur geschaffen wird, ist dieser Ordnungszuwachs nur die eine Seite der Medaille: Zugleich wächst die weniger leicht sichtbare Unordnung in der jeweiligen Umgebung an. Der Mensch setzt also ungewollt Handlungsketten in Gang, die in ihren Folgen auf das Gesamtsystem schwerwiegender sind als das absichtsvoll Veranlasste. Der Mensch sieht die miterzeugte Unordnung oft nicht; er bringt sie mit seinen Ordnungserfolgen häufig nicht in den notwendigen Zusammenhang von Ursache und Wirkung. Wenn in der Industriegesellschaft ein Bereich unkontrolliert schnell wächst, wächst auch die Gefahr, dass die damit zugleich mitwachsende Entropie nicht mehr planmäßig entsorgt werden kann. Viele Umweltprobleme – etwa auch die Müll-, Abfall- und Abwärmeprobleme – lassen sich als Probleme einer Materie- und Energie-Entropie deuten. Dabei gilt keineswegs der Satz von Friedrich Hölderlin: "Wo aber Gefahr ist, wächst das Rettende auch."Denn es gibt kein Mittel, die mitwachsende Unordnung zu vermeiden. Was zur Verfügung steht, sind allerdings Werkzeuge, mit denen das Unvermeidliche immerhin stark verzögert werden kann: - Der erste Weg ist ein Leben in Selbstbescheidung, Vermehrungsbegrenzung, Askese, Langsamkeit, Achtsamkeit, Gemächlichkeit und Sparsamkeit. - Ein zweiter Ansatz ist die stoffliche Wiederverwertung, ein Material-Recycling. - Das dritte Mittel ist die wirksame Verbesserung der Energieeffizienz mit weiterentwickelten Techniken, die bei gleichem Nutzen ein geringeres Anwachsen an Unordnung bewirken. - Die vierte Möglichkeit ist das ’Sich-Einklinken’ in natürliche energetische Vorgänge im Sinne der Nutzbarkeit: etwa in den Weg der Strahlungsenergie von der Sonne zur Erde, des Pflanzenwachstums oder in die Wege des Windes und des Wassers.

Bild E.4 Nicht rückholbar: Idylle der Biedermeierzeit; Beschleunigtes Leben in der Gegenwart; Wissensvermittlung und Wissensweitergabe (von links nach rechts)

XXVI

Dabei wird zwar das Gesetz vom unaufhaltsamen Niedergang, das der Zweite Hauptsatz formuliert, nicht außer Kraft gesetzt, die genannten Hilfen schaffen aber einen erwünschten Aufschub. Der erste Weg – der Weg der Askese – hat in vielen Kulturen Tradition: Er fordert ein einfaches, mönchisches oder mönch-ähnliches Leben, das der Betrachtung immaterieller Zusammenhänge gewidmet ist und bewusst auf Üppigkeit und Luxus verzichtet. Vielfach gehört dazu auch ein Verzicht auf die Selbstreproduktion. Blickt man zurück in die Geschichte, so hat dieser Weg z. B. in Zeiten einer starken Bevölkerungszunahme eine nützliche Wirkung entfaltet. Freilich lässt sich dieser Weg nicht einfach verordnen. Doch gewinnen Vorstellungen von Achtsamkeit, Behutsamkeit und Entschleunigung gerade auch im abendländischen Kulturbereich wieder an Bedeutung. Aus thermodynamischer Sicht sind schnell ablaufende Vorgänge in der Regel stärker irreversibel als langsamer ablaufende Vorgänge; der ideale Grenzfall ist die reversible Zustandsänderung, bei der der jeweilige Vorgang unendlich langsam abläuft und im Gesamtsystem keine Unordnung entsteht. Energieeffizienz als Aufgabe Dem Denken und Handeln des Ingenieurs stehen vor allem der zweite, der dritte und der vierte Weg zur Gestaltung offen. Wollte man Prioritäten festlegen, ob beispielsweise verstärkt auf mehr Energieeffizienz gesetzt oder ob der Ausbau der Nutzung erneuerbarer Energien forciert werden solle, so sprechen viele Argumente für eine gleichrangige Behandlung. So spricht für eine Verbesserung der Energieeffizienz, dass man dabei unmittelbar an den Ursachen ansetzen kann: Häufig passen nämlich Ort, Zeit und Umfang der energetischen Vorgänge gut zusammen, so dass die zusätzlichen technischen Aufwendungen für mehr Energieeffizienz in Grenzen gehalten werden können. Meist kommt man deshalb beispielsweise mit wenig oder ganz ohne aufwendige Speicher- und Transportsysteme aus. Dieser Vorteil ist bei der energetischen Nutzung erneuerbarer Energien häufig nicht vorhanden – etwa bei der Stromerzeugung aus Sonne und Wind oder bei der Nutzung der Sonnenenergie zur Nutzwärmebereitstellung. In Deutschland wird auf die Grünstromerzeugung ein besonderer Schwerpunkt gelegt; ihr weiterer Ausbau wird wohl in den nächsten Jahrzehnten zu wesentlichen Zusatzkosten für Speicher- und Transportsysteme führen, weil Erzeugung und Verbrauch oft nicht synchron gesehen werden können. Im Sinne einer technischen Optimierung kann mit der Verbesserung der Energieeffizienz ein einfacher und wirksamer weiterer Weg beschritten werden, der parallel zur Nutzung erneuerbarer Energien begangen werden sollte.

Bild E.6 Energieeffiziente Techniken: Gas-und-Dampfturbinen-Heizkraftwerk; Gasturbine; Anlage zur kombinierten Druckluft- und Wärmeerzeugung (von links nach rechts)

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Die Energieeffizienz kann auf vielen technischen Gebieten noch weiter erhöht werden. Ein Hilfsmittel zur Beurteilung, wie sich die Energieeffizienz einer Technik verbessern lässt, sind Entropiebilanzen: Mit ihnen kann die Entropiezunahme (die Zunahme von Unordnung) quantifiziert werden. Je geringer die Zunahme der Entropie des Gesamtsystems – der technischen Anlage sowie ihrer Umgebung – ist, desto effizienter ist der jeweilige Prozess, bezogen auf den angestrebten Nutzen.

Bild E.7 Energieeffiziente Techniken: Pumpe mit effizientem Elektroantrieb; IndustrieWärmepumpe; Platten-Wärmeübertrager; Wärmebild eines wärmetechnisch sanierten Gebäudes (von links nach rechts) Ohne den Anspruch auf Vollständigkeit zu erheben, lässt sich benennen: - eine verbesserte Wärmedämmung bei Gebäuden und technischen Anlagen - die Modernisierung von Wärmeversorgungssystemen - die Nutzung von zentralen und dezentralen Anlagen zur gekoppelten Bereitstellung von Strom und Wärme - der effiziente Einsatz von Kältemaschinen und Wärmepumpen - die Anwendung von Techniken der Abwärmenutzung und Wärmerückgewinnung in Industrie, Gewerbe und Haushalten - die Verwendung verbrauchsgünstiger Pumpen und Ventilatoren - die Steigerung der Energieeffizienz bei Druckluftsystemen - die Nutzung energieeffizienter Lufttechnik - der Einsatz verbesserter Lüftungs- und Klimatisierungssysteme - der Einsatz energieeffizienter Elektromotoren - die Entwicklung und Anwendung effizienter Speichersysteme - der Einsatz sparsamer Geräte in Haushalten sowie in Büros und Verwaltungen - die Nutzung energieeffizienter Beleuchtungstechniken - der Einsatz energieeffizienter Informationstechniken und Rechenzentren - die stärkere Nutzung von Regelungs- und Automatisierungstechniken - die Anwendung von Energiemanagementsystemen und von energiebezogenen MonitoringKonzepten - die Verbesserung der Energieeffizienz im Verkehrswesen – etwa durch weiterentwickelte Fahrzeugtechniken

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Ingenieure haben sich in Deutschland – wohl intensiver als in vielen anderen Staaten – den hier sichtbaren Aufgabenstellungen bereits in der Vergangenheit mit schöpferischer Intelligenz zugewandt. Das vorliegende Buch soll u. a. dazu beitragen, dass mithilfe der Grundlagen der Thermodynamik wärmetechnische Fragen gelöst sowie wärmetechnische Anlagen und Prozesse fachgerecht dimensioniert werden können, um dem Ziel einer Begrenzung des erforderlichen Stoff- und Energieeinsatzes zu entsprechen und in Teilen der hier aufgeführten Technikfelder die Energieeffizienz weiter zu erhöhen.

Abbildungsnachweis: Einleitung: E.1: Julius Robert Mayer. Abbildung von Friedrich Berrer, 1868. Copyright frei. E.1: James Prescott Joule. Gemälde von John Collier, 1882. Copyright frei. E.1: Hermann von Helmholtz. Gemälde: www.helmholtz-fonds.de. E.1: Rudolf Clausius. Abbildung aus: Energie-Wissen udo.leuschner.de. E.1: Ludwig Boltzmann. Abbildung aus: Physik in Wien im 19. Jahrhundert. geschichte.univie.ac.at. E.2: Carl Blechen: Schloss Heidelberg, der zerstörte Turm. Gemälde aus: Carl Blechen. Verlag C.H. Beck, München 1989. E.2: Bunker einer Müllverbrennungsanlage. Bild: M. Dehli. E.2: Feuer. Bild: M. Dehli. E.3: Georg Wilhelm Friedrich Hegel. Gemälde aus: Hegel-Haus Stuttgart. E.3: Rembrandt van Rijn: Paulus im Gefängnis. Gemälde aus: Rembrandt-Museum Amsterdam. E.3: Farn. Bild: M. Dehli. E.3: Murmeltier. Bild: M. Dehli. E.4: Carl Spitzweg: Der Besuch des Landesvaters. Gemälde aus: Carl Spitzweg, DuMont Buchverlag Köln 1980. E.4: Hauptverkehrszeit. Bild: M. Dehli. E.4: Wärmetechnisches Labor der Hochschule Esslingen. Bild: M. Dehli. Keine Persönlichkeitseinschränkungen. E.5: Drei-Schluchten-Wasserkraftwerk. Bild: www.news.cn. E.5: Photovoltaik-Anlage. Bild: E.on SE. www. E.on.de. E.5: Seegestützter Windkraftpark. Bild: E.on SE. www. E.on.de. E.5: Biogasanlage. Bild: Fachverband Biogas e.V., Freising. E.6: GuD-Heizkraftwerk Düsseldorf-Lausward. Bild: Stadtwerke Düsseldorf AG. E.6: Stationäre Gasturbine. Bild: General Electric Gas Power. E.6: Druckluft-Heizkraftwerk. Bild: Bosch-KWK-Systeme GmbH. E.7: Einstufige Standardpumpe. Bild: Grundfos A/S, Bjerringbro. E.7: Industrie-Wärmepumpe. Bild: Combitherm Apparate- und Anlagenbau GmbH, Fellbach. E.7: Plattenwärmeübertrager. Bild: Kelvion GmbH, Bochum. E.7: Wärmedämmung eines Wohngebäudes. Infrarot-Bild: eza! Energie- und Umweltzentrum Allgäu, Kempten. Kapitel 1 bis 12 und Anhang: Alle Bilder vom Autor. Anhang: Diagramm 23: Grundlage des lg p, h-Diagramms durch Hochschule Zittau/Görlitz, KCE. ThermoFluidProperties UG Co. KG, Prof. Dr.-Ing. habil. Hans-Joachim Kretzschmar.

Aufgaben zu Abschnitt 1: Thermodynamische Grundbegriffe Aufgabe 1.1 .Zur Beheizung eines gut wärmegedämmten Einfamilienhauses wird im Hochwinter aus einem Druckbehälter ein konstanter Molmengenstrom von n˙ = 0,25 mol/min Propan C3 H8 entnommen; dessen Molmasse ist MC3 H8 = 44,097 kg/kmol.

a) Wie groß ist der Massenstrom m, ˙ angegeben in kg/h? b) Der Hausbesitzer berichtet, er habe mit 50 kg Propan mehr als drei sehr kalte Tage lang heizen können. Stimmt diese Aussage? (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: m n

a) M =

M=

m ˙ = 44, 097 b) m ˙ =

m τ

m ˙ n˙

m ˙ = M n˙

kg mol min kmol kg · 0,25 · 60 ·1 = 0,66146 kmol min h 1000 mol h

τ=

m m ˙

τ =

50 kg h = 75,6 h = 3 d + 3 h + 36 min 0,66146 kg

Die Aussage des Hausbesitzers trifft zu. Aufgabe 1.2 Für die Umrechnung einer in der F ahrenheit-Skala gemessenen Temperatur in die CelsiusTemperatur gilt die folgende Zahlenwertgleichung: 5 [tC ] = ([tF ] − 32) 9 In einem Abenteuerbuch wird beschrieben, dass ein Segelschiff in der Südsee in einen Sturm gerät und die Lufttemperatur dabei von tF 1 = 113 ◦ F auf tF 2 = 68 ◦ F fällt. Welchen CelsiusTemperaturen und welchen Kelvin-Temperaturen entsprechen diese Werte? (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: 5 (113 − 32) = 45 tC1 = 45 ◦ C 9 5 [tC2 ] = (68 − 32) = 20 tC2 = 20 ◦ C 9 Der Zusammenhang zwischen der Kelvin-Temperaturskala und der Celsius-Temperaturskala wird durch die Gleichung

[tC1 ] =

T = T0 + t

mit

T0 = 273,15 K

dargestellt.

Damit folgt: T1 = 273,15 K + 45 ◦ C = 318,15 K T2 = 273,15 K + 20 ◦ C = 293,15 K Aufgabe 1.3 In einer Versuchsanlage wird Ethan C2 H6 mit trockener Luft unter erhöhtem Druck vollständig und stöchiometrisch verbrannt. Die Reaktionspartner befinden sich zunächst in zwei Druckgasflaschen und weisen die Massen m C2 H6 = 1,0000 kg sowie m Luf t = 16,056 kg auf. Nach der Reaktion wird festgestellt, dass die entstandene Abgasmenge n Abgas = 0,6042 kmol beträgt. © Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2024 M. Dehli, Aufgabensammlung Technische Thermodynamik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-44242-2_1

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1 Thermodynamische Grundbegriffe

a) Wie groß sind die Molmengen n C2H6 und n Luf t , wenn die Molmassen der Gase M C2H6 = 30,070 kg/kmol und M Luf t = 28,964 kg/kmol betragen? b) Wie groß ist die Molmasse M Abgas des Abgases? (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: a) M =

m n

n=

m M

n C2 H6 =

m C2 H6 M C2 H6

n Luf t =

m Luf t M Luf t

b) M Abgas = M Abgas =

m Abgas n Abgas

n C2 H6 = n Luf t =

1,0000 kg kmol = 0,03326 kmol 30,070 kg

16, 056 kg kmol = 0,5543 kmol 28,964 kg

M Abgas =

m C2 H6 + m Luf t n Abgas

1,000 kg + 16,056 kg kg = 28,229 0, 6042 kmol kmol

Aufgabe 1.4 Erdgas wird für den Transport auf dem Seeweg in Tankschiffen vorher verflüssigt. Vergleicht man das Volumen VF l im verflüssigten Zustand beim Druck p0 = 1,01325 bar mit dem Volumen V0 im gasförmigen Zustand bei der Temperatur t0 = 0 ◦ C und beim Druck p0 = 1,01325 bar, so ergibt sich ein Volumenverhältnis von VF l /V0 = 1/587. Um dieses Flüssigmethan CH4 (Liquefied Natural Gas – LNG) zu erhalten, muss die Temperatur des Erdgases mithilfe eines Tieftemperaturprozesses auf TF l = 111,65 K abgesenkt werden. a) Wie groß ist die Celsius-Temperatur des LNG? b) Wie groß muss das Speichervolumen VF l im Schiff sein, wenn ein Erdgas-Normvolumen von V0 = 10.000.000 m3 transportiert werden soll? (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: a) T = T0 + t V0 b) VF l = 587

t = T − T0 t = 111,65 K − 273,15 K 10000000 3 VF l = m = 17036 m3 587

t = − 161, 5 ◦ C

Aufgabe 1.5 In Bild 1.1 ist ein Behälter dargestellt, in dem sich ein Stoff im Gleichgewichtszustand von siedender Flüssigkeit (unten) und gesättigtem Dampf (oben) befindet. Die gewählte Systemgrenze ist gestrichelt eingetragen. Wie kann das System gekennzeichnet werden?

Bild 1.1 Zu Aufgabe 1.5

Aufgaben zu Abschnitt 1

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(Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: Das System ist ein geschlossenes System. Soweit keine Energie zu- oder abgeführt wird, ist das System auch ein abgeschlossenes System. Da der Stoff zugleich als siedende Flüssigkeit und als Sattdampf – also in zwei verschiedenen Phasen – vorliegt, ist das System ein ’nicht einfaches’ System. Aufgabe 1.6 a) Der linke Teil des Bildes 1.2 zeigt einen Kolbenverdichter beim Verdichtungsvorgang; das Einlass- und das Auslassventil sind geschlossen. Um welche Art von System handelt es sich? Ist die Zustandsänderung durch einen zeitlichen Ablauf gekennzeichnet, oder liegen Anfangs- und Endzustand zeitgleich, jedoch örtlich verschieden vor? b) Der mittlere Teil des Bildes 1.2 zeigt eine Strömungsmaschine beim Verdichtungsvorgang. Um welche Art von System handelt es sich? Ist die Zustandsänderung durch einen zeitlichen Ablauf gekennzeichnet, oder liegen Anfangs- und Endzustand zeitgleich, jedoch örtlich verschieden vor? c) Der rechte Teil des Bildes 1.2 zeigt eine Strömungsmaschine beim Verdichtungsvorgang, wobei sich eine abgegrenzte Stoffmenge mit der Masse ∆m durch das System bewegt. Um welche Art von System handelt es sich? Ist die Zustandsänderung durch einen zeitlichen Ablauf gekennzeichnet, oder liegen Anfangs- und Endzustand zeitgleich, jedoch örtlich verschieden vor?

Bild 1.2 Zu Aufgabe 1.6 (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: a) Es handelt sich um ein geschlossenes System. Die Zustandsänderung ist durch einen zeitlichen Ablauf gekennzeichnet, der Ort bleibt unverändert. b) Es ist ein offenes System dargestellt. Anfangs- und Endzustand der Zustandsänderung liegen zeitgleich, jedoch örtlich verschieden vor. c) Ein außenstehender Beobachter erkennt das Gesamtsystem als offenes System. Die abgegrenzte Stoffmenge mit der Masse ∆m stellt ein bewegtes geschlossenes System dar. Für einen mitbewegten Beobachter im bewegten geschlossenen System zeigt sich die Zustandsänderung so, als ob es ein ruhendes System wäre, in dem die Zustandsänderung durch einen zeitlichen Ablauf gekennzeichnet ist. Beim Blick eines außenstehenden Beobachters auf das bewegte geschlossene System mit der Masse ∆m ergibt sich, dass Anfangs- und Endzustand der Zustandsänderung sowohl zeitlich als auch örtlich verschieden vorliegen.

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1 Thermodynamische Grundbegriffe

Aufgabe 1.7 In einen leeren Brunnentrog strömt Wasser mit dem Volumenstrom V˙ = 3 l/s. Wie groß ist die Masse des Wassers im Brunnentrog nach 9 Minuten? Die Dichte des Wassers ist % = 1000 kg/m3 . (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: kg m m ˙ l 1 m3 kg m ˙ = % V˙ m ˙ = 1000 3 · 3 · = =3 ˙ V m s 1000 l s V m kg 60 s m ˙ = m=m ˙ τ m=3 · 9 min · = 1620 kg τ s 1 min %=

Aufgabe 1.8 Eine anfangs leere Ballonhülle soll mit dem leichten Edelgas Helium auf ein Volumen von V = 4000 m3 aufgeblasen werden. Das Helium strömt mit dem konstanten Massenstrom m ˙ = 0,64 kg/s aus einem großen Druckgastank über eine Befülleinrichtung in die Ballonhülle. Die Dichte des Heliums im Ballon beträgt beim Umgebungszustand von 1 bar und 5 ◦ C % = 0,1731 kg/m3 . Wie groß ist die Zeitdauer in Minuten, bis der Ballon vollständig befüllt ist? (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: m V m m ˙ = τ %=

m = %V τ =

m m ˙

kg · 4000 m3 = 692, 4 kg m3 692, 4 kg s 1 min τ = · = 18, 03 min = 18 min + 2 s 0, 64 kg 60 s m = 0, 1731

Aufgaben zu Abschnitt 2: Der erste Hauptsatz der Thermodynamik Aufgabe 2.1 In einer Lüftungsanlage wird die Außenluft in einem Ventilator gefördert, in einem Wärme.rückgewinner erwärmt und darauf in einem Nacherhitzer auf die gewünschte Zulufttemperatur gebracht (vgl. Bild 2.1). Die Außenluft erfährt im Ventilator eine Druckerhöhung von p1 = 980 mbar auf p2 = 1015 mbar, wobei die Temperatur von t1 = - 15,8 ◦ C auf t2 = - 15,5 ◦ C ansteigt. Im Wärmerückgewinner wird die Temperatur der Luft um t3 − t2 = ∆t23 = 30 ◦ C erhöht; im Nacherhitzer wird die gewünschte Endtemperatur t4 = 20,2 ◦ C erreicht. Die Luft kann als ideales Gas mit RL = 0,2872 kJ/(kg K), cpL = 1,005 kJ/(kg K) und cvL = 0,718 kJ/(kg K) behandelt werden.

Bild 2.1 Zu Aufgabe 2.1 a) Wie groß sind der Volumenstrom V˙ L1 und die Dichte %L1 der Luft, wenn der Massenstrom der Luft den konstanten Wert m ˙ = 0,3 kg/s aufweist? Wie groß sind die im Wärmerückgewinner und im Nacherhitzer dem Luftstrom zugeführten Wärmeleistungen (Q˙ 23 )L und (Q˙ 34 )L ? b) Die Temperaturerhöhung im – nach außen hin adiabaten – Nacherhitzer erfolgt mithilfe von Heizungswasser. Wie groß ist dessen Wärmeleistung (Q˙ 34 )W beim angegebenen Betriebszustand? Welche Temperatur tW 2 hat das Heizungswasser beim Austritt aus dem Nacherhitzer, wenn es mit tW 1 = 55 ◦ C in den Nacherhitzer eintritt, seine mittlere spezifische Wärmekapazität cW = 4,180 kJ/(kg K) beträgt und sein Massenstrom den Wert m ˙W = 100 kg/h aufweist? c) Wie groß sind der Volumenstrom V˙ L2 und die Dichte %L2 der Luft beim Austritt aus dem Ventilator? d) Der Querschnitt des Lüftungskanals nach dem Ventilator beträgt A2 = 0,06 m2 ; der Querschnitt A1 am Ventilatoreintritt ist gleich groß. Wie groß sind die Geschwindigkeiten c2 und c1 ? Es soll eine zeitbezogene Energiebilanz für den Luftstrom zwischen den Zuständen 1 und 2 aufgestellt werden. Wie groß ist demnach die mit dem Ventilator zugeführte mechanische Leistung (Wellen- bzw. Kupplungsleistung) Pe , wenn die äußere Lagerreibung (äußere Reibungsleistung) PRA zu null angenomen wird und die Lüftungsanlage waagerecht angeordnet ist? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: m ˙ L R T1 a) V˙ L1 = p1 %L1 =

m ˙1 ˙ VL1

m3 0,3 kg · 0,2872 kJ · 257,35 K bar m3 · = 0,22626 V˙ L1 = s 0,980 bar kg K 100 kJ s

%L1 =

kg 0,3 kg s = 1,3259 3 s 0,22626 m3 m

(Q˙ 23 )L = m ˙ L cpL (T3 − T2 ) (Q˙ 23 )L = 0,3

kg kJ 1 kW s · 1,005 · (287,65 K − 257,65 K) · = 9,045 kW s kg K 1 kJ

(Q˙ 34 )L = m ˙ L cpL (T4 − T3 ) © Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2024 M. Dehli, Aufgabensammlung Technische Thermodynamik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-44242-2_2

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2 Der erste Hauptsatz der Thermodynamik

kJ 1 kW s kg · 1,005 · (293,35 K − 287,65 K) · = 1,7186 kW (Q˙ 34 )L = 0,3 s kg K 1 kJ b) (Q˙ 34 )W = − (Q˙ 34 )L = m ˙ W cW (tW 2 − tW 1 ) = − 1,7186 kW (Q˙ 34 )L 1,7186 kJ h kg K 3600 s tW 2 = tW 1 − tW 2 = 55 ◦ C − · = 40,20 ◦ C m ˙ W cW s 100 kg 4,180 kJ h m ˙ L R T2 0,3 kg · 0,2872 kJ · 257,65 K bar m3 m3 c) V˙ L2 = V˙ L2 = · = 0,21871 p2 s 1,015 bar kg K 100 kJ s m ˙1 kg 0,3 kg s %L2 = = 1,3717 3 %L2 = s 0,21871 m3 m V˙ L2 0,21871 m3 m V˙ L1 0,22626 m3 m V˙ L2 c2 = = 3,6452 c1 = c1 = = 3,7700 2 A s 0,06 m s A s 0,06 m2 s Es können Q˙ 12 = 0, PRA = 0 und m ˙ g (z2 − z1 ) = 0 gesetzt werden. m ˙ m ˙ Pe = H˙ 2 − H˙ 1 + (c22 − c21 ) = U˙ 2 − U˙ 1 + p2 V˙ 2 − p1 V˙ 1 + (c22 − c21 ) 2 2 m ˙ Pe = m ˙ cvL (t2 − t1 ) + p2 V˙ L2 − p1 V˙ L1 + (c2 2 − c1 2 ) 2 kJ kg · 0,718 · 0,3 K + Pe = 0,3 s kg K  m3 m3  100 kJ + 1,015 bar ·˙0,21871 − 0,980 bar ·˙0,22626 + s s bar m3 2 2 m 1 Ns 1 kJ 1 0,3 kg · (3,64522 − 3,77002 ) 2 · · + · 2 s s kg m 1000 N m kJ kJ 1 kW s kJ + 0,02559 − 0,00014 )· = 0,09007 kW ≈ 90 W Pe = (0,06462 s s s 1 kJ

d) c2 =

Aufgabe 2.2 In einem Fleisch verarbeitenden Betrieb werden zur Vorbereitung der Wurstherstellung in einem Sudkessel mit der Wärmeleistung Q˙ 12 = 44 kW beim konstanten Druck p1 = 1 bar = const. V1 = V2 = 2000 Liter flüssiges Wasser mit der Anfangstemperatur t1 = 10 ◦ C auf die Temperatur t2 = 60 ◦ C aufgewärmt; die Dichte des Wassers ist ρ = 1000 kg/m3 = const. Der Aufwärmvorgang ist verlustlos, d. h., es fließt kein Wärmestrom an die Umgebung ab. a) Man bestimme die mittlere spezifische Wärmekapazität cm |tt21 des flüssigen Wassers mit Hilfe von Tabellenwerten aus dem Lehrbuch ’Grundlagen der Technischen Thermodynamik’. b) Welche Wärme Q12 wird dem Wasser zugeführt? Wie lange dauert der Aufwärmvorgang? (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: 1 (cm |t02◦ C · t2 − cm |t01◦ C · t1 ) t2 − t1 Aus Tabelle 2.6 des Lehrbuchs ’Grundlagen der Technischen Thermodynamik’ erhält man: ◦ ◦ kJ kJ C C cm |600 ◦ C = 4,1860 cm |100 ◦ C = 4,2058 kg K kg K Die gesuchte mittlere spezifische Wärmekapazität ist:

a) cm |tt21 =

◦

C cm |60 10 ◦ C =

4,1860 kJ/(kg K) · 60 ◦ C − 4,2058 kJ/(kg K) · 10 ◦ C kJ = 4,18204 60 ◦ C − 10 ◦ C kg K

Aufgaben zu Abschnitt 2

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b) Q12 = m cm |tt21 (t2 − t1 ) = ρ V cm |tt21 (t2 − t1 ) kJ kg · 2,0 m3 · 4,18204 · (60 − 10) K = 418204 kJ m3 kg K 418204 kJ s Q12 τ = τ= = 9505 s τ = 2 h + 38 min + 25 s 44 kJ Q˙ 12

Q12 = 1000 Q12 Q˙ 12 = τ Aufgabe 2.3

In einer chemischen Versuchsanlage strömt gasförmiges Stickstoffdioxid NO2 mit dem Massenstrom m ˙ NO2 = 2,0 kg/s beim gleich bleibenden Druck p1 = p2 = 1 bar = const. durch einen rekuperativen Wärmeübertrager, wobei es von t1 NO2 = 100 ◦ C auf t2 NO2 = 450 ◦ C isobar und reibungsfrei erwärmt wird. Gleichzeitig wird im Wärmeübertrager gasförmiges Schwefeldioxid SO2 von t1 SO2 = 800 ◦ C auf t2 SO2 = 300 ◦ C isobar und reibungsfrei abgekühlt (siehe Bild 2.2).

a) Es sind die mittleren spezifischen isobaren Wärmekapazitäten cpm |tt21 NO und cpm |tt21 SO 2 2 für die beiden idealen Gase NO2 und SO2 in den betrachteten Temperaturintervallen anhand der cpm |t02◦ C -Werte der Tabellen A.5 und A.6 zu ermitteln. b) Welcher Wärmestrom Q˙ 12 NO2 wird vom NO2 -Gasstrom aufgenommen, welcher Wärmestrom Q˙ 12 SO2 wird vom SO2 -Gasstrom abgegeben? Der Wärmeübertrager ist nach außen hin adiabat. c) Der Massenstrom m ˙ SO2 des Schwefeldioxids SO2 ist zu bestimmen. (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Bild 2.2 Zu Aufgabe 2.3 Lösung: 1 (cpm |t02◦ C · t2 − cpm |t01◦ C · t1 ) t2 − t1 Aus Tabelle A.5 des Anhangs erhält man für NO2 : ◦ ◦ kJ kJ cpm |4500 ◦CC = 0,9392 cpm |1000 ◦CC = 0,8248 kg K kg K Die gesuchte mittlere spezifische Wärmekapazität des NO2 ist:

a) cpm |tt21 =

0,9392 kJ/(kg K) · 450 ◦ C − 0,8248 kJ/(kg K) · 100 ◦ C kJ = 0,9719 NO2 450 ◦ C − 100 ◦ C kg K Aus Tabelle A.6 des Anhangs erhält man für SO2 : ◦ ◦ kJ kJ cpm |8000 ◦CC = 0,7692 cpm |3000 ◦CC = 0,6877 kg K kg K Die gesuchte mittlere spezifische Wärmekapazität des SO2 ist: ◦




=

◦




=

C cpm |450 100 ◦ C

C cpm |300 800 ◦ C

SO2

b) Q˙ 12 NO2 = m ˙ NO2

0,6877 kJ/(kg K) · 300 ◦ C − 0,7692 kJ/(kg K) · 800 ◦ C kJ = 0,8181 300 ◦ C − 800 ◦ C kg K
cpm |tt21 NO (t2 NO2 − t1 NO2 ) 2

kJ kg · 0,9719 · (450 − 100) K = 680,33 kW Q˙ 12 NO2 = 2,0 s kg K Q˙ 12 SO2 = − Q˙ 12 NO2 Q˙ 12 SO2 = − 680,33 kW

8

2 Der erste Hauptsatz der Thermodynamik

c) Q˙ 12 SO2 = m ˙ SO2 cpm |tt21 m ˙ SO2 =




SO2

(t2 SO2 − t1 SO2 )

m ˙ SO2 =

− 680,33 kJ kg K kg = 1,6632 s 0,8181 kJ · (300 − 800) K s

Q˙ 12 SO2 (t2 SO2 − t1 SO2 )


cpm |tt21 SO 2

Aufgabe 2.4 In einer Schmiede soll ein Werkstück aus Blei durch Verformung angefertigt werden. Um eine möglichst gute Verformbarkeit zu erreichen, soll der Bleirohling allein durch den Aufschlag eines mechanisch angetriebenen Schmiedehammers von der Raumtemperatur t1 = 15 ◦ C auf die Schmelztemperatur t2 = 327 ◦ C gebracht werden. Der Schmiedehammer weist eine Masse mH = 300 kg auf und fällt aus einer Höhe ∆ z = 1,5 m auf den Bleirohling. Dabei kann in guter Näherung angenommen werden, dass bei dem Prozess die potentielle Energie des Hammers vollständig in Arbeit umgewandelt wird; diese Arbeit erhöht ausschließlich die innere Energie des sich plastisch verformenden Rohlings und nicht die des sich ideal elastisch verformenden Hammers. Die spezifische Wärmekapazität des Bleis ist cP b = 0,13 kJ/(kg K); die Erdbeschleunigung beträgt g = 9,81 m/s2 . Welche Masse muss der Bleirohling aufweisen? (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: W12 + Q12 = U2 − U1 Adiabate Zustandsänderung: Q12 = 0 W12 = U2 − U1 mP b = mH

W12 = mP b cP b (T2 − T1 ) = mH g ∆ z g∆z cP b (T2 − T1 )

mP b = 300 kg ·

s2

9, 81 m · 1, 5 m kg K 1 kJ 1 N s2 · · = 0, 10884 kg 0, 13 kJ · (327 − 15) K 1000 Nm kg m

Aufgabe 2.5 Im Verbrennungsluft-Mischrohr einer industriellen Sondermüllverbrennungsanlage wird Luft mit dem Massenstrom m ˙ Luft = 50,0 kg/s beim Umgebungsdruck p = 1,0 bar mit gasförmigem Sauerstoff O2 adiabat gemischt (Bild 2.3). Der Sauerstoff wird dabei von t1 O2 = 25 ◦ C auf tM = t2 O2 = 250 ◦ C isobar und reibungsfrei erwärmt, die Verbrennungsluft von t1 Luft = 300 ◦ C auf tM = t2 Luft = 250 ◦ C isobar und reibungsfrei abgekühlt.

a) Es sind die mittleren spezifischen isobaren Wärmekapazitäten cpm |tt21 Luft und cpm |tt21 O 2 für die beiden idealen Gase Luft und Sauerstoff O2 in den betrachteten Temperaturintervallen anhand der cpm |tt21 -Werte der Tabellen A.3 und A.6 zu ermitteln. b) Das Verbrennungsluft-Mischrohr ist nach außen hin adiabat. Welcher Wärmestrom Q˙ 12 O2 wird vom Sauerstoffstrom aufgenommen, welcher Wärmestrom Q˙ 12 Luft wird vom Luftstrom abgegeben? c) Es ist der Massenstrom m ˙ O2 des Sauerstoffs O2 zu berechnen. (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Aufgaben zu Abschnitt 2

9

Lösung: a) cpm |tt21 =

1 (cpm |t02◦ C · t2 − cpm |t01◦ C · t1 ) t2 − t1

Aus Tabelle A.6 des Anhangs erhält man für Luft: ◦

cpm |2500 ◦CC = 1,0145

kJ kg K

◦

cpm |3000 ◦CC = 1,0185

kJ kg K

Die gesuchte mittlere spezifische Wärmekapazität der Luft ist: ◦

C cpm |250 300 ◦ C




=

Luft

1,0145 kJ/(kg K) · 250 ◦ C − 1,0185 kJ/(kg K) · 300 ◦ C kJ = 1,0385 250 ◦ C − 300 ◦ C kg K

Aus Tabelle A.3 des Anhangs erhält man für O2 : ◦

cpm |2500 ◦CC = 0,9426

kJ kg K

◦

cpm |250 ◦CC = 0,9164

kJ kg K

Die gesuchte mittlere spezifische Wärmekapazität des O2 ist: ◦

C cpm |250 25 ◦ C




O2

=

0,9426 kJ/(kg K) · 250 ◦ C − 0,9164 kJ/(kg K) · 25 ◦ C kJ = 0,9455 250 ◦ C − 25 ◦ C kg K

Bild 2.3 Zu Aufgabe 2.5 b) Q˙ 12 O2 = m ˙ O2 cpm |tt21 Q˙ 12 Luft = m ˙ Luft




(t2 O2 − t1 O2 )
cpm |tt21 Luft (t2 Luft − t1 Luft ) O2

kg kJ kJ kW s Q˙ 12 Luft = 50,0 · 1,0385 · (250 − 300) K = − 2596,25 = − 2596, 25 kW s kg K s kJ Q˙ 12 O2 = − Q˙ 12 Luft c) m ˙ O2 cpm |tt21




m ˙ O2 = m ˙ Luft

m ˙ O2 = 50,0

O2

Q˙ 12 O2 = 2596,25 kW = 2, 59625 MW

˙ Luft cpm |tt21 (t2 O2 − t1 O2 ) = − m

cpm |tt21




cpm |tt21


Luft O2




Luft

(t2 Luft − t1 Luft )

t1 Luft − t2 Luft t2 O 2 − t1 O 2

kg 1,0385 300 − 250 kg · = 12, 204 s 0,9455 250 − 25 s

Aufgabe 2.6 Durch einen Wärmeübertrager, der zur Aufnahme von Erdwärme mit Hilfe einer Wärmepumpe dient, strömt ein konstanter Massenstrom m ˙ = 1,1 kg/s eines flüssigen Wasser-GlykolGemischs (80 % H2 O; 20 % Glykol); die Dichte ist % = 1102 kg/m3 = const. Das Wasser tritt mit der Temperatur t1 = - 3 ◦ C in den Wärmeübertrager ein und mit der Temperatur t2 = 1 ◦ C wieder aus; die mittlere spezifische Wärmekapazität beträgt c = 3,85 kJ/(kg K).

10

2 Der erste Hauptsatz der Thermodynamik

Am Eintrittsquerschnitt in den Wärmeübertrager werden die Geschwindigkeit c1 = 2,0 m/s und der Druck p1 = 4,5 bar gemessen, am Austrittsquerschnitt betragen die Geschwindigkeit c2 = 1,5 m/s und der Druck p2 = 1,2 bar; die Eintrittsmessstelle liegt 1,2 m über der Austrittsmessstelle. a) Welcher Wärmestrom Q˙ 12 wird vom Wasser-Glykol-Gemisch aufgenommen? b) Wie viele Wärmeübertrager gleicher Bauart sind notwendig, um einen Wärmestrom von Q˙ W P = 32,0 kW aus dem Erdreich entnehmen zu können? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: m ˙ a) Q˙ 12 + Pe − |PRA | = H˙ 2 − H˙ 1 + (c22 − c21 ) + m ˙ g (z2 − z1 ) 2 Mit

Pe = 0 ,

m ˙ V˙ 1 = V˙ 2 = V˙ = % Q˙ 12

= = = =

= =

|PRA | = 0 ,

H˙ 2 − H˙ 1 = U˙ 2 − U˙ 1 + p2 V˙ 2 − p1 V˙ 1

und

wird

m ˙ ˙ g (z2 − z1 ) U˙ 2 − U˙ 1 + p2 V˙ 2 − p1 V˙ 1 + (c22 − c21 ) + m 2 m ˙ m ˙ U˙ 2 − U˙ 1 + (p2 − p1 ) + (c22 − c21 ) + m ˙ g (z2 − z1 ) % 2 p2 − p1 1 m ˙ [c (t2 − t1 ) + + (c22 − c21 ) + g (z2 − z1 )] % 2 kg  kJ (1, 2 − 4, 5) bar m3 105 N 1 kJ 1,1 · 3,85 · (1, 0 − (−3,0) K) + + s kg K 1102 kg 1 bar m2 1000 Nm
m2 1 N s2 1 1 kJ  + (1,52 − 2,02 ) + 9,81 · (− 1,2) 2 s2 1 kg m 1000 Nm kJ kJ kJ kJ  kg  · 15,400000 − 0, 299456 − 0, 000875 − 0, 011772 = 1,1 s kg kg kg kg 16, 596687 kW ≈ 16, 6 kW

Die Rechnung zeigt, dass der Einfluss der Strömungsgeschwindigkeiten und der Höhendifferenz vernachlässigt werden kann. b) Es sind zwei Wärmeübertrager gleicher Bauart erforderlich. Ihre Gesamtleistung von 2 · 16, 6 kW = 33, 2 kW ist für die Bereitstellung von Q˙ W P = 32,0 kW ausreichend groß. Aufgabe 2.7 Der 2,5 Kilometer lange Streckenabschnitt einer Fernwärmeleitung, auf dem keine Wärmeabnehmer beliefert werden, weist die folgenden Betriebszustände auf: Am Leitungsanfang betragen Leitungsdurchmesser, Druck, Temperatur, Strömungsgeschwindigkeit und Ortshöhe d1 = 0,263 m, p1 = 9,0 bar, t1 = 89,8 ◦ C, c1 = 1,0 m/s und z1 = 283 m. Am Leitungsende, an dem der Leitungsquerschnitt etwas größer ist, weisen Druck, Temperatur, Strömungsgeschwindigkeit und Ortshöhe die folgenden Werte auf: p2 = 4,9 bar, t2 = 87,5 ◦ C, c2 = 0,9 m/s und z2 = 307 m. Der konstante Massenstrom m ˙ des flüssigen Heißwassers hat die mittlere Dichte % = 966,5 kg/m3 ; die mittlere spezifische Wärmekapazität ist c = 4,203 kJ/(kg K). a) Wie groß sind der Volumenstrom V˙ 1 sowie der Massenstrom m ˙ des Heißwassers? b) Welcher Wärmestrom Q˙ 12 wird vom Heißwasser an die Umgebung abgegeben?

Aufgaben zu Abschnitt 2

11

c) Beim Ort der Wärmeversorgung am Ende der Leitung nimmt die Temperatur des Heißwassers um t3 −t2 = ∆t = - 30 ◦ C ab. Es ist die an die Verbraucher abgegebene Wärmeleistung Q˙ 23 zu berechnen. Wie groß ist demnach der prozentuale ’Verlust’ ∆f an Wärmeleistung Q˙ 12 in der Leitung, bezogen auf die an die Verbraucher abgegebene Wärmeleistung Q˙ 23 ? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: π a) V˙ 1 = c1 d21 4

m 3, 14159 m3 V˙ 1 = 1, 0 · · 0, 2632 m2 = 0, 054325 s 4 s

kg kg m3 · 966, 5 3 = 52, 505 s m s m ˙ 2 2 b) Q˙ 12 + Pe − |PRA | = H˙ 2 − H˙ 1 + (c2 − c1 ) + m ˙ g (z2 − z1 ) 2 Mit Pe = 0, |PRA | = 0, H˙ 2 − H˙ 1 = U˙ 2 − U˙ 1 + p2 V˙ 2 − p1 V˙ 1 m ˙ = V˙ 1 %

m ˙ = 0, 054325

m ˙ V˙ 1 = V˙ 2 = V˙ = % Q˙ 12

= = = =

= =

und

wird

m ˙ U˙ 2 − U˙ 1 + p2 V˙ 2 − p1 V˙ 1 + (c22 − c21 ) + m ˙ g (z2 − z1 ) 2 m ˙ m ˙ (p2 − p1 ) + (c22 − c21 ) + m ˙ g (z2 − z1 ) U˙ 2 − U˙ 1 + % 2 p2 − p1 1 m ˙ [c (t2 − t1 ) + + (c22 − c21 ) + g (z2 − z1 )] % 2  kg kJ (4, 9 − 9, 0) bar m3 105 N 1 kJ 52,505 · 4,203 · (−2, 3) K + + s kg K 966, 5 kg 1 bar m2 1000 Nm
m2 1 N s2 1 1 kJ  + (0,92 − 1,02 ) + 9,81 · (307 − 283) 2 2 s 1 kg m 1000 Nm kJ kJ kJ kJ  kg  · − 9, 666900 − 0, 424211 − 0, 000095 + 0, 235440 = 52,505 s kg kg kg kg kg kJ kJ 52,505 · (− 9, 855766 ) = − 517, 47699 ≈ − 517, 477 kW s kg s

c) Q˙ 23 = m ˙ c (t3 − t2 ) = m ˙ c ∆t kg kJ kJ Q˙ 23 = 52,505 · 4,203 · (− 30) K = − 6620, 355 = − 6620, 355 kW s kg K s ∆f =

Q˙ 12 Q˙ 23

∆f =

− 517, 477 kW = 0, 07816 − 6620, 355 kW

∆f = 7, 816 %

Aufgabe 2.8 a) Ein Viertakt-Otto-Motor weist ein höchstes Drehmoment M = 200 Nm auf, das bei einer Drehzahl von n = 7000 1/min erbracht wird. Wie groß ist die Leistung des Motors bei diesem Betriebszustand? Welche Arbeit wird bei einer Umdrehung abgegeben? b) Ein Vietakt-Diesel-Motor weist ein höchstes Drehmoment M = 400 Nm auf, das bei einer Drehzahl von n = 3500 1/min erbracht wird. Wie groß ist die Leistung des Motors bei diesem Betriebszustand? Welche Arbeit wird bei einer Umdrehung abgegeben?

12

2 Der erste Hauptsatz der Thermodynamik

(Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Bei einem Viertakt-Motor ist jede zweite Umdrehung leistungsrelevant. ˙ e = 0, 5 M ω = 0, 5 M 2 π n Pe = W Pe = 0, 5 · 200 Nm · 6, 283 · 7000 We = M ω τ = M 2 π

Nm 1 kJ 1 kW s 1 1 min = 73302 = 73, 302 kW min 60 s s 1000 Nm kJ

We = 200, 0 Nm · 6, 283 = 1256, 6 Nm

1 kJ = 1, 2566 kJ 1000 Nm

˙ e = 0, 5 M ω = 0, 5 M 2 π n b) Pe = W Pe = 0, 5 · 400 Nm · 6, 283 · 3500 We = M ω τ = M 2 π

Nm 1 kJ 1 kW s 1 1 min = 73302 = 73, 302 kW min 60 s s 1000 Nm kJ

We = 400, 0 Nm · 6, 283 = 2513, 2 Nm

1 kJ = 2, 5132 kJ 1000 Nm

Aufgabe 2.9 Die Heizungsumwälzpumpe eines älteren Zweifamilienhauses wird erneuert. Sie wird auf die Umwälzung eines Massenstroms des Heizungswassers von m ˙ = 0,72 kg/s ausgelegt, wobei eine Druckerhöhung um ∆p = p2 − p1 = 0,15 bar zu erbringen ist. Das Heizungswasser ist als inkompressibles Fluid zu behandeln (V˙ 1 = V˙ 2 = V˙ ); es weist die Dichte % = 1000 kg/m3 auf. a) Wie groß ist die Leistung (Pe )id der idealen Pumpe? b) Welchen Wert weist die tatsächliche Leistung Pe auf, wenn der Pumpenwirkungsgrad η = 0,75 beträgt? (Schwierigkeitsgrad: leicht)

Bild 2.4 Zu Aufgabe 2.9 Lösung: ˙ ˙ p 12 = V˙ (p2 − p1 ) = m (p2 − p1 ) a) (Pe )id = Pp 12 = W % (Pe )id = b) Pe =

(vgl. Bild 2.4)

0, 72 kg m3 100 kJ kJ 1 kW s · 0, 15 bar = 0, 0108 = 0, 0108 kW = 10, 8 W s 1000 kg bar m3 s kJ

(Pe )id η

Pe =

10, 8 W = 14, 4 W 0, 75

Aufgaben zu Abschnitt 2

13

Aufgabe 2.10 In einem oberschwäbischen Riedgebiet steigt Faulgas, das zu etwa zwei Dritteln aus Methan (CH4 ) und zu etwa einem Drittel aus Kohlendioxid (CO2 ) besteht, aus dem Moorwasser auf. Der mittlere Volumenstrom und die Dichte des Faulgases werden zu V˙ = 0,05 m3 /h und zu % = 1,15 kg/m3 ermittelt; die durchschnittliche Tiefe des Moorwassers beträgt 6 m. Es ist die zeitbezogene Differenz der potentiellen Energie zu bestimmen. (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: E˙ p2 − E˙ p1 = V˙ (% − %U ) g (z2 − z1 ) m3 kg m 1 N s2 1 J 1h 1Ws E˙ p2 −E˙ p1 = 0, 05 ·(1, 15−1000) 3 ·9,81 2 ·(6 m) = − 0, 8163 W h m s 1 kg m 1 N m 3600 s 1 J Weil die zeitbezogene Differenz der potentiellen Energie abnimmt, steigt das Faulgas ’von selbst’ an die Wasseroberfläche. Aufgabe 2.11 Es sind die folgenden Zahlenwerte von energetischen Größen umzurechnen: a) die Volumenänderungsarbeit WV 12 = 78 bar m3 in die Einheit MJ kg m2 in die Einheit J s2 kJ m2 c) die spezifische potentielle Energie ep = 119 2 in die Einheit s kg R kg m2 d) die potentielle Energie F ds = 29500 N mm in die Einheit s2 kJ J e) die spezifische Druckänderungsarbeit wp12 = 7,48 in die Einheit kg kg

b) die kinetische Energie Ek = 1453

kg m2 s2 J m3 bar g) die spezifische Verschiebearbeit w1 = 32470 in die Einheit kg kg f) die innere Reibungsarbeit WRI = 2390 N m in die Einheit

(Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: 100 kJ 1 MJ = 7, 8 MJ bar m3 1000 kJ kg m2 1 N s2 1 J kg m2 = 1453 = 1453 J b) Ek = 1453 2 s s2 1 kg m 1 N m a) WV 12 = 78 bar m3 = 78 bar m3

c) ep = 119 d)

R

m2 1 kJ m2 1 N s2 kJ = 119 2 = 0, 119 2 s s 1 kg m 1000 N m kg

1m 1 kg m kg m2 = 29, 500 1000 mm 1 N s2 s2 kJ kJ 1000 J J = 7, 48 = 7, 48 = 7480 kg kg 1 kJ kg

F ds = 29500 N mm = 29500 N mm

e) wp12

14

2 Der erste Hauptsatz der Thermodynamik

1 kg m kg m2 = 2390 1 N s2 s2 J J 1 kJ 1 m3 bar m3 bar g) w1 = 32470 = 32470 = 0, 32470 kg kg 1000 J 100 kJ kg f) WRI = 2390 N m = 2390 N m

Aufgabe 2.12 Auf der Insel Madagaskar wird zur örtlichen Stromversorgung der Bergbevölkerung ein Kleinwasserkraftwerk errichtet. Der Fluss hat beim Zustand 1 oberhalb eines Wasserfalls auf der Höhe h1 = 550 m die Geschwindigkeit c1 = 5,0 m/s. Beim Zustand 2 des Wassers im Tal auf der Höhe h2 = 390 m beträgt die Geschwindigkeit c2 = 2,0 m/s. Die Dichte des Wassers ist % = 1000 kg/m3 = const. Es ist die Leistung Pp12 zu berechnen, die sich im reversiblen Fall mit einer Wasserturbine gewinnen lässt, wenn der Wasserstrom V˙ = 2,3 m3 /s beträgt. (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: Wp12 = Ep2 − Ep1 + Ek2 − Ek1 Pp12 = E˙ p2 − E˙ p1 + E˙ k2 − E˙ k1     1 1 Pp12 = m ˙ g (z2 − z1 ) + (c22 − c21 ) Pp12 = V˙ % g (z2 − z1 ) + (c22 − c21 ) 2 2 m3 kg  m 1 m2  1 N s2 1 kJ Pp12 = 2, 3 · 1000 3 · 9, 81 2 · (390 − 550) m + (22 − 52 ) 2 s m s 2 s 1 kg m 1000 Nm Pp12 = − 3634, 23

kJ 1 kW s = − 3634, 23 kW s kJ

Aufgabe 2.13 Ein ideales Pendel besteht aus einem masselosen Draht sowie einer Goldkugel mit dem Volumen VG = 0,05184 dm3 und der Dichte %G = 19,29 kg/dm3 , wobei deren Temperatur tG = 20 ◦ C und deren spezifische Wärmekapazität cG = 0,130 kJ/(kg K) sind. Das Pendel bewegt sich reibungsfrei im Vakuum. Dabei erreicht es am Umkehrpunkt 1 der Bewegung die Höhe z1 = 0,2 m. a) Wie groß ist die Masse mG der Goldkugel? b) Welche Geschwindigkeit c2 erreicht die Kugel im Tiefpunkt 2 der Bewegung? Wann kommt das Pendel zur Ruhe? Nunmehr ist ein reales Pendel zu betrachten: Das Pendel bewegt sich in einem mit Luft gefüllten Zylinder mit masseloser Wandung (abgeschlossenes System) mit der Höhe h = 1,0 m und dem Durchmesser d = 0,8 m (Bild 2.5) und kommt nach einer bestimmten Zeit infolge von Reibung mit der Luft zum Stillstand (Zustand 3). Die Luft im Zylinder ist ein ideales Gas, für das die thermische Zustandsgleichung p V = m R T gilt (RL = 0,2872 kJ/(kg K) = const, cv L = 0,7168 kJ/(kg K) = const); ihr Druck beträgt pL = 1,0 bar = const, und ihre Temperatur ist tL = 20 ◦ C. c) Es ist das Volumen VL der Luft im Zylinder unter Vernachlässigung des Volumens der Goldkugel zu bestimmen. d) Welche Masse mL besitzt die Luft? e) Wie groß ist die durch Reibung hervorgerufene Temperaturerhöhung der Luft und der Goldkugel unter der Voraussetzung, dass Luft und Goldkugel im thermischen Gleichgewicht miteinander stehen? (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Aufgaben zu Abschnitt 2

15

Lösung:

Bild 2.5 Zu Aufgabe 2.13 a) %G =

mG VG

m G = % G VG

mG = 19, 29

kg · 0, 05184 dm3 = 1, 000 kg dm3

b) Vereinfachte Energiebilanz gemäß dem 1. Hauptsatz: Ek1 + Ep1 = Ek2 + Ep2 Mit Ek1 = 0 und Ep2 = 0 folgt: Ek2 = Ep1 c2 =

p

2 g z1

1 mG c22 = mG g z1 2 r c2 =

2 · 9, 81 · 0, 2

m2 m = 1, 9809 s2 s

Das Pendel kommt theoretisch nicht zur Ruhe, sondern bewegt sich unbegrenzt lange, da Reibungsfreiheit vorausgesetzt ist. 3, 14159 π VL = 0, 82 m2 · 1, 0 m = 0, 50265 m3 c) VL = d2 h 4 4 d) pL VL = mL RL TL 1, 0 bar kg K · 0, 50265 m3 100 kJ p L VL mL = = 0, 59702 kg RL TL 0, 2872 kJ · 293, 15 K m3 bar e) Erweiterte Energiebilanz mit der Einbeziehung der inneren Energien von Luft und Goldkugel gemäß dem 1. Hauptsatz: mL =

UL1 + UG1 + Ek1 + Ep1 = UL3 + UG3 + Ek3 + Ep3 Mit Ek1 = 0, Ep3 = 0 und Ek3 = 0 folgt: Ep1 = UL3 − UL1 + UG3 − UG1 mG g z1 = mL cvL (t3 − t1 ) + mG cG (t3 − t1 )

mG g z1 = (mL cvL + mG cG ) (t3 − t1 )

t3 − t1 =

m G g z1 mL cvL + mG cG

t3 − t1 =

1, 000 kg · 9, 81 m · 0, 2 m kg K 1 N s2 1 kJ = 0, 00352 K s2 (0, 59702 · 0, 7168 + 1, 000 · 0, 130) kg kJ 1 kg m 1000 Nm

Die Temperaturerhöhung ist sehr gering.

16

2 Der erste Hauptsatz der Thermodynamik

Aufgabe 2.14 Im Kompressor einer prozesstechnischen Anlage soll Luft mit dem Massenstrom m ˙ = 1,0 kg/s, dem Druck p1 = 1,0 bar und der Temperatur t1 = 200 ◦ C bei gleich bleibender Temperatur t1 = t2 auf den Druck p2 = 100 bar verdichtet werden (Bild 2.6). Der Kompressor ist ein offenes System. Die Abhängigkeit des Volumenstroms vom Druck wird durch die Gleichung ψ0 V˙ = + ψ1 + ψ2 p p erfasst. Deren Konstanten haben die folgenden Werte: ψ0 = 1, 3582244

m3 bar s

ψ1 = 4, 2507806 · 10−4

m3 s

ψ2 = 8, 020560106 · 10− 7

m3 . bar s

Wie groß ist die zeitbezogene Druckänderungsarbeit (Leistung)?

Bild 2.6 Zu Aufgabe 2.14 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: Wp12 =

R2

V dp

Pp12

1

Pp12 =

Z2 1

Pp12 = ψ0

Z2

V˙ dp

1

 ψ0  + ψ1 + ψ2 p dp p Z2

dp + ψ1 p

Pp12 = ψ0 ln

Z2 1

1

dp + ψ2

Z2

p dp

1

p2 ψ2 2 + ψ1 (p2 − p1 ) + (p2 − p21 ) p1 2

Pp12 = 1, 3582244 +

Wp12 = = τ

3 m3 bar 100 100 kJ 100 kJ −4 m · ln + 4, 2507806 · 10 · (100 − 1) bar 3 + s 1 m3 bar s m bar

m3 100 kJ 1 · 8, 020560106 · 10− 7 · (1002 − 12 ) bar2 3 2 bar s m bar

Pp12 = 630, 095

kJ 1 kW s = 630, 095 kW s kJ

Aufgaben zu Abschnitt 2

17

In Abschnitt 5 wird gezeigt, dass der oben angegebenen Gleichung für die Abhängigkeit des Volumenstroms vom Druck bei gleichbleibender Temperatur ψ0 + ψ1 + ψ2 p V˙ = p die thermische Zustandsgleichung für Luft als reales Gas v=

RT (A0 + B 0 p + C 0 p2 ) p

zugrunde liegt. Aufgabe 2.15 Erdgas H wird über ein örtliches Gasnetz verteilt, das mit niedrigem Druck betrieben wird. Zur Versorgung eines neuen Einkaufszentrums soll eine Rohrleitung von l = 120 m Länge verlegt werden, durch die ein Volumenstrom von V˙ B = 300 m3/h (Volumenstrom im Betriebszustand) fließen soll. Die Rohrleitung besteht aus Polyethylen und hat den Innendurchmesser di = 110,8 mm; die Rohrrauigkeit hat den Wert k = 0,007 mm. Der Fließdruck (Überdruck) am Anfang der Rohrleitung beträgt pe1 = 0,03 bar; der Umgebungsdruck ist pamb = pL = 0,965 bar; das trockene Erdgas H hat die Temperatur t = 10 o C; die kinematische Viskosität ist ν = 14, 06 · 10−6 m2 /s. Das Erdgas kann beim Durchfluss durch die Rohrleitung als ideales Gas mit praktisch unveränderlicher Dichte %B = 0, 74174 kg/m3 betrachtet werden. a) Es sollen die Querschnittsfläche A der Rohrleitung und die Strömungsgeschwindigkeit c bestimmt werden. Zur Vermeidung von Lärmbeeinträchtigungen gegenüber der Umgebung ist eine Geschwindigkeit von weniger als cmax = 6,0 m/s erforderlich. Sollte deshalb ein größerer Innendurchmesser der Rohrleitung gewählt werden? b) Wie groß ist die Reynoldszahl Re? Welchen Wert hat der Quotient di /k? Ist die Strömung laminar oder turbulent? Der Rohrreibungskoeffizient λ ist mit dem λ, Re-Diagramm zu bestimmen und mit einer geeigneten Gleichung zu überprüfen. Wie hoch ist der Druckverlust ∆pR durch die Rohrreibung unter der vereinfachten Annahme einer konstanten Gasdichte %B ? c) In der Rohrleitung sind zwei 90o -Winkel, jeder mit dem Einzelwiderstandsbeiwert ζ = 0,4, drei 45o -Winkel, jeder mit ζ = 0,3 und vier Schieber, jeder mit ζ = 0,5, eingebaut. Wie groß ist die Summe der Einzelwiderstandsbeiwerte Σ ζ und der daraus resultierende zusätzliche Druckverlust ∆pF ? d) Die Rohrleitung weist in Strömungsrichtung eine Höhenzunahme über die gesamten Länge von z2 − z1 = 10 m auf. Die daraus resultierende zusätzliche Druckänderung ∆pA soll berechnet werden. (Anmerkung: Für Luft kann die Dichte %L = 1,248 kg/m3 bei einer Temperatur von etwa tL = 10 o C angenommen werden.) e) Der Gesamtdruckabfall p1 − p2 = ∆pges ist zu bestimmen. (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: π 2 3, 14159 di = 0, 11082 m2 = 0, 009642 m2 4 4 300 m3 m 1h V˙ B = = 8, 6427 c= A h 0, 009642 m2 3600 s s

a) A =

Der Rohrleitungslieferant hat als nächst größeren Rohrleitungs-Innendurchmesser di = 141,8 mm im Programm. Bei dieser Rohrleitung ergibt sich:

18

2 Der erste Hauptsatz der Thermodynamik

π 2 3, 14159 di = 0, 14182 m2 = 0, 015792 m2 4 4 V˙ B 300 m3 1h m c= = = 5, 2769 A h 0, 015792 m2 3600 s s c < cmax → Diese Rohrleitungsausführung kann gewählt werden. A=

b) Re =

cd 5, 2769 m · 0, 1418 m s = = 53219 ν s 14, 06 · 10−6 m2

d/k = (141, 8 mm)/ (0, 007 mm) = 20257

→ →

turbulente Strömung

Bild 2.7

→

λ = 0, 021

→ Überprüfung mit der Gleichung von Zanke für die turbulente Strömung Re > 2320:  −2  −2   (lg 53219)1,2 k 0, 007 (lg Re)1,2 + = −2 lg 2, 7 + λ = −2 lg 2, 7 Re 3, 71d 53219 3, 71·141, 8   −2 λ = −2 lg [0, 000327112 + 0, 000013306] = 0, 02079 ≈ 0, 0208

120 m 1 kg m2 N s2 mbar m2 l 1 2 % c = 0, 0208 · · 0, 74174 3 5, 27692 2 d 2 0, 1418 m 2 m s kg m 100 N ∆pR == 1, 8178 mbar ≈ 1, 82 mbar ∆pR = λ

Bild 2.7 Zu Aufgabe 2.15 c) Σ ζ = 2 · 0, 4 + 3 · 0, 3 + 4 · 0, 5 = 3, 7 1 1 kg m2 N s2 mbar m2 ∆ pF = Σ ζ % c2 = 3, 7 · · 0, 74174 3 · 5, 27692 2 2 2 m s kg m 100 N ∆ pF = 0, 3821 mbar ≈ 0, 38 mbar d) ∆ pA = (% − %U ) (z2 − z1 ) g = 2 kg m2 ∆ pA = (0, 74174 − 1, 248) 3 · (10 m) · 9, 81 m2 N s mbar 100 N kg m m s ∆ pA = − 0, 497 mbar ≈ − 0, 50 mbar e) ∆pges = ∆pR + ∆pF + ∆pA = (1, 82 + 0, 38 − 0, 50) mbar = 1, 70 mbar Der Fließdruck (Überdruck) am Anfang der Rohrleitung pe1 = 0,03 bar = 30 mbar vermindert sich um ∆pges = 1,7 mbar auf pe2 = 0,0283 bar = 28,3 mbar am Ende der Rohrleitung.

Aufgaben zu Abschnitt 2

19

Aufgabe 2.16 Ein Hochbehälter (NN + 392 m) dient der Wasserversorgung eines auf einem Hügel gelegenen Dorfes. Der Hochbehälter wird mit Wasser aus einer größeren Wasserfassung im Tal (NN + 234 m) mit einer Durchflussmenge von V˙ = 90 l/s gespeist. Das Rohr mit einem Innendurchmesser von d = 250 mm (DN 250) besteht aus duktilem Gusseisen (Rauigkeit k = 0,1 mm) und ist l = 8,0 km lang. Ein abgerundeter Auslauf aus dem Wasserbehälter, zehn 45o -Winkel und sechs offene Schieber in der Rohrleitung sind zu berücksichtigen. Die Summe der Druckverluste, verursacht durch die Einzelwiderstandsbeiwerte, beträgt Σ ∆zF = 0,07 m. Die kinematische Viskosität für flüssiges Wasser beträgt ν = 1, 31 · 10−6 m2 /s. Die Dichte von Wasser ist % = 1000 kg/m3 , und die Dichte von Luft ist %L = %U = 1.247 kg/m3 (Bild 2.8). a) Wie groß ist die statische Druckhöhe zA aufgrund des zu überwindenden Höhenunterschieds? b) Die Fließgeschwindigkeit c und der Druckverlust durch die Beschleunigung des Wassers zc sind zu berechnen. c) Die Reynoldszahl Re und die relative Rauigkeit d/k sollen bestimmt werden. Ist die Strömung laminar oder turbulent? Wie groß ist der – mithilfe des λ, Re-Diagramms zu ermittelnde – Rohrreibungskoeffizient λ? In welchem Bereich des λ, Re-Diagramms liegt der Zustandspunkt? Der Wert von λ ist zusätzlich mithilfe der Gleichung von Zanke zu berechnen. d) Es ist der Reibungsverlust zR in der Rohrleitung zu berechnen. e) Wie groß ist die Gesamtdruckhöhe (hydraulische Förderhöhe) zges , die die Pumpe zu überwinden hat? f) Wie groß muss die erforderliche Pumpenleistung PP sein, wenn der Wirkungsgrad der Pumpe mit η = 0,755 angenommen werden kann? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung:

Bild 2.8 Zu Aufgabe 2.16 a) Da % = 1000 kg/m3 und %L = %U = 1,247 kg/m3 gegeben sind und deshalb %  %U ist, gilt als gute Näherung % − %U ∆ zA = (z2 − z1 ) ≈ (z2 − z1 ) = 392, 00 m − 234, 00 m = 158, 00 m . % 4 0, 09 m3 · 4 m V˙ = V˙ = = 1, 8335 b) c = A π d2 s 3, 14159 · 0, 252 m2 s zc =

c2 1, 83352 m2 s2 = 2 = 0, 171 m ≈ 0, 17 m 2g s 2 · 9, 81 m

20

2 Der erste Hauptsatz der Thermodynamik

1, 8335 m · 0, 25 m s cd = = 3, 499 · 105 ≈ 3, 5 · 105 ν s 1, 31 · 10−6 m2 250 mm d = = 2500 → turbulente Strömung → λ, Re-Diagramm Bild 2.9: λ = 0,0175 ki 0, 1 mm → Der Zustandspunkt befindet sich im turbulenten Übergangsgebiet des λ, Re-Diagramms.

c) Re =

Überprüfung mit der Gleichung von Zanke im Bereich turbulenter Strömung Re > 2320:   −2 (lg Re)1,2 k λ = −2 lg 2, 7 + Re 3, 71di −2   0, 1 mm (lg 349900)1,2 + λ = −2 lg 2, 7 349900 3, 71·250 mm   −2 λ = −2 lg [0, 000060265 + 0, 000107817] = 0, 017548 ≈ 0, 01755

Bild 2.9 Zu Aufgabe 2.16 l 1 2 1 s2 8000 m m2 c = 0, 01755 1, 83352 2 = 96, 23 m d 2g 0, 250 m 2 · 9, 81 m s = ∆zc + ∆zR + Σ ∆zF + ∆zA = (0, 17 + 96, 23 + 0, 07 + 158, 00) m = 254, 47 m ≈ 255 m

d) ∆zR = λ e) ∆zges ∆zges

Die jeweiligen Ergebnisse der Teilaufgaben a), b) und d) machen deutlich, dass ∆zR und ∆zA für die Berechnung der Gesamtdruckhöhe ∆zges am wichtigsten sind, während ∆zc und ∆zF nur einen sehr geringen Einfluss auf ∆zges haben. 0, 09 m3 · 1000 kg · 9, 81 m · 255 m 1 N s2 1 kW s V˙ % g zges = · · f) Pp = η s m3 s2 0, 755 1 kg m 1000 Nm Pp = 298, 2 kW ≈ 300 kW

Aufgaben zu Abschnitt 3: Der zweite Hauptsatz der Thermodynamik Aufgabe 3.1 Bei einem Verfahren der Spezialchemie wird die wässrige Lösung einer chemischen Substanz . unter Druck erhitzt. Hierzu wird in einem Wärmeübertrager der Volumenstrom V˙ = 50 l/s = const mit der Temperatur t1 = 20 ◦ C auf die Temperatur t2 = 250 ◦ C erhitzt; die Dichte ist % = 1020 kg/m3 = const. Die mittlere spezifische Wärmekapazität beträgt cm = 4,10 kJ/(kg K). Am Eintrittsquerschnitt in den Wärmeübertrager wird der Druck p1 = 50,0 bar gemessen, am Austrittsquerschnitt beträgt der Druck p2 = 49,0 bar; die Eintrittsgeschwindigkeit und die Austrittsgeschwindigkeit sind jeweils gleich groß; Ein- und Austrittsquerschnitt liegen jeweils auf derselben Höhe. a) Wie groß ist der Massenstrom m ˙ der Flüssigkeit? b) Wie groß ist der Wärmestrom Q˙ 12 , welcher der Flüssigkeit zugeführt wird? (Anmerkung: Es soll hierzu die zeitbezogene Energiebilanz für das offene System aufgestellt werden.) c) Die Gesamtentropiestromänderung (S˙ 2 − S˙ 1 )ges des Vorgangs ist aus der Summe der einzelnen Entropiestromänderungen der Teilsysteme Wärmequelle (S˙ 2 − S˙ 1 )W Q und Flüssigkeit (S˙ 2 − S˙ 1 )F L zu ermitteln. Hierzu soll die Zustandsänderung in erster Näherung als reibungsfrei betrachtet werden. Dabei kann vereinfachend von einer konstanten Temperatur der Wärmequelle TW Q = 573,15 K und vereinfachend von einer konstanten Mitteltemperatur der zu erwärmenden Flüssigkeit TF L = 408,15 K ausgegangen werden. Ist der Gesamtvorgang reversibel oder irreversibel? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: m3 kg kg · 1020 3 = 51, 0 s m s m ˙ ˙ g (z2 − z1 ) b) Q˙ 12 + Pe − |PRA | = H˙ 2 − H˙ 1 + (c22 − c21 ) + m 2 Hierin sind: m ˙ 2 Pe = 0 |PRA | = 0 (c − c21 ) = 0 m ˙ g (z2 − z1 ) = 0 2 2    p2 − p1  Q˙ 12 = H˙ 2 − H˙ 1 Q˙ 12 = m ˙ (u2 − u1 ) + p2 v2 − p1 v1 Q˙ 12 = m ˙ cm (t2 − t1 ) + % a) m ˙ = V˙ %

m ˙ = 0,05

kg  kJ (49 − 50) bar m3 100 kJ  Q˙ 12 = 51, 0 4,10 (250 − 20) K + · s kg K 1020 kg bar m3 kg kJ
kJ kJ kW s Q˙ 12 = 51, 0 − 0,098 = 48088 kW 943,000 = 48088 s kg kg s kJ

c) (Q˙ 12 )rev = Q˙ 12 + |PRI | (S˙ 2 − S˙ 1 )W Q = − (S˙ 2 − S˙ 1 )F L =

Q˙ 12 TW Q

Q˙ 12 TF L

Wegen |PRI | = 0 gilt: (Q˙ 12 )rev = Q˙ 12 (S˙ 2 − S˙ 1 )W Q = − (S˙ 2 − S˙ 1 )F L =

48088 kW kW = − 83,90 573,15 K K

48088 kW kW = 117,82 408,15 K K

kW kW + 117,82 (S˙ 2 − S˙ 1 )ges = (S˙ 2 − S˙ 1 )W Q + (S˙ 2 − S˙ 1 )F L = − 83,90 K K kW Der Vorgang ist irreversibel, da (S˙ 2 − S˙ 1 )ges > 0 ist. (S˙ 2 − S˙ 1 )ges = 33,92 K © Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2024 M. Dehli, Aufgabensammlung Technische Thermodynamik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-44242-2_3

22

3 Der zweite Hauptsatz der Thermodynamik

Aufgabe 3.2 Bei einem Pfadfindertreffen mit beträchtlicher Teilnehmerzahl werden zum Frühstück in einem geschlossenen Kochgerät mit der Wärmeleistung Q˙ W 12 = 50 kW V1 = V2 = 800 Liter Teewasser mit der Anfangstemperatur tT W 1 = 10 ◦ C auf die Endtemperatur tT W 2 = 80 ◦ C isochor aufgewärmt; die Dichte des Teewassers ist % = 1000 kg/m3 = const. Beim Aufwärmvorgang fließt die mittlere Verlustwärmeleistung Q˙ U 12 = 3 kW an die Umgebung U ab (siehe Bild 3.1). a) Man bestimme die mittlere spezifische Wärmekapazität cm |tt21 des Teewassers. b) Welche Aufwärmleistung Q˙ A12 wird für die Erwärmung des Teewassers genutzt? Wie lange dauert der Aufwärmvorgang? c) Wie viel Wärme QW 12 wird dem Behälter zugeführt, und wie viel Verlustwärme QU 12 gelangt in die Umgebung? d) Welchen Umfang hat die Gesamtentropieänderung ∆Sges ? Diese ergibt sich aus der Summe der einzelnen Entropieänderungen der Teilsysteme Wärmequelle ∆SW Q , Teewasser ∆ST W und Umgebung ∆SU . Dabei kann von einer konstanten Temperatur der Wärmequelle tW Q = 400 ◦ C sowie von einer konstanten Temperatur der Umgebung tU = 5 ◦ C ausgegangen werden. Ist der Gesamtvorgang umkehrbar oder nicht umkehrbar?

Bild 3.1 Zu Aufgabe 3.2 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) cm |tt21 =

1 (cm |t02◦ C · t2 − cm |t01◦ C · t1 ) t2 − t1

Aus Tabelle 2.6 des Lehrbuchs ’Grundlagen der Technischen Thermodynamik’ erhält man für Wasser als Flüssigkeit: ◦ ◦ kJ kJ cm | 800 ◦CC = 4, 1866 cm | 100 ◦CC = 4, 2058 kg K kg K Die gesuchte mittlere spezifische Wärmekapazität des Teewassers ist: kJ 4, 1866 kJ/(kg K) · 80 ◦ C − 4, 2058 kJ/(kg K) · 10 ◦ C = 4, 18386 80 ◦ C − 10 ◦ C kg K = Q˙ W 12 − Q˙ U 12 Q˙ A12 = 50 kW − 3 kW = 47 kW ◦

C cm |80 10 ◦ C

b) Q˙ A12




H2 O

QA12 Q˙ A12 = τ τ =

=

1 Q˙ A12 = m cm |tt21 (t2 − t1 ) τ

% V cm |tt21 (t2 − t1 ) Q˙ A12

τ = 1, 38473 h

τ =

1000 kg · 0, 8 m3 · 4, 18386 kJ · (80 − 10) K s = 4985, 02 s m3 kg K 47 kJ

τ = 1 h 23 min 5 s

Aufgaben zu Abschnitt 3

c) QW 12 = Q˙ W 12 τ

QW 12 = 50 kW · 1, 38473 h = 69, 2365 kWh

QW 12 = 69, 2365 kWh · QU 12 = Q˙ U 12 τ

d) ∆SW Q = −

QW 12 TW

Z2

dS =

1

∆ST W = % V

QU TU

3600 kJ = 14955 kJ 1 kWh

∆SW Q = − Z2

dQrev = T

1

cm |tt21

∆ST W = 1000 ∆SU =

3600 kJ = 249251 kJ 1 kWh

QU 12 = 3 kW · 1, 38473 h = 4, 15419 kWh

QU 12 = 4, 15419 kWh ·

∆ST W =

23

Z2

249251 kJ kJ = − 370, 2756 673, 15 K K m cm |tt21 dT = m cm |tt21 T

Z2

dT T2 = m cm |tt21 ln T T1

1

1

T2 ln T1

kJ 353, 15 kJ kg · 0, 8 m3 · 4, 18386 ln = 739, 4256 m3 kg K 283, 15 K ∆SW Q =

14955 kJ kJ = 53, 7660 278, 15 K K

∆Sges = ∆SW Q + ∆ST W + ∆SU ∆Sges = ( − 370, 2756 + 739, 4256 + 53, 7660)

kJ kJ = 422, 9160 K K

Der Gesamtvorgang ist irreversibel. Aufgabe 3.3 Das Differential der Entropie kann mithilfe der Verknüpfung des Ersten und des Zweiten Hauptsatzes in der folgenden Weise dargestellt werden: dS =

dH − V dp dQrev = T T

Es ist unter Verwendung von thermodynamischen Beziehungen für das ideale Gas nachzuweisen, dass dS ein totales Differential ist. (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: Die mathematische Bedingung für ein totales Differential dS ist, dass die gemischten zweiten Ableitungen der Funktion S = S(p, T ) jeweils gleich groß sind: Dann ist dS ein totales Differential, S eine Zustandsgröße und die Funktion S = S(p, T ) eine Zustandsfunktion. ∂2S ∂2S = ∂T ∂p ∂p ∂T Die kalorische Zustandsgleichung in differentieller Form und die thermische Zustandsgleichung des idealen Gases lauten: dH = m cp dT pV = mRT

V mR = T p

24

3 Der zweite Hauptsatz der Thermodynamik

cp ist die spezifische Wärmekapazität bei konstantem Druck. Sie ist bei idealen Gasen nur eine Funktion der Temperatur. cp ist konstant, wenn diese Zustandsgröße als mittlere spezifische isobare Wärmekapazität ermittelt wird. R ist die spezielle Gaskonstante. Die kalorische Zustandsgleichung in differentieller Form und die thermische Zustandsgleichung des idealen Gases werden in die Ausgangsgleichung eingesetzt: m cp mR dT − dp T p Ein Vergleich mit     ∂S ∂S dS = dT + dp ∂T p ∂p T

dS =

ergibt:   m cp ∂S = ∂T p T   mR ∂S =− ∂p T p Die gemischten zweiten Ableitungen sind:   ∂2S ∂ m cp m cp = = 0 , da = const. ∂T ∂p ∂p T T T   ∂2S ∂ mR mR = (− ) = 0 , da − = const. ∂p ∂T ∂T p p p Die gemischten zweiten Ableitungen ergeben jeweils null und sind damit gleich groß. Somit ist der Nachweis erbracht, dass dS ein totales Differential ist, S eine Zustandsgröße ist und S = S(p, T ) den Rang einer Zustandsfunktion hat. Aufgabe 3.4 Im Kessel eines Kraftwerks wird durch die Verbrennung von Kohlestaub eine Wärmeleistung von ∆Q˙ rev = 2000 MW bei einer Temperatur von t = 1180 ◦ C freigesetzt. Von dem Arbeitsmittel Wasser bzw. Wasserdampf wird sie bei einer mittleren Temperatur von t0 = 320 ◦ C aufgenommen. Welche zeitliche Änderung der Entropie ∆S˙ tritt bei diesem Vorgang auf? (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: T − T0 1453, 15 K − 593, 15 K ˙ ∆S˙ = |∆Qrev| = 2000 MW· = 1,9955 MW/K = 1995, 5 kW/K T T0 1453, 15 K · 593, 15 K Aufgabe 3.5 Im Verdampfer einer großtechnischen Kältemaschine wird die Wärmeleistung ∆Q˙ rev = 4,0 MW aus einem zu kühlenden Bereich mit der Temperatur t = - 22 ◦ C aufgenommen; dabei hat das Kältemittel die Temperatur t0 = - 30 ◦ C. Welche zeitliche Änderung der Entropie ∆S˙ ist für diesen Vorgang kennzeichnend? (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: ˙ ∆S˙ = |∆Qrev|

T − T0 251, 15 K − 243, 15 K = 4, 0 MW · = 0,000524 MW/K = 0,524 kW/K T T0 251, 15 K · 243, 15 K

Der Vergleich mit Aufgabe 3.4 zeigt, dass kältetechnische Prozesse weit empfindlicher gegen Irreversibilitäten sind als Hochtemperaturprozesse, weil in die Gleichung zur Berechnung von

Aufgaben zu Abschnitt 3

25

∆S˙ das Produkt der jeweiligen absoluten Temperaturen T T 0 im Nenner steht. In Aufgabe 3.4 ist dieser Nenner über 14mal so groß wie in Aufgabe 3.5. Bei Tieftemperaturprozessen ist dieser Sachverhalt noch weit ausgeprägter. Bei Hochtemperaturprozessen kann folglich eine größere Temperaturdifferenz T − T 0 in Kauf genommen werden als bei kältetechnischen Prozessen und bei Tieftemperaturprozessen. Aufgabe 3.6 In einem Trinkwassererwärmer mit der Anschlussleistung von 3 kW sollen 80 Liter Wasser von 12 ◦ C auf 57 ◦ C erwärmt werden (Dichte beim Überdruck von pe = 5 bar: % = 994 kg/m3 ). ◦

C a) Wie groß ist die mittlere spezifische Wärmekapazität cm |57 12 ◦ C des Wassers im Temperatur◦ ◦ bereich zwischen 12 C und 57 C? (Für die hierfür erforderlichen Tabellenwerte können in sehr guter Näherung die Werte beim Druck von 1 bar verwendet werden.) In welcher Zeit τ ist das Wasser aufgewärmt?

b) Infolge einer Schädigung der Wärmedämmung fließt vom Trinkwassererwärmer der Wärmestrom Q˙ A12 an die Umgebung. Als Folge erhöht sich die Aufwärmzeit um ∆τ auf τ ∗ = 1,8 Stunden. Welche Gesamtentropieänderung (S2 − S1 )ges tritt ein, wenn die Umgebungstemperatur mit tU = 18 ◦ C als konstant angesetzt und die Wärmequellentemperatur mit tW Q = 200 ◦ C ebenfalls als konstant angenommen werden kann? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: 1 (cm |t02◦ C · t2 − cm |t01◦ C · t1 ) t2 − t1 Mithilfe von Tabelle 2.6 des Lehrbuchs ’Grundlagen der Technischen Thermodynamik’ erhält man für Wasser:

a) cm |tt21 =

◦

cm |570 ◦CC = (7 · 4,1860 + 3 · 4,1870) ◦

cm |120 ◦CC = (8 · 4,2058 + 2 · 4,1976)

kJ 1 kJ · = 4,1863 kg K 10 kg K 1 kJ kJ · = 4,2042 kg K 10 kg K

Die gesuchte mittlere spezifische Wärmekapazität des Wassers ist: ◦

C cm |57 12 ◦ C =

Q12 Q˙ 12 = τ

4,1863 kJ/(kg K) · 57 ◦ C − 4,2042 kJ/(kg K) · 12 ◦ C kJ = 4,1815 57 ◦ C − 12 ◦ C kg K Q˙ 12 =

m cm |tt21 (t2 − t1 ) V % cm |tt21 (t2 − t1 ) = τ τ

τ =

V % cm |tt21 (t2 − t1 ) Q˙ 12

τ =

0, 08 m3 · 994 kg · 4, 1815 kJ · (57 − 12) K s = 4987, 7 s = 1, 3855 h = 1 h 23 min 8 s m3 kg K 3, 0 kJ

b) Gesamte Wärmezufuhr: Qz ges = Q˙ 12 τ ∗

Qz ges = 3

kJ 3600 s · 1, 8 h · = 19440 kJ s 1h

Wärmeabgabe: QA12 =

τ∗ − τ Qz ges τ∗

QA12 =

(1, 8 − 1, 3855) h · 19440 kJ = 4477 kJ 1, 8 h

26

3 Der zweite Hauptsatz der Thermodynamik

Erhöhung der inneren Energie des Wassers: U2 − U1 = Q˙ 12 τ

U2 − U1 = 3

kJ 3600 s · 1, 3855 h · = 14963 kJ s 1h

Entropieänderungen: Entropieänderung der Wärmequelle: (S2 − S1 )W Q = −

Qz ges TW Q

(S2 − S1 )W Q = −

19440 kJ kJ = − 41, 086 473, 15 K K

Entropieänderung des Wassers im Warmwasserspeicher: (S2 − S1 )W W =

Z2

dQrev = m cm |tt21 T

dT T2 T2 = m cm |tt21 ln = V % cm |tt21 ln T T1 T1

1

1

(S2 − S1 )W W

Z2

kg kJ 330, 15 kJ = 0, 08 m3 · 994 3 · 4, 1815 · ln = 48, 724 m kg K 285, 15 K

Entropieänderung der Umgebung: (S2 − S1 )U =

QA12 TU

(S2 − S1 )U =

4477 kJ kJ = 15, 377 291, 15 K K

Gesamte Entropieänderung: (S2 − S1 )ges = (S2 − S1 )W Q + (S2 − S1 )W W + (S2 − S1 )U (− 41, 086 + 48, 724 + 15, 377)

kJ kJ = 23, 015 K K

Der Ausdruck (S2 − S1 )W Q + (S2 − S1 )W W gibt die Entropiezunahme infolge der Wärmeübertragung von der Wärmequelle zum Wasser im Warmwasserspeicher über eine große Temperaturdifferenz ∆Tm wieder, während der Ausdruck (S2 − S1 )U die Entropiezunahme durch die Wärmeabgabe an die Umgebung infolge der schadhaften Wärmedämmung erfasst. Die letztgenannte Entropiezunahme ist etwa doppelt so groß wie die erstgenannte Entropiezunahme. Die Verbesserung der Wärmedämmung ist also als vorrangig anzusehen. Aufgabe 3.7 In einer Anlage zur Trinkwasserversorgung wird mithilfe eines Druckminderventils ein konstanter Wasser-Volumenstrom von V˙ = 900 `/min, der eine Temperatur von t1 = t2 = 10 ◦ C aufweist, von einem Überdruck von p1 = 8,0 bar auf einen Überdruck von p2 = 2,5 bar gedrosselt. Der Drosselvorgang verläuft adiabat, isotherm und isenthalp. Welche Entropieänderung tritt bei diesem Vorgang sekündlich ein? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: S˙ 2 − S˙ 1 =

Z2

dQ˙ rev T

1

Der Erste Hauptsatz für ein offenes System lautet in differentieller, zeitbezogener Form: ˙ = dH˙ dQ˙ + dW Die Gleichung für die reversible Ersatzwärme lautet in differentieller, zeitbezogener Form: ˙ RI | dQ˙ rev = dQ˙ + |dW

Aufgaben zu Abschnitt 3

27

˙ zugeführt noch Da dem Druckminderventil weder Wärmeleistung dQ˙ noch Arbeitsleistung dW entnommen werden, gilt: ˙ = V˙ dp + |dW ˙ RI | = 0 dQ˙ = 0 und dW ˙ RI | = − V˙ dp , dQ˙ rev = |dW ˙ RI | und somit Damit werden dH˙ = 0 , |dW dQ˙ rev = − V˙ dp . Es folgt: S˙ 2 − S˙ 1 =

Z2

dQ˙ rev =− T

Z2 ˙ V dp T 1

1

Da V˙ = const und T = const sind, wird Z2 V˙ V˙ S˙ 2 − S˙ 1 = − dp = − (p2 − p1 ) T T 1

0, 900 m3 100 kJ 1 min 1 kW s kW S˙ 2 − S˙ 1 = − (2, 5 − 8, 0) bar 3 = 0, 02914 min 283, 15 K m bar 60 s 1 kJ K Aufgabe 3.8 Es ist zu prüfen, ob die folgenden Ausdrücke totale Differentiale darstellen: a) dz = 7 x6 y 9 dx + 9 x7 y 8 dy ,

b) dz = 4 x3 y 6 dx + 6 x4 y 5 dy ,

c) dz = 20 x3 y 4 dx + 15 x2 y 4 dy ,

d) dz = 4 x5 y 9 dx + 6 x6 y 8 dy ,

e) dz = 5 x6 y 2 dx + 13 x4 y 3 dy

f) dz = 9 x7 y 3 dx + 3 x9 y 2 dy

und

(Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: Die Funktion hat die allgemeine Form:     ∂z ∂z dx + dy dz = ∂x y ∂y x Die mathematische Bedingung für ein totales Differential dz ist, dass die gemischten zweiten Ableitungen der Funktion z = z(x, y) jeweils gleich groß sind: Dann ist dz ein totales Differential, z eine Zustandsgröße und die Funktion z = z(x, y) eine Zustandsfunktion: ∂2z ∂2z = ∂x ∂y ∂y ∂x a) dz = 7 x6 y 9 dx + 9 x7 y 8 dy Die ersten Ableitungen sind:   ∂z = 7 x6 y 9 ∂x y



∂z ∂y



= 9 x7 y 8

x

Die gemischten zweiten Ableitungen sind:     ∂ ∂2z ∂ ∂2z = 7 x6 y 9 = 63 x6 y 8 = 9 x7 y 8 = 63 x6 y 8 ∂x ∂y ∂y ∂y ∂x ∂x x y dz ist ein totales Differential. b) dz = 4 x3 y 6 dx + 6 x4 y 5 dy

28

3 Der zweite Hauptsatz der Thermodynamik

Die ersten Ableitungen sind:   ∂z = 4 x3 y 6 ∂x y



∂z ∂y



= 6 x4 y 5 dy

x

Die gemischten zweiten Ableitungen sind:     ∂2z ∂ ∂2z ∂ = 4 x3 y 6 = 24 x3 y 5 = 6 x4 y 5 dy = 24 x3 y 5 ∂x ∂y ∂y ∂y ∂x ∂x x y dz ist ein totales Differential. c) 20 x3 y 4 dx + 15 x2 y 4 dy Die ersten Ableitungen sind:   ∂z = 20 x3 y 4 ∂x y



∂z ∂y



= 15 x2 y 4 x

Die gemischten zweiten Ableitungen sind:     ∂ ∂2z ∂ ∂2z = 20 x3 y 4 = 80 x3 y 3 = 15 x2 y 4 = 30 x y 4 ∂x ∂y ∂y ∂y ∂x ∂x x y dz ist kein totales Differential. d) dz = 4 x5 y 9 dx + 6 x6 y 8 dy Die ersten Ableitungen sind:   ∂z = 4 x5 y 9 ∂x y



∂z ∂y



= 6 x6 y 8

x

Die gemischten zweiten Ableitungen sind:     ∂2z ∂ ∂2z ∂ = 4 x5 y 9 = 36 x5 y 8 = 6 x6 y 8 = 36 x5 y 8 ∂x ∂y ∂y ∂y ∂x ∂x x y dz ist ein totales Differential. e) dz = 5 x6 y 2 dx + 13 x4 y 3 dy Die ersten Ableitungen sind:   ∂z = 5 x6 y 2 ∂x y



∂z ∂y



= 13 x4 y 3

x

Die gemischten zweiten Ableitungen sind:     ∂ ∂2z ∂ ∂2z = 5 x6 y 2 = 10 x6 y = 13 x4 y 3 = 52 x3 y 3 ∂x ∂y ∂y ∂y ∂x ∂x x y dz ist kein totales Differential. f) dz = 9 x7 y 3 dx + 3 x9 y 2 dy Die ersten Ableitungen sind:   ∂z = 9 x7 y 3 ∂x y



∂z ∂y



= 3 x9 y 2

x

Die gemischten zweiten Ableitungen sind:     ∂2z ∂ ∂2z ∂ 7 3 7 2 9 2 = 9x y = 27 x y = 3x y = 27 x8 y 2 ∂x ∂y ∂y ∂y ∂x ∂x x y dz ist kein totales Differential.

Aufgaben zu Abschnitt 4: Ideale Gase Aufgabe 4.1 Ein ideales Gas weist die spezielle Gaskonsante R = 0,18892 kJ/(kg K) auf. Bei einer Zu. standsänderung ist der mittlere Isentropenexponent zu κm = 1,2542 gegeben. a) Man berechne die mittlere spezifische isochore Wärmekapazität cvm . b) Wie groß ist die mittlere spezifische isobare Wärmekapazität cpm ? (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: a) cvm =

1 R κm − 1

b) cpm = cvm κm

cvm =

1 kJ kJ · 0, 18892 = 0, 74319 1, 2542 − 1 kg K kg K

cpm = 0, 74319

kJ kJ · 1, 2542 = 0, 93211 kg K kg K

Aufgabe 4.2 Ein einatomiges Gas (Edelgas) weist die Molmasse M = 39,948 kg/kmol auf. Sein – von der Temperatur nicht abhängiger – Isentropenexponent ist κ = 1,6667 = const. Man berechne a) die spezielle Gaskonstante R, b) die Normdichte %0 , c) das Normvolumen V0 von m = 1 kg des Edelgases, d) die spezifische Wärmekapazität bei konstantem Druck cp , e) die spezifische Wärmekapazität bei konstantem Volumen cv , f) die normvolumenbezogene isobare Wärmekapazität Cp , g) die normvolumenbezogene isochore Wärmekapazität Cv . (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: Rm M p0 b) %0 = R T0 a) R =

m R T0 p0 κ d) cp = R κ−1 c) V0 =

e) cv = cp − R f) Cp = cp %0 g) Cv = cv %0

8, 31451 kJ kmol kJ = 0, 20813 39, 948 kmol K kg kg K 1, 01325 bar kg K 100 kJ kg %0 = = 1, 78230 3 0, 20813 kJ · 273, 15 K m3 bar m

R=

1 kg · 0, 20813 kJ · 273, 15 K m3 bar = 0, 56107 m3 1, 01325 bar kg K 100 kJ 1, 6667 kJ kJ cp = · 0, 20813 = 0, 52031 1, 6667 − 1 kg K kg K

V0 =

kJ − 0, 20813 K kJ · 1, 78230 Cp = 0, 52031 kg K cv = 0, 52031

Cv = 0, 31218

kJ kJ = 0, 31218 kg K kg K kg kJ = 0, 92735 3 m3 m K

kJ kg kJ · 1, 78230 3 = 0, 55640 3 kg K m m K

Anmerkung: Bei dem genannten Edelgas handelt es sich um Argon. © Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2024 M. Dehli, Aufgabensammlung Technische Thermodynamik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-44242-2_4

30

4 Ideale Gase

Aufgabe 4.3 Ein Verbrennungsgas mit der konstanten Masse m1 = m2 = m = 0,01258 kg, dessen spezielle Gaskonstante R nicht bekannt ist, befindet sich im Zylinder eines Großdieselmotors; sein Druck ist p1 = 83,021 bar und seine Temperatur t1 = 2137,52 ◦ C, wobei sein Volumen V1 = 0,0011 m3 beträgt. Das Verbrennungsgas kann näherungsweise als ideales Gas angenommen werden. Das Gas wird reversibel und isentrop entspannt, wobei seine Temperatur auf t2 = 841,45 ◦ C abnimmt und sein Volumen auf V2 = 0,0121 m3 zunimmt. Es sind zu berechnen: a) die spezielle Gaskonstante R, b) der mittlere Isentropenexponent κm , c) die mittlere spezifische isochore Wärmekapazität cvm und die mittlere spezifische isobare Wärmekapazität cpm , d) der Druck p2 , e) die bei der Expansion abgegebene Arbeit WV 12 , f) die Dichte %1 beim Zustand 1 sowie die Normdichte %0 . (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) R =

p 1 V1 m T1

R=

83, 021 bar · 0, 0011 m3 100 kJ kJ = 0, 30114 0, 01258 kg · 2410, 67 K m3 bar kg K

b) T1 V 1κ−1 = T2 V 2κ−1 ln

 V2 κ−1  V1

= ln



T1 T2

T1 T2 +1 =κ= V2 ln V1

V2 V1

c) cvm =

1 R κm − 1

d) p1 V κ1 = p2 V κ2 e) WV 12 = WV 12 =

T1 T2

V2 T1 = ln V1 T2

2410, 67 1114, 60 = + 1 = 1, 32170 0, 0121 ln 0, 0011 ln

κm

cvm =

cpm = cvm + R

=

(κ − 1) ln

ln

κm

κ−1

1 kJ kJ · 0, 30114 = 0, 93608 1, 32170 − 1 kg K kg K

cpm = 0, 93608 p2 = p1

 V κ 1

V2

kJ kJ kJ + 0, 30114 = 1, 23722 kg K kg K kg K p2 = 83, 021 bar ·

 0, 0011 1,32170 0, 0121

= 3, 4896 bar

mR (T2 − T1 ) κ−1 0, 01258 kg · 0, 30114 kJ (1114, 60 − 2410, 67) K = − 15, 2625 kJ (1, 32170 − 1) kg K

f) %1 =

p1 R T1

%1 =

100 kJ 83, 021 bar kg K kg = 11, 4362 3 0, 30114 kJ · 2410, 67 K m3 bar m

%0 =

p0 R T0

%0 =

1, 01325 bar kg K 100 kJ kg = 1, 23182 3 0, 30114 kJ · 273, 15 K m3 bar m

Aufgaben zu Abschnitt 4

31

Aufgabe 4.4 In einem geschlossenen Behälter befindet sich die Molmenge n1 = n2 = n = 0,1805 kmol des Flüssiggases Butan (C4 H10 ) in gasförmigem Zustand; dessen Molmasse beträgt M = 58,124 kg/kmol. Das Butan kann in erster Näherung als ideales Gas aufgefasst werden. Es weist die Temperatur t1 = 90,00 ◦ C und den Druck p1 = 1,10 bar auf. Es sind zu berechnen: a) die spezielle Gaskonstante R, b) die Masse m1 = m2 = m, c) das Volumen V1 , d) die Normdichte %0 , e) das Normvolumen V0 . Nunmehr wird dem Gas bei einer reversiblen isochoren Zustandsänderung die Wärme Q12 = 196,136 kJ zugeführt, wobei die Temperatur auf t2 = 100,00 ◦ C ansteigt. Für diese Zustandsänderung sind f) die mittlere spezifische isochore Wärmekapazität cvm und die mittlere spezifische isobare Wärmekapazität cpm , g) der Druck p2 zu bestimmen. (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: 8, 31451 kJ kmol kJ = 0, 14305 58, 124 kmol K kg kg K kg b) m = n M m = 0, 1805 kmol · 58, 124 = 10, 4914 kg kmol 10, 4914 kg · 0, 14305 kJ · 363, 15 K m3 bar m R T1 V1 = = 4, 9547 m3 c) V1 = p1 1, 10 bar kg K 100 kJ p0 1, 01325 bar kg K 100 kJ kg d) %0 = %0 = = 2, 59315 3 R T0 0, 14305 kJ · 273, 15 K m3 bar m Rm M

a) R =

R=

m R T0 10, 4914 kg · 0, 14305 kJ · 273, 15 K m3 bar V0 = = 4, 04581 m3 p0 1, 01325 bar kg K 100 kJ = m cvm (T2 − T1 )

e) V0 = f) Q12

cvm =

Q12 m (T2 − T1 )

cpm = cvm + R g)

T2 p2 = p1 T1

cvm =

196, 136 kJ kJ = 1, 86945 10, 4914 kg · (373, 15 − 363, 15) K kg K

kJ kJ kJ + 0, 14305 = 2, 01254 kg K kg K kg K 373, 15 p2 = 1, 10 bar · = 1, 1303 bar 363, 15

cpm = 1, 86949

p2 = p1

T2 T1

Aufgabe 4.5 Ein – Stickstoff N2 enthaltender – Druckbehälter hat das Volumen V1 = V2 = V = 20,0 m3 . Er wird bei der gleich bleibenden Temperatur t1 = t2 = t = 10 ◦ C mit der zusätzlichen Menge ∆m = m2 −m1 = 70,0 kg Stickstoff befüllt. Stickstoff N2 kann als ideales Gas mit R = 0,29680 kJ/(kg K) aufgefasst werden. a) Wie groß ist die Druckerhöhung ∆p = p2 − p1 infolge der zusätzlichen Befüllung?

32

4 Ideale Gase

Der Betriebsmeister stellt fest, dass der Absolutdruck nach der zusätzlichen Befüllung p2 = 13,5360 bar beträgt. b) Wie groß war der ursprüngliche Druck p1 , und welche Stickstoffmasse m1 befand sich vor der zusätzlichen Befüllung im Behälter? c) Wie groß war die Dichte %1 vor der zusätzlichen Befüllung, und welchen Wert weist die Dichte %2 nach der zusätzlichen Befüllung auf? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) p2 V = m2 R T

p 1 V = m1 R T

(p2 − p1 ) V = (m2 − m1 ) R T p2 − p1 = ∆p = ∆m b) p1 = p2 − ∆p p1 V RT

m1 =

RT V

∆p = 70, 0 kg ·

0, 29680 kJ · 283, 15 K m3 bar = 2, 9414 bar kg K 20, 0 m3 100 kJ

p1 = 13, 5360 bar − 2, 9414 bar = 10, 5946 bar m1 =

10, 5946 bar · 20, 0 m3 kg K 100 kJ = 252, 1356 kg 0, 29680 kJ · 283, 15 K m3 bar

c) %1 =

p1 RT

%1 =

10, 5946 bar kg K 100 kJ kg = 12, 6068 3 0, 29680 kJ · 283, 15 K m3 bar m

%2 =

p2 RT

%2 =

13, 5360 bar kg K 100 kJ kg = 16, 1068 3 0, 29680 kJ · 283, 15 K m3 bar m

Aufgabe 4.6 Mit den Worten ’Etiam tu mi fili Brute’ und nach einem letzten Atemzug starb Gaius Iulius Caesar am 15. März 44 v. Chr. auf den Stufen des P ompeiustheaters in Rom. a) Mit welcher Gleichung lässt sich die Molmenge n von Caesars letztem Atemzug berechnen? Welcher Wert ergibt sich für die Molmenge n, wenn für das Volumen des letzten Atemzugs V = 0,5 l, für den Druck p = 1 bar und für die Temperatur t = 25 ◦ C anzusetzen ist? b) Wieviele Moleküle N enthielt Caesars letzter Atemzug? c) Im Zeitraum bis zur heutigen Zeit haben sich diese Moleküle gleichmäßig in der Erdatmosphäre verteilt, deren Masse rund mEL = 5, 1967 · 1021 g beträgt. Wieviele Moleküle NC aus Caesars letztem Atemzug sind in jedem Atemzug eines erwachsenen Menschen enthalten, bei dem die eingeatmete Luft die Masse mM = 1 g haben möge? d) (Ergänzende Rechnung:) Die Oberfläche der Erde beträgt AE = 509, 8 · 106 km2 . Wie lässt sich hieraus die Masse der Erdatmosphäre mEL bestimmen? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) p V = n Rm T n=

n=

pV Rm T

1, 0 bar · 0, 0005 m3 kmol K 100 kJ · = 2, 01697 · 10−5 kmol = 0, 0201697 mol 8, 31451 kJ · 298, 15 K bar m3

Aufgaben zu Abschnitt 4

b) N = n NA

mit

NA = 6, 0221 · 1026 ·

N = 2, 01697 · 10−5 kmol · 6, 0221 · 1026 · c)

mM NC = N mEL

NC = N

33

Molekuele kmol Molekuele = 1, 214637 · 1022 Molekuele kmol

mM mEL

NC = 1, 214637 · 1022 Molekuele ·

1g = 2, 33732 Molekuele 5, 1967 · 1021 g

Der Atemzug eines erwachsenen Menschen in der heutigen Zeit enthält 2 bis 3 Moleküle aus Caesars letztem Atemzug. d) p =

F AE

p=

mEL g AE

mEL =

AE p g

mEL =

509, 8 · 106 km2 · 1 bar s2 106 m2 105 N kg m · · · = 5, 1967·1018 kg = 5, 1967·1021 g 9, 81 m km2 m2 bar 1 N s2

Aufgabe 4.7 Ein Lastkraftwagenreifen ist mit Luft gefüllt. Sein Volumen kann als konstant angenommen werden: V = V1 = V2 = V3 = 0,12 m3 = const. Die Luft im Reifen weist bei einem Barometerstand von pamb = 1,0 bar den Überdruck p1e = 4,5 bar und die Temperatur t1 = 20 ◦ C auf. Luft kann als ideales Gas betrachtet werden. Die Molmasse ist M = 28,964 kg/kmol, die spezifische isobare Wärmekapazität hat den Wert cp = 1,004 kJ/(kg K); die spezifische Gaskonstante hat den Wert R = 0,28706 kJ/(kg K). a) Wie groß ist der Absolutdruck p1abs im Reifen? Es ist die Gasmasse m1 im Reifen zu berechnen. b) Welchen Wert besitzt die spezifische isochore Wärmekapazität der Luft cv ? c) Während der Fahrt wird der Luft im Reifen, der als geschlossenes adiabates System aufgefasst werden kann, innere Reibungsarbeit |WRI | = (Q12 )rev zugeführt, wobei die Temperatur auf t2 = 70 ◦ C ansteigt. Wie groß ist diese zugeführte reversible Ersatzwärme (Q12 )rev = |WRI |? Welcher Absolutdruck p2abs und welcher Überdruck p2e herrschen jetzt im Reifen ? d) Der Lastkraftwagenfahrer lässt an der Tankstelle erhitzte Luft so lange aus dem Reifen, bis sich wieder der ursprüngliche Überdruck p3e = p1e = 4,5 bar einstellt; die Temperatur der erhitzten Luft bleibt dabei gleich. Welche Luftmasse ∆m = m2 − m3 entweicht dabei? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) p1 = p1abs = pamb + p1e m1 =

p 1 V1 R T1

b) cv = cp − R

m1 =

p1abs = 1, 0 bar + 4, 5 bar = 5, 5 bar

5, 5 bar · 0, 12 m3 kg K 100 kJ · = 0, 7843 kg 0, 28706 kJ · 293, 15 K bar m3

cv = (1, 004 − 0, 28706)

kJ kJ = 0, 71694 kg K kg K

34

4 Ideale Gase

c) (Q12 )rev = U2 − U1 = m cv (T2 − T1 ) = m cv (t2 − t1 ) (Q12 )rev = 0, 7843 kg · 0, 71694 p2 = p2abs =

T2 m 1 R T2 = p1abs V1 T1

p2e = p2abs − pamb

p2abs = 5, 5 bar ·

343, 15 K = 6, 4381 bar 293, 15 K

p2e = 6, 4381 bar − 1, 0 bar = 5, 4381 bar

d) p3 V3 = m3 R T3 = p1abs V1 p3 m3 = m1 p2abs

kJ · (70 − 20) K = 28, 1148 kJ kg K

m3 = m1

p2abs V2 = m1 R T2 = m1 R T3 = p2abs V3

p1abs p2abs

∆m = m2 − m3 = m1 − m3

m3 = 0, 7843 kg ·

5, 5 bar = 0, 6700 kg 6, 4381 bar

∆m = 0, 7843 kg − 0, 6700 kg = 0, 1143 kg

Aufgabe 4.8 Im gekühlten Verdichter einer Kältemaschine wird der Massenstrom m ˙ = 0,05 kg/s AmmoniakGas (NH3 , R 717) vom Zustand 1 (p1 = 1,0 bar; t1 = - 30 ◦ C) auf den Zustand 2 (p2 = 12,0 bar; t2 = 120 ◦ C) polytrop und reversibel verdichtet. Ammoniak kann als ideales Gas mit der spezifischen isobaren Wärmekapazität cp = 2,0586 kJ/(kg K) = const, der spezifischen isochoren Wärmekapazität cv = 1,5704 kJ/(kg K) = const, der speziellen Gaskonstante R = 0,4882 kJ/(kg K) und der Molmasse M = 17,0305 kg/kmol aufgefasst werden. a) Es sind der Polytropenexponent n sowie der Isentropenexponent κ zu berechnen. b) Welche zeitbezogene Druckänderungsarbeit (Leistung) Pp12 pol ist bei der Verdichtung zuzuführen? Welchen Wert hat die dabei abzuführende Wärmeleistung (Q˙ 12 pol )rev ? Wie groß ist die zeitbezogene Entropieänderung (S˙ 2 − S˙ 1 )pol ? Zum Vergleich ist auch eine ungekühlte reversibel-isentrope Verdichtung desselben Massenstroms m ˙ = 0,05 kg/s Ammoniak-Gas vom Zustand 1 (p1 = 1,0 bar; t1 = - 30 ◦ C) auf den Zustand 2∗ (p2∗ = p2 = 12,0 bar) zu berechnen. c) Wie hoch ist die Temperatur T2∗ nach der Verdichtung? Welche zeitbezogene Druckänderungsarbeit (Leistung) Pp12∗ is muss hierbei zugeführt werden? Wie groß sind die dabei abzuführende Wärmeleistung (Q˙ 12∗ is )rev und die zeitbezogene Entropieänderung (S˙ 2∗ − S˙ 1 )is ? Wäre es sinnvoll, auch für eine isotherme Verdichtung vom Zustand 1 aus auf den Druck p2 die zeitbezogene Druckänderungsarbeit (Leistung) Pp12∗ ith unter der Annahme des idealen Gases zu berechnen? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: p2 p1

12 2, 0586 cp 1 κ= = 1, 3109 = 1, 2397 κ= 12 393, 15 p2 T2 cv 1, 5704 ln − ln ln − ln 1 243, 15 p1 T1 n n b) Pp12 pol = m ˙ R (T2 − T1 ) Pp12 pol = m ˙ R (t2 − t1 ) n−1 n−1 1,2397 kg kJ Pp12 pol = · 0, 05 · 0,4882 · (120 − (− 30)) K = 18,9368 kW 0,2397 s kg K n−κ n−κ (Q˙ 12 pol )rev = m ˙ R (T2 − T1 ) = m ˙ R (t2 − t1 ) (κ − 1) (n − 1) (κ − 1) (n − 1) ln

a) n =

ln

n=

1, 2397 − 1, 3109 kg kJ (Q˙ 12 pol )rev = · 0, 05 · 0,4882 · (120 − (− 30)) K = − 3,4982 kW 0, 3109 · 0, 2397 s kg K

Aufgaben zu Abschnitt 4

35

T2 p2 (S˙ 2 − S˙ 1 )pol = m ˙ cp ln −m ˙ R ln T1 p1 kJ 393, 15 kg kJ 12 kg · 2,0586 · ln − 0, 05 · 0,4882 · ln = (S˙ 2 − S˙ 1 )pol = 0, 05 s kg K 243, 15 s kg K 1 kW − 0,01120 K p2
κ−1 12
0,3109 ∗ κ 1,3109 c) T2 = T1 T2∗ = 243,15 K · = 438,35 K t∗2 = 165,20 ◦ C p1 1 κ κ m ˙ R (T2 − T1 ) Pp12 is = m ˙ R (t2 − t1 ) Pp12 is = κ−1 κ−1 1,3109 kg kJ Pp12 is = · 0, 05 · 0,4882 · (120 − (− 30)) K = 20,0908 kW 0,3109 s kg K (Q˙ 12∗ is )rev = 0 (S˙ 2∗ − S˙ 1 )is = 0 Formal ließe sich eine isotherme Verdichtung gemäß der folgenden Gleichung berechnen: Pp12∗ ith = m ˙ R T1 ln

p2 p1

Pp12∗ ith = 0, 05

kg kJ 12 ·0,4882 ·243, 15 K·ln = 14,7486 kW s kg K 1

Dieses Ergebnis ist allerdings nicht richtig, da eine isotherme Verdichtung vom Zustand 1 aus durch das Nassdampfgebiet ins Flüssigkeitsgebiet führen würde und die Annahme des idealen Gases folglich nicht zutrifft (vgl. hierzu die Bilder A.3 und A.4 im Anhang). Aufgabe 4.9 Der Reibungswiderstand, den ein Hindernis wie z. B. ein Regelventil oder ein Absperrhahn in einer adiabaten, von einem Fluid durchströmten Leitung verursacht, wird durch den dimensionslosen Faktor (Einzelwiderstandsbeiwert) ζ beschrieben. Sind p1 , %1 und c1 Druck, Dichte und Geschwindigkeit vor dem Strömungshindernis und ist p2 der Druck nach dem Strömungshindernis, so gilt 1 p1 − p2 = ζ %1 c21 . 2 In einer raffinerietechnischen Anlage ist in einer adiabaten Leitung für das ideale Gas Wasserstoff H2 ein Regelventil eingebaut; das Gas hat die Temperatur t1 = 10 ◦ C, den Druck p1 = 2,50 bar und die Geschwindigkeit c1 = 10 m/s. Die spezielle Gaskonstante ist R = 4,1245 kJ/(kg K) und die Dichte im Normzustand %0 = 0,08989 kg/m3 . Im Regelventil wird das Gas bei einer adiabaten Zustandsänderung vom Zustand 1 auf den Zustand 2 isotherm und isenthalp gedrosselt (Bild 4.1). Der Einzelwiderstandsbeiwert für das Ventil im geöffneten Zustand ist ζ = 3,7; der Durchmesser der Leitung mit Kreisquerschnitt ist d = d1 = d2 = 250 mm. a) Wie groß sind der Volumenstrom V˙ 1 vor dem Regelungsventil und der Massenstrom m? ˙ Welchen Wert weist die Dichte %1 des Gases vor dem Regelungsventil auf? b) Es soll die Druckdifferenz p1 − p2 und daraus der Druck p2 bestimmt werden. c) Welche Reibungsleistung |PRI | (= zeitbezogene Reibungsarbeit) wirkt im Gasstrom? d) Welche sekündliche Entropieänderung S˙ 2 − S˙ 1 ist mit dem Drosselvorgang verbunden?

Bild 4.1 Zu Aufgabe 4.9 (Schwierigkeitsgrad: erheblich)

36

4 Ideale Gase

Lösung: π a) V˙ 1 = A c1 = d 2 c1 4

m m3 π V˙ 1 = · 0, 252 m2 · 10 = 0, 49087 4 s s

p0 R T0 p1 %1 = R T1 %0 =

%1 = %0

p 1 T0 p 0 T1

m ˙ 1 = %1 V˙ 1 b) p1 − p2 = ζ

%1 = 0,08989 m ˙ 1 = 0,213953

kg 2,50 bar 273,15 K kg · · = 0,213953 3 m3 1,01325 bar 283,15 K m

m3 kg kg · 0, 49087 = 0, 105023 3 m s s

1 %1 c21 2

p1 − p2 = ∆p = 3,7 · p2 = p1 − ∆p

1 kg m2 N s2 bar m2 · 0,213953 3 · 102 2 = 0, 00039581 bar 2 m s kg m 105 N

p2 = 2,50 bar − 0, 00039581 bar = 2,49960419 bar

p1 c) |PRI | = (Q˙ 12 )rev = p1 V˙ 1 ln p2 |PRI | = 2,50 bar · 0, 49087

100 kJ 2,50 bar m3 · ln = 0,01943 kW = 19, 43 W s 2,49960419 bar m3 bar

p1 |PRI | p1 V˙ 1 ln = d) S˙ 2 − S˙ 1 = T p2 T 0,01943 kW kW W S˙ 2 − S˙ 1 = = 0,00006862 = 0,06862 283,15 K K K Aufgabe 4.10 Ein Fachmann für das MIG-Schweißverfahren führt in seinem Lastkraftwagen u. a. eine Druckgasflasche mit dem Edelgas Argon Ar mit sich, die das Volumen V1 = 0,08 m3 aufweist. Er parkt das Fahrzeug im Freien. Morgens haben das Fahrzeug, die Druckgasflasche sowie das hierin enthaltene Argon eine Temperatur von t1 = 3 ◦ C. Der Überdruck in der Gasflasche beträgt p1e = 82,9 bar; der Umgebungsdruck ist pL = 1,0 bar. Argon kann in guter Näherung als ideales Gas mit R = 0,20813 kJ/(kg K) und cp = 0,5203 kJ/(kg K) behandelt werden. a) Welcher Absolutdruck p1 ist in der Flasche vorhanden? Wie groß ist die Masse m des Argons? Durch starke Sonneneinstrahlung während des Tages nimmt die Temperatur der Innenwände des Lastkraftwagens auf tW i = 70 ◦ C zu. Durch Strahlung und Konvektion erhöht sich dadurch die Temperatur des Argons reibungsfrei auf t2 = 55 ◦ C. Das Volumen des Gases bleibt unverändert V1 = V2 . b) Welchen Absolutdruck p2 weist jetzt das Argon auf? Es ist der Wert der spezifischen isochoren Wärmekapazität cv zu bestimmen. Wie groß ist die dem Gas zugeführte Wärme (Q12 )rev ?

Aufgaben zu Abschnitt 4

37

c) Es soll die Entropieänderung des Gases S2 − S1 bestimmt werden. Wie groß ist die Entropieänderung der Innenwände des Lastkraftwagens SW i2 − SW i1 , wenn deren Temperatur praktisch gleich bleibt? Welche Gesamtentropieänderung (S2 − S1 )ges hat sich ergeben? (Anmerkung: Die Entropieänderung des Werkstoffs der Gasflasche soll dabei vereinfachend zu null gesetzt werden.) (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) p1 = p1e + pL m= b) p2 =

p 1 V1 R T1 m R T2 V1

cv = cp − R

p1 = 82, 9 bar + 1, 0 bar = 83, 9 bar m=

1 kJ 83, 9 bar · 0, 08 m3 kg K 105 N = 11, 678 kg 0, 20813 kJ · 276, 15 K m2 bar 103 Nm

p1 =

11, 678 kg · 0, 20813 kJ · 328, 15 K bar m3 = 99, 698 bar kg K 0, 08 m3 100 kJ

cv = (0, 5203 − 0, 20813)

kJ kJ = 0, 31217 kg K kg K

(Q12 )rev = m cv (T2 − T1 ) = m cv (t2 − t1 ) (Q12 )rev = 11, 678 kg · 0, 31217 c) S2 − S1 = m cv ln

T2 T1

S2 − S1 = 11, 678 kg · 0,31217 SW i2 − SW i1 = −

kJ · (55 − 3) K = 189, 57 kJ kg K

(Q12 )rev TW i

328, 15 kJ kJ · ln = 0,62895 kg K 276, 15 K SW i2 − SW i1 = −

189, 57 kJ kJ = − 0, 55244 343, 15 K K

(S2 − S1 )ges = (S2 − S1 ) + (SW i2 − SW i1 ) (S2 − S1 )ges = 0,62895

kJ kJ kJ + (− 0,55244 ) = 0,07651 K K K

Aufgabe 4.11 Für ein dezentrales Blockheizkraftwerk wird das Konzept einer Mikro-Gasturbine untersucht. Dabei wird ein Massenstrom von m ˙ = 0,1 kg/s des erzeugten Verbrennungsgases entspannt. Die Zustandsänderung des Verbrennungsgases kann als reversibel und polytrop angenommen werden. Im Anfangszustand weist das Gas einen Druck von p1 = 10,0 bar und eine Temperatur von t1 = 1000 ◦ C auf. Nach der Entspannung wird der Druck p2 = 1,0 bar und die Temperatur t2 = 500 ◦ C erreicht. Das Verbrennungsgas verhält sich praktisch wie Luft und wie ein ideales Gas; es weist die Stoffwerte RL = 0,2872 kJ/(kg K), cpm L = cp = 1,1412 kJ/(kg K) = const sowie cvm L = cv = 0,8540 kJ/(kg K) = const auf. a) Es ist der Polytropenexponent n für den Entspannungsvorgang vom Anfangszustand 1 auf den Endzustand 2 zu bestimmen. b) Wie groß ist die vom Gas abgegebene polytrope Arbeitsleistung Pp12 pol ? c) Welchen Wert hat der Isentropenexponent κ des Verbrennungsgases? Welche reversible Wärmeleistung (Q˙ 12 pol )rev wird dem Gas während des Vorgangs zugeführt? Es ist die Abnahme der zeitbezogenen Enthalpie H˙ 2 − H˙ 1 des Gases zu berechnen.

38

4 Ideale Gase

d) Es ist die spezifische polytrope Wärmekapazität cn zu bestimmen. Wir groß ist die zeitbezogene Änderung der Entropie (S˙ 2 − S˙ 1 )pol des Verbrennungsgases ? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: ln a) n = ln

p2 p1

1 10 n= = 1, 2765 1 773, 15 ln − ln 10 1273, 15 ln

p2 T2 − ln p1 T1

b) Pp12

pol

=

n m ˙ R (T2 − T1 ) n−1

Pp12

pol

=

kg kJ 1,2765 · 0, 1 · 0,2872 · (500 − 1000) K = − 66, 295 kW 0,2765 s kg K

c) κ =

cp cv

κ=

cp cp − R

κ=

Pp12 pol =

n m ˙ R (t2 − t1 ) n−1

1, 1412 = 1, 3363 1, 1412 − 0, 2872

(Q˙ 12 pol )rev =

n−κ n−κ m ˙ R (T2 − T1 ) = m ˙ R (t2 − t1 ) (κ − 1) (n − 1) (κ − 1) (n − 1)

(Q˙ 12 pol )rev =

kg kJ 1, 2765 − 1, 3363 · 0, 1 · 0,2872 · (500 − 1000) K = 9,235 kW 0, 3363 · 0, 2765 s kg K

H˙ 2 − H˙ 1 = m ˙ cp (T2 − T1 ) = m ˙ cp (t2 − t1 ) kJ kg · 1,1412 · (500 − 1000) K = − 57,060 kW H˙ 2 − H˙ 1 = 0, 1 s kg K d) cn =

cp n − κ κ n−1

cn =

1,1412 1,2765 − 1, 3363 kJ kJ · = − 0,1847 1, 3363 0,2765 kg K kg K

T2 (S˙ 2 − S˙ 1 )pol = m ˙ cn ln T1 kg kJ 773, 15 kW s kW (S˙ 2 − S˙ 1 )pol = 0, 1 · (− 0,1847 ) · ln = 0,00921 s kg K 1273, 15 kJ K Aufgabe 4.12 Zwei zylindrische Behälter A+B sowie C sind konzentrisch zusammengefügt und weisen dieselbe Symmetrieachse auf (vgl. Bild 4.2); sie sind gegeneinander massedicht, jedoch wärmedurchlässig und stellen jeweils starre geschlossene Systeme dar. Der äußere Behälter C ist gegenüber der Umgebung wärmedicht (adiabat). In beiden Behältern befindet sich Stickstoff. Stickstoff N2 kann als ideales Gas behandelt werden. Dessen Zustandsgrößen sind: cp = 1,0397 kJ/(kg K) = const; cv = 0,7429 kJ/(kg K) = const; κ = 1,400 = const; R = 0,2968 kJ/(kg K); M = 28,0134 kg/kmol. Im Anfangszustand 1 besteht in beiden Behältern ein Druck- und Temperaturgleichgewicht mit pA1 = pB 1 = pC 1 = 3 bar und T A1 = T B 1 = T C 1 = 293,15 K. Im Behälter A+B werden die Volumina V A1 und V B 1 durch einen Kolben voneinander getrennt. Die Volumina betragen V A1 = 0,8 m3 , V B 1 = 0,4 m3 und V C 1 = 0,8 m3 . Reversible isentrope Zustandsänderung von 1 nach 2:

Aufgaben zu Abschnitt 4

39

Zunächst wird der Kolben mit einer sehr dünnen Stange von der Position 1 schnell nach oben in den Zustand 2 gezogen und fest arretiert, so dass dabei der Stickstoff im inneren Behälter A eine isentrope Verdichtung und im inneren Behälter B eine isentrope Entspannung erfährt. Dabei verringert sich das Volumen im Behälter A auf VA2 = 0,4 m3 , während es sich im Behälter B auf VB 2 = 0,8 m3 erhöht.

Bild 4.2 Zu Aufgabe 4.12 Isochore Zustandsänderung von 2 nach 3: Darauf stellt sich bei feststehendem Kolben ein Temperaturausgleich auf die Temperatur T3 zwischen den Gasen in allen Volumina bis zum Zustand 3 ein. a) Wie groß sind die Drücke pA2 und pB 2 sowie die Temperaturen TA2 und TB 2 unmittelbar nach der Verschiebung des Kolbens? b) Es sind die Massen mA , mB und mC zu berechnen. Sodann ist die Energiebilanz für das Gesamtsystem bei der Zustandsänderung von 2 nach 3 aufzustellen, um damit die Temperatur T3 = TA3 = TB 3 = TC 3 zu bestimmen, die sich beim Temperaturausgleich einstellt. c) Wie groß sind die Änderung der inneren Energie des Gesamtsystems U3 - U1 sowie die Änderung der Entropie des Gesamtsystems S3 - S1 ? d) Die dem Gesamtsystem zugeführte Volumenänderungsarbeit WV 12 ist zu ermitteln. Reversible isotherme Zustandsänderung von 1 nach 2∗ : Statt der schnellen isentropen Zustandsänderung von 1 nach 2 wird eine sehr langsame Zustandsänderung vom Zustand 1 in den Zustand 2∗ durchgeführt, der durch dieselben Volumina wie beim Zustand 2 gekennzeichnet ist. Dabei ist vorausgesetzt, dass der äußere Behälter C gegenüber der Umgebung nicht adiabat, sondern wärmedurchlässig ist und die Temperaturen TA1 = TB 1 = TC 1 = 293,15 K gleich der Umgebungstemperatur TU = 293,15 K sind, so dass die dem Gesamtsystem zugeführte Volumenänderungsarbeit WV 12 ∗ gleich groß wie der Absolutbetrag der vom Gesamtsystem an die Umgebung abgegebenen Wärme |Q12 ∗| ist. e) Wie groß sind die Drücke pA2 ∗ und pB 2 ∗ sowie die Temperaturen TA2 ∗ und TB 2 ∗? f) Welchen Wert weist die dem Gesamtsystem zugeführte Volumenänderungsarbeit WV 12 ∗ auf? g) Man errechne die Änderung der inneren Energie des Gesamtsystems U2 ∗ - U1 sowie die Änderung der Entropie des Gesamtsystems S2 ∗ - S1 . (Schwierigkeitsgrad: erheblich)

40

4 Ideale Gase

Lösung: a) pA2 = pA1

 VA1 κ VA2   VB1 κ



pB2 = pB1

TA2 = TA1

VB2

V

TB2 = TB1 b) mA =

A1

VA2



mB = mA



pB2 = 3 bar ·



κ − 1

 VB1 κ − 1 VB2

pA1 VA1 R TA1 VB1 VA1

0, 8 0, 4

pA2 = 3 bar ·

mA =

1,4

= 7, 9170 bar

1,4

= 1, 1368 bar

0, 4 0, 8

TA2 = 293,15 K ·

 0, 8 0,4

= 386, 81 K

TB2 = 293,15 K ·



0,4

= 222, 17 K

0, 4

0, 4 0, 8

3 bar kg K · 0,8 m3 100 kJ · = 2, 7584 kg 0,2968 kJ · 293,15 K bar m3

mB = 2, 7584 kg ·

0, 4 = 1, 3792 kg 0, 8

mC = mA = 2, 7584 kg

(UA3 − UA2 ) + (UB3 − UB2 ) + (UC3 − UC2 ) = 0 mA cv (T3 − TA2 ) + mB cv (T3 − TB2 ) + mC cv (T3 − TC1 ) = 0 mA (T3 − TA2 ) + 0, 5 mA (T3 − TB2 ) + mA (T3 − TC1 ) = 0 (T3 − TA2 ) + 0, 5 (T3 − TB2 ) + (T3 − TC1 ) = 0 T3 = 0, 4 (TA2 + 0, 5 TB2 + TC1 ) = 0, 4 · (386, 81 + 111, 08 + 293, 15) K = 316, 42 K c) (U3 − U1 )ges = mges cv (T3 − T1 ) = (mA + mB + mC ) cv (T3 − T1 ) = 2, 5 mA cv (T3 − T1 ) (U3 − U1 )ges = 2, 5 · 2, 7584 kg · 0, 7429

kJ · (316, 42 − 293, 15) K = 119, 213 kJ kg K

T3 T3 = 2, 5 mA cv ln T1 T1 316, 42 kJ kJ · ln = 0, 3913 = 2, 5 · 2, 7584 kg · 0, 7429 kg K 293, 15 K

(S3 − S1 )ges = mges cv ln (S3 − S1 )ges

d) Mit Q13 = 0 und WRI = 0 folgt: WV 12 = (U2 − U1 )ges = (U3 − U1 )ges = 119, 213 kJ e) pA2∗ = pA1

VA1 VA2

pA2∗ = 3 bar ·

0, 8 = 6, 00 bar 0, 4

pB2∗ = pB1

VB1 VB2

pB2∗ = 3 bar ·

0, 4 = 1, 50 bar 0, 8

TA2∗ = TB2∗ = T1 = 293, 15 K f) WV 12∗ = WV A12∗ + WV B12∗ = mA R T1 ln

VB1 VA1 + mB R T1 ln VA2 VB2

VA1 VB1 + 0, 5 ln ) VA2 VB2 0, 8 0, 4 kJ · 293, 15 K · (ln + 0, 5 · ln ) = 83, 178 kJ = 2, 7584 kg · 0, 2968 kg K 0, 4 0, 8

WV 12∗ = mA R T1 (ln WV 12∗

g) (U2∗ − U1 )ges = mges cv (T2∗ − T1 ) = 0 kJ, da (T2∗ = T1 ) VA2 VB2 VA2 + mB R ln = mA R (ln + 0, 5 ln VA1 VB1 VA1 kJ 0, 4 0, 8 − S1 = 2, 7584 kg · 0, 2968 · (ln + 0, 5 · ln ) = − 0, 28374 kg K 0, 8 0, 4

S2∗ − S1 = mA R ln S2∗

VB2 ) VB1 kJ K

Aufgaben zu Abschnitt 4

41

Aufgabe 4.13 In einem adiabaten Behälter mit V 1 = 12,4 m3 Inhalt befindet sich Luft (M = 28,9641 kg/kmol; κ = 1,40) mit p1 = 1040 mbar, t1 = 21,8 ◦ C und der inneren Energie U 1 . Über eine Zuleitung wird durch einen Verdichter Luft mit der gleich bleibenden Temperatur t = 30,2 ◦ C reibungsfrei in den Behälter gefördert (Bild 4.3). Die Zuleitung wird geschlossen, wenn der Druck im Behälter p2 = 3,0 bar erreicht hat. Die innere Energie U der geförderten Luft und die verrichtete Verschiebearbeit p V im Eintrittsquerschnitt erhöhen die innere Energie im Behälter auf U 2 , so dass die Temperatur auf den Wert t2 ansteigt.

Bild 4.3 Zu Aufgabe 4.13 a) Welche Masse m1 befindet sich am Anfang im Behälter? b) Welche Masse m fördert der Verdichter in den Behälter? c) Wie hoch ist die Temperatur t2 im Behälter, wenn die Zuleitung geschlossen wird? d) Was ergeben die Fragen b) und c), wenn bei der Erhöhung der inneren Energie von U 1 auf U 2 ∗ auch die kinetische Energie der einströmenden Luft im Eintrittsquerschnitt bei einer Geschwindigkeit von c = 5 m/s zu berücksichtigen ist? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) R =

Rm M

m1 =

R=

8, 31451 kJ kmol kJ = 0, 28706 28, 9641 kmol K kg kg K

p 1 V1 R T1

b) m2 = m1 + m

m1 =

1,04 bar kg K · 12,4 m3 100 kJ · = 15,231 kg 0,28706 kJ · 294,95 K bar m3

m = m2 − m1

p 1 V1 = m 1 R T1

Geförderte Luft: Innere Energie: m cv T m cv T + m R T = m (cv + R) T = m cp T

p 2 V1 = m 2 R T2

m 2 T2 = m 1 T1

p2 p1

Verschiebearbeit: p V = m R T

Energiebilanz: m2 cv T2 = m1 cv T1 + m cp T m2 κ T = m1 [T1 ( m2 = 15,231 kg · Daraus folgt: c) T2 = T1

m1 p 2 m2 p 1

m 2 T2 = m 1 T1 + m 2 κ T − m 1 κ T = m 1 T1

p2 − 1) + κ T ] p1

h

m2 = m1 [

1 294,95 K · · 303,35 K 1,4



p2 p1

T1 1 p 2 ( − 1) + 1] T κ p1

3 bar − 1 + 1 = 35,167 kg 1,04 bar



i

m = 35,167 kg − 15,231 kg = 19,936 kg T2 = 294,95 K ·

15,231 kg 3 bar · = 368,49 K 35,167 kg 1,04 bar

t2 = 95, 34 ◦ C

42

4 Ideale Gase

m2 c2 m1 c2 p2 · − · = m 1 T1 cv 2 cv 2 p1 h i κ − 1 c2 p2 κ − 1 c2 m2 (κ T + · ) = m1 T1 ( − 1) + κ T + · R 2 p1 R 2 p2 i h T1 ( − 1) p1 + 1 m2 = m1 2 −1 · c κ T + κR 2

d) m2 T2 = m1 T1 + m2 κ T − m1 κ T +

cv =

R κ−1





3 bar − 1 i 1,04 bar m2 = 15,231 kg · + 1 = 35,166 kg 0,4 kg K 25 m2 1 kJ s2 1,4 · 303,35 K + · · 0,28706 kJ 2 s2 1000 kg m2 294,95 K ·

h

m = 35,166 kg − 15,231 kg = 19,935 kg T2 = T1

m1 p 2 m2 p 1

T2 = 294,95 K ·

15,231 kg 3 bar · = 368,51 K 35,166 kg 1,04 bar

t1 = 95, 36 ◦ C

Bei der zusätzlichen Berücksichtigung der kinetischen Energie der einströmenden Luft ergibt sich für die Temperatur t2 nur eine geringfügige Änderung. Aufgabe 4.14 In der Anlage eines Chemieunternehmens wird der Sauerstoff-Volumenstrom V˙ 1 = 0,2 m3 /s mit einem Druck von p1 = 10,0 bar und einer Temperatur von t1 = 50 ◦ C in einer kleinen Turbine auf den Druck p2 = 4,0 bar isentrop und reversibel entspannt. Der Sauerstoff kann als ideales Gas (R = 0,25984 kJ/(kg K); κ = 1,40) behandelt werden. a) Wie groß ist der Sauerstoff-Massenstrom m ˙ 1? b) Auf welche Temperatur t2 verringert sich die Temperatur des Sauerstoffstroms? ˙ p12 = Pp12 wird dabei gewonnen? c) Welche zeitbezogene Druckänderungsarbeit (Leistung) W d) Es sind die umgesetzte Wärmeleistung Q˙ 12 = (Q˙ 12 )rev sowie die Entropiestromänderung S˙ 2 − S˙ 1 anzugeben. (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) m ˙1=

p1 V˙ 1 R T1

b) T2 = T1 c) Pp12 = Pp12 =



p2 p1

m ˙1=

 κ−1 κ

10, 0 bar kg K · 0,2 m3 100 kJ kg · = 2, 3819 0,25984 kJ s · 323,15 K bar m3 s

T2 = 323,15 K

κ m ˙ R (T2 − T1 ) κ−1



4, 0 bar 10, 0 bar

Pp12 =

 0,4 1,4

T2 = 248,72 K

κ m ˙ R (t2 − t1 ) κ−1

1,4 kg kJ · 2, 3819 · 0,25984 · (−24,43 − 50) K = − 161,230 kW 0,4 s kg K

kJ d) Q˙ 12 = (Q˙ 12 )rev = 0 s

kW S˙ 2 − S˙ 1 = 0 K

t2 = − 24,43 ◦ C

Aufgaben zu Abschnitt 4

43

Aufgabe 4.15 In einem Behälter mit dem konstanten Rauminhalt V 1 = 2,86 m3 befindet sich beim Druck p1 = 1050 mbar und der Temperatur t1 = 18 ◦ C ein ideales Gas mit einer Molmasse M = 31,5 kg/kmol. Der Behälter hat ein Überdruckventil, das auf einen bestimmten Ansprechdruck einstellbar ist (Bild 4.4). Wenn das Gas in dem Behälter auf die Endtemperatur t3 = 280 ◦ C erwärmt wird, soll die Gasmasse im Behälter noch m3 = 3,33 kg betragen.

Bild 4.4 Zu Aufgabe 4.15 a) Welche Gasmasse m1 befindet sich am Anfang im Behälter? b) Bei welchem Druck p2 = p3 öffnet sich das Überdruckventil? c) Wie hoch ist die Gastemperatur t2 , wenn der Ansprechdruck des Ventils erreicht ist? d) Welche Volumenänderungsarbeit W V 13 könnte das Gas leisten, wenn dieselbe Gasmenge m1 – also ohne Massenverringerung – in einem dichten Zylinder mit beweglichem Kolben vom gleichen Anfangszustand auf die angegebene Endtemperatur t3 und den berechneten Enddruck p3 expandieren würde? Dem Gas würde dabei während der Arbeitsabgabe zugleich Wärme zugeführt. (Hinweis: Für die Lösung ist zuvor der Polytropenexponent n zu berechnen.) e) Wie groß wäre im Fall d) das Endvolumen V 3 ? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: Rm 8, 31451 kJ kmol kJ R= = 0,26395 M 31, 5 kmol K kg kg K 1,05 bar kg K · 2,86 m3 100 kJ p 1 V1 m1 = · = 3, 908 kg m1 = R T1 0,26395 kJ · 291,15 K bar m3

a) R =

m 3 R T3 V1

b) p2 = p3 = c) T2 =

p 2 V1 m1 R

T2 =

p2 =

3,33 kg · 0,26395 kJ · 553,15 K bar m3 · = 1, 700 bar 2,86 m3 kg K 100 kJ

1,700 bar · 2,86 m3 kg K 100 kJ · = 471, 34 K 3,908 kg · 0,26395 kJ bar m3

1,700 bar 1,05 bar n= d) n = = − 3,012 p3 T3 1,700 bar 553,15 K ln − ln ln − ln p1 T1 1,05 bar 291,15 K m1 R m1 R WV 13 = (T3 − T1 ) = (t3 − t1 ) n−1 n−1 ln

WV 13 = e) V3 = V1

p3 p1

ln

3,908 kg · 0,26395 kJ · (280 − 18) K = − 67,362 kJ (− 3,012 − 1) kg K

 p  n1 1

p3

V3 = 2,86 m3 ·

1 1,05 bar
− 3,012 = 3,356 m3 1,700 bar

t2 = 198,19

◦

C

44

4 Ideale Gase

Aufgabe 4.16 Eine Mischung zweier idealer Gase mit den Molmassen M 1 = 32 kg/kmol und M 2 = 16 kg/kmol sowie den Isentropenexponenten κ1 = 1,400 und κ2 = 1,320 weist die Masse m = 5,0 kg auf. Die Gasmischung wird durch die Zufuhr der Wärme (Q12 )rev = 266 kJ von 20 ◦ C auf 50 ◦ C isobar erwärmt (Bild 4.5). a) Wie groß ist die spezifische isobare Wärmekapazität cp der Gasmischung? Welche spezifischen isobaren Wärmekapazitäten cp1 und cp2 weisen die beiden Komponenten auf? b) Aus welchen Massenanteilen µ1 und µ2 besteht die Gasmischung? Wie groß sind die Massen m1 und m2 sowie die Molmengen n1 und n2 ?

Bild 4.5 Zu Aufgabe 4.16 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) (Q12 )rev = m cp (t2 − t1 )

cp =

(Q12 )rev 266 kJ kJ = = 1,7733 m (t2 − t1 ) 5 kg · (50 − 20) K kg K

κ κ Rm R= κ−1 κ−1 M 1,4 8,31451 kJ kmol kJ κ1 Rm cp1 = · = 0,90940 = κ1 − 1 M1 0,4 kmol K 32 kg kg K

cp = cp1

cp2 = b) cp =

κ2 Rm κ2 − 1 M2

n X

µi cpi =

i=1

cp2 = n X mi i=1

m

cp = µ1 cp1 + (1 − µ1 ) cp2 µ1 =

1,32 8,31451 kJ kmol kJ · = 2,1436 0,32 kmol K 16 kg kg K

cpi =

m1 m2 cp1 + cp2 m m

µ1 =

cp2 − cp cp2 − cp1

m1 2,1436 − 1,7733 = = 0,3000 m 2,1436 − 0,90940

m1 = µ1 m = 0,300 · 5,0 kg = 1,5 kg n1 =

µ2 =

m2 = 1 − µ1 = 1 − 0,3000 = 0,7000 m

m2 = µ2 m = 0,700 · 5,0 kg = 3,5 kg

1,5 kg kmol m1 = = 0,046875 kmol M1 32 kg

n2 =

m2 3,5 kg kmol = = 0,21875 kmol M2 16 kg

Aufgabe 4.17 Bei der Verdichtung eines idealen Gases in einem Kompressor (Bild 4.6) betragen sowohl die Volumenänderungsarbeit W V 12 als auch die Druckänderungsarbeit W p12 jeweils 39,856 kJ. Der Druck verdoppelt sich, das Anfangsvolumen ist V 1 = 0,46 m3 . Die Dichten im Anfangsund im Normzustand sind %1 = 1,4822 kg/m3 und %0 = 1,3416 kg/m3 . a) Welche Werte besitzen die Molmasse M und die spezielle Gaskonstante R des Gases? b) Wie groß sind das Volumen V 2 , der Druck p2 und die Temperatur t2 im Endzustand?

Aufgaben zu Abschnitt 4

45

(Schwierigkeitsgrad: mittel)

Bild 4.6 Zu Aufgabe 4.17 Lösung: a) Es handelt sich um eine isotherme Zustandsänderung (n = 1), da gilt: WV12 = Wp12 %0 =

p0 R T0

M=

Rm R

R= M=

p0 % 0 T0

R=

8,31451 kJ kg K kg = 30,070 0,27650 kmol K kJ kmol

b) p1 V1 = p2 V2

V2 = V1

WV 12 = p1 V1 ln

1,01325 bar m3 · 100 kJ kJ = 0,27650 1,3416 kg · 273,15 K bar m3 kg K

p2 p1

p1 =

p1 = 0,46 m3 · 0,5 = 0,23 m3 p2 WV 12 bar m3 39,856 kJ p2 = 0,46 m3 ln 2 · 100 kJ = 1,250 bar V1 ln p1

p2 = 2 p1 = 2,500 bar %1 =

p1 R T1

T1 = T2 =

p1 %1 R

T1 =

1,250 bar m3 kg K 100 kJ · = 305,01 K 1,4822 kg · 0,27650 kJ bar m3

t1 = t2 = 31,86 ◦ C Aufgabe 4.18 Eine Mischung von Sauerstoff (Gas 1), der als ideales Gas angenommen werden kann, mit einem weiteren idealen Gas (Gas 2) hat die Masse m = 45 kg und nimmt im Normzustand ein Volumen von V0 = 46 m3 ein. Die Partialdrücke der beiden Bestandteile verhalten sich zu pp1 : pp2 = 7 : 12 (Bild 4.7).

Bild 4.7 Zu Aufgabe 4.18 a) Wie groß sind die spezielle Gaskonstante R und die Molmasse M der Gasmischung? b) Welchen Wert hat die spezielle Gaskonstante R2 des zweiten idealen Gases? c) Wie groß sind die Massen m1 und m2 der beiden Gase in der Gasmischung? (Schwierigkeitsgrad: mittel)

46

4 Ideale Gase

Lösung: a) R =

p 0 V0 m T0

M=

R=

1,01325 bar · 46 m3 100 kJ kJ · = 0,37919 45 kg · 273,15 K bar m3 kg K

Rm 8,31451 kJ kg K kg = = 21,927 R 0,37919 kJ kmol K kmol

b) Die spezielle Gaskonstante von Sauerstoff ist R1 = 0,25984 1 R =

n X ppi 1 i=1

R2 =

c) m1 =

pp1 1 pp2 1 1 = + R p R1 p R2

p Ri

pp2 p 1 − pp1 1
p R1 R pp1 V0 R1 T0

m2 = m − m1

R2 =

kJ . kg K

1 pp1 1
p 1 = − R2 R p R1 pp2

12 kJ kJ 19 = 0,51797 1 7 1 kg K kg K 0,37919 − 19 · 0,25984

7 · 1,01325 bar kg K · 46 m3 100 kJ m1 = 19 · = 24,194 kg 0,25984 kJ · 273,15 K bar m3

m2 = 45 kg − 24,194 kg = 20,806 kg

Aufgabe 4.19 Ein waagerecht angeordneter Zylinder stellt ein geschlossenes System dar. Er besteht aus zwei Teilsystemen A und B, die durch einen verschiebbaren, abdichtenden Kolben voneinander getrennt sind und zwei ideale Gae enthalten. Der Kolben ist zu Beginn fest arretiert. Das Teilsystem A hat das Volumen VA1 = 1, 5 m3 und den Druck pA1 = 4,0 bar, das Teilsystem B weist das Volumen VB 1 = 7, 5 m3 und den Druck pB 1 = 0,2 bar auf. Die Temperatur beider Gase ist TA1 = TB 1 = 373,15 K (Bild 4.8).

Bild 4.8 Zu Aufgabe 4.19 a) Wie groß sind die Molmengen nA und nB der beiden Gase? b) Welche Massen mA und mB weisen die beiden Gase auf, wenn die Molmassen MA = 16,043 kg/kmol und MB = 28,964 kg/kmol betragen? c) Nunmehr wird die Arretierung des Kolbens gelöst und die Temperatur in beiden Teilsystemen durch Wärmeübertragung konstant gehalten (isothermes System). Der Kolben wird dabei reibungsfrei verschoben. Welcher Druck pA2 = pB 2 und welche Volumina VA2 und VB 2 stellen sich ein? d) Welche Volumenänderungsarbeiten WV A12 sowie WV B12 und welche reversiblen Wärmen (QA12 )rev sowie (QB12 )rev werden umgesetzt? Wie groß ist die vom System insgesamt abgegebene Volumenänderungsarbeit (WV 12 )ges ? (Schwierigkeitsgrad: erheblich)

Aufgaben zu Abschnitt 4

47

Lösung: a) nA =

pA1 VA1 Rm TA1

nA =

4,0 bar kmol K · 1,5 m3 100 kJ · = 0,19339 kmol 8,31451 kJ · 373,15 K bar m3

nB =

pB1 VB1 Rm TB1

nB =

0,2 bar kmol K · 7,5 m3 100 kJ · = 0,04835 kmol 8,31451 kJ · 373,15 K bar m3

b) mA = nA MA

mA = 0,19339 kmol · 16,043

kmol = 3,10256 kg kg

mB = nB MB

mB = 0,04835 kmol · 28,964

kmol = 1,40041 kg kg

c) pA1 VA1 = pA2 VA2

Mit

pB1 VB1 = pB2 VB2

pA2 = pB2

VB1 VA1 und pA2 = pB1 Es folgt: pA2 = pA1 VA2 VB2 Weiter gilt: VA1 + VB1 = VA2 + VB2 Es folgt: Damit wird

pA1

VA2 =

pB1 VB1 = pA2 VB2

VA1 VB1 sowie pA1 = pB1 VA2 VB2 VB2 = VB1 + VA1 − VA2

VA1 VB1 = pB1 VA2 VB1 + VA1 − VA2

Unbekannt hierin ist nur VA2 . Die Auflösung ergibt: VA2 (1 +

wird:

pB1 VB1 ) = VA1 + VB1 pA1 VA1

und

VA2 =

VB1 + VA1 − VA2 =

pB1 VB1 VA2 pA1 VA1

VA1 + VB1 pB1 VB1 1+ pA1 VA1

1,5 m3 + 7,5 m3 = 7,2 m3 0,2 7,5 1+ · 4,0 1,5

VB2 = VB1 + VA1 − VA2 pA2 = pB2 = pA1

VA1 VA2

d) WV A12 = nA Rm TA ln

VB2 = (7,5 + 1,5 − 7,2) m3 = 1,8 m3 1,5 = 0,83333 bar 7,2 pA2 ln pA1

pA2 = pB2 = 4,0 bar · pA2 = mA RA TA pA1

kJ 0,83333 · 373,15 K · ln = − 941,18 kJ kmol K 4,0 pB2 = mB RB TB ln pB1

WV A12 = 0,19339 kmol · 8,31451 WV B12 = nB Rm TB ln

pB2 pB1

WV B12 = 0,04835 kmol · 8,31451

kJ 0,83333 · 373,15 K · ln = + 214,08 kJ kmol K 0,2

(QA12 )rev = − WV A12 = + 941,18 kJ

(QB12 )rev = − WV B12 = − 214,08 kJ

(WV 12 )ges = WV A12 + WV B12 = − 941,18 kJ + 214,08 kJ = − 727,10 kJ Aufgabe 4.20 Ein mit dem idealen Gas Helium (He) gefüllter kreiszylindrischer Behälter mit dem Innendurchmesser D = 0,25 m und diathermen (also wärmedurchlässigen) Wänden ist durch einen adiabaten Kolben fest verschlossen (d. h. der Kolben nimmt keine Wärme auf und ist zunächst arretiert). Das Helium wimmt keine Wärme auf und ist beim Zustand 1 die Temperatur t1 = 50 ◦ C und den Druck p1 = 2,0 bar auf; der Druck der Umgebungsluft außerhalb des Behälters

48

4 Ideale Gase

ist pL = 1,0 bar; die Umgebungstemperatur beträgt tU = 25 ◦ C. Durch Wärmezufuhr von unten wird dem Gas die konstante Wärmeleistung Q˙ zu = 0,5 kW = const zugeführt (Bild 4.9). Nach 10 Minuten wird festgestellt, dass die Temperatur im Behälter auf t2 = 300 ◦ C angestiegen ist und bei weiterer, gleich bleibender Zufuhr von Q˙ zu = 0,5 kW = const. unverändert bleibt (Zustand 2). Auch bei Zustand 2 ist der Kolben noch arretiert. Der Kolben weist die Masse mK = 10 kg auf; die anderen Wände sollen als masselos angenommen werden. Die spezielle Gaskonstante des Heliums ist R = 2,0773 kJ/(kg K), die spezifische isobare Wärmekapazität cp = 5,1931 kJ/(kg K) = const, die spezifische isochore Wärmekapazität cv = 3,1158 kJ/(kg K) = const, der Isentropenexponent κ = 1,6667 = const.

Bild 4.9 Zu Aufgabe 4.20 a) Man berechne das Volumen V1 des Behälters mit der Höhe z1 = 0,4 m und damit die Masse m1 = m = const des Heliums. Wie groß sind das Druckverhältnis p2 /p1 und der Druck p2 ? b) Es ist die Energiemenge Q12 zu bestimmen, die dem Helium bei der Zustandsänderung von 1 nach 2 zugeführt wurde. Wie groß ist die insgesamt zugeführte Wärme Qzu ? Welche Energiemenge Qab gibt das Helium bei der Zustandsänderung von 1 nach 2 in Form von Wärme an die Umgebung ab? c) Welcher Entropiestrom S˙ 2 fließt im Zustand 2 in das System? Wie groß ist der Entropieproduktionsstrom aufgrund der irreversiblen Wärmeleitung in der diathermen Wand, wenn die Wandaußentemperatur tW a = 150 ◦ C beträgt? d) Nun wird die Zufuhr der Wärmeleistung Q˙ zu beendet und die Arretierung des Kolbens gelöst. Der Kolben verschiebt sich, bis ein Kräftegleichgewicht erreicht ist (Zustand 3). Man berechne den Druck p3 . (Es ist dabei zu beachten, dass das Kräftegleichgewicht dadurch geprägt ist, dass auf das Helium nicht nur der äußere Luftdruck pL , sondern zusätzlich auch der aus dem Kolbengewicht resultierende Druck pK wirkt.) Die Zustandsänderung des Heliums verläuft als polytrope Zustandsänderung mit n = 1,45. Welches Volumen V3 nimmt das Helium nun ein? Um welche Strecke ∆z23 = z3 −z2 = z3 −z1 verschiebt sich der Kolben? Man berechne die Volumenänderungsarbeit WV 23 . Wie groß ist die Temperatur T3 sowie die Differenz der inneren Energie ∆U23 = U3 − U2 ? e) Nachdem der Zustand 3 erreicht ist, kühlt sich das Helium isobar ab, bis sich ein Temperaturgleichgewicht mit der Umgebung einstellt (Zustand 4). Wie groß sind die vom Helium abgegebene innere Energie ∆U34 = U4 − U3 und Enthalpie ∆H34 = H4 − H3 ? Wie groß ist die Entropiedifferenz ∆S34 = S4 − S3 ? (Schwierigkeitsgrad: erheblich)

Aufgaben zu Abschnitt 4

Lösung: 3,14159 π 2 D z1 V1 = · 0,252 m2 · 0,4 m = 0,019635 m3 4 4 p 1 V1 2,0 bar kg K · 0,019635 m3 100 kJ m1 = m1 = · = 0,00585 kg R T1 2,0773 kJ · 323,15 K bar m3 Isochore Zustandsänderung: p2 T2 573,15 K p2 = = = 1,77363 p1 T1 p1 323,15 K 573,15 K T2 p2 = 2,0 bar · = 3,54727 bar p2 = p1 T1 323,15 K

a) V1 =

b) Q12 = m cv (T2 − T1 ) kJ · (573,15 − 323,15) K = 4,5569 kJ kg K kJ 60 s Qzu = Q˙ zu τ Qzu = 0,5 · 10 min = 300, 000 kJ s min Qab = Qzu − Q12 Qzu = 300, 000 kJ − 4,5569 kJ = 295,4431 kJ ˙ zu Q 500 W W c) S˙ zu = S˙ zu = = 0,87237 T2 573,15 K K 573,15 K − 423,15 K W T2 − TW S˙ irr = 500 W · = 0,30924 S˙ irr = Q˙ zu T2 TW 573,15 K · 423,15 K K GK 4 mK g d) p3 = pL + pK p3 = pL + p3 = pL + A π D2 2 1 N s 1 bar m2 4 · 10 kg · 9,81 m · · = 1,019985 bar p3 = 1,0 bar + 2 2 2 s 3,14159 · 0,25 m kg m 105 N Polytrope Zustandsänderung: Q12 = 0,00585 kg · 3,1158

p 3 V3 n = p 2 V2 n = p 2 V1 n

V3 = V1

p2
n1 p3

1 = 0,046381 m3 3,54727
1,45 1,019985 4 (V3 − V2 ) 4 (V3 − V1 ) = z3 − z2 = z3 − z1 = = π Di 2 π Di 2

V3 = 0,019635 m3 · ∆z23

4 · (0,046381 − 0,019635) m3 = 0,54487 m 3,14159 · 0,252 m2 1 = (p3 V3 − p2 V2 ) n−1 100 kJ 1 (1,019985 bar · 0,046381 m3 − 3,54727 bar · 0,019635 m3 ) · = 0,45 bar m3 = − 4,9650 kJ

∆z23 = WV 23 WV 23 WV 23

T3 = T2

p3
n−1 n p2

1,019985
0,45 1,45 = 389,29 K t3 = 116,14 ◦ C 3,54727 = U3 − U2 = m1 cv (T3 − T2 ) kJ · (389,29 − 573,15) K = − 3,3513 kJ = 0,00585 kg · 3,1158 kg K

T3 = 573,15 K · ∆U23 ∆U23

49

50

4 Ideale Gase

e) Isobare Abkühlung auf die Temperatur T4 = Tu : ∆U34 = U4 − U3 = m cv (T4 − T3 ) ∆U34 = 0,00585 kg · 3,1158

kJ · (298,15 − 389,29) K = − 1,6612 kJ kg K

∆H34 = H4 − H3 = m cp (T4 − T3 ) ∆H34 = 0,00585 kg · 5,1931 ∆S34 = S4 − S3 = m cp ln

kJ · (298,15 − 389,29) K = − 2,7688 kJ kg K

T4 T3

∆S34 = 0,00585 kg · 5,1931

kJ 298,15 kJ · ln = − 0,008103 kg K 389,29 K

Aufgabe 4.21 Ein Heißluftballon wird vor dem Start mit Luft aus der Umgebung teilweise gefüllt, bis das Anfangsvolumen VU erreicht ist. Die Ballonhülle grenzt somit in einem Luftraum eine Teilluftmenge mit der Masse mu ab, die dieselben Zustandsgrößen Temperatur tu , Druck pu und Dichte %u wie die umgebende Luft aufweist. Damit ist das Gewicht G dieser Teilluftmenge gleich dem Auftrieb A: G = A; die resultierende Kraft ist null: F = G − A = 0. Damit der Ballon aufsteigen kann, wird dieser Teilluftmenge bei gleich bleibender Masse m = mu isobar Wärme zugeführt; sie weist jetzt die Zustandsgrößen Volumen V , Temperatur t und Dichte % auf. Die resultierende Kraft F ist allgemein anzugeben. Das Gewicht der Ballonfahrer, des Korbs, der Ballonhülle und der technischen Ausrüstung soll vernachlässigt werden. Weiter soll geklärt werden, zu welcher Tageszeit – morgens, mittags oder abends – der Ballonstart am sinnvollsten erscheint. (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: Die erwärmte Luft erfährt wegen % < %u eine negative, also nach oben gerichtete resultierende Kraft F = G − A < 0. In der erwärmten Teilluftmenge und in der Umgebung herrscht derselbe Druck p = pu ; das Ballonvolumen V ist nunmehr größer. Das Gewicht der Teilluftmenge hat sich durch die Erwärmung nicht geändert. p p %= %u = RT R Tu Tu % = %u T

% = %u

Tu T

F = G − A = V (% − %u ) g = −V g (%u − %) = −V g %u (1 − V =

mRT p

T V = Vu Tu

Vu = Vu V = T Tu

∆t T ∆t F = −Vu g %u Tu F = −V g %u

m R Tu p

Tu T − Tu ) = −V g %u ( ) T T

Aufgaben zu Abschnitt 4

51

Die günstigste Zeit für den Ballonstart ist unmittelbar bei Sonnenaufgang, da dann die Lufttemperatur Tu bzw. tu am niedrigsten und die Dichte der Luft %u am größten ist; damit ist der Absolutbetrag der resultierenden Kraft F hoch. F wächst außerdem mit einem größeren Ballon-Anfangsvolumen Vu und mit einer größeren Temperaturerhöhung ∆t. Aufgabe 4.22 Es soll eine vollständige stöchiometrische Verbrennung von Kohlenmonoxid CO mit Sauerstoff O2 zu Kohlendioxid CO2 betrachtet werden, wobei jede der beteiligten Substanzen als ideales Gas aufgefasst werden soll (Bild 4.10). Anhand von Betrachtungen der jeweiligen Molmengen der beteiligten idealen Gase soll gezeigt werden, dass die thermischen Eigenschaften der verschiedenen idealen Gase CO, O2 und CO2 nicht nur mit den jeweiligen thermischen Zustandsgleichungen für die Einzelgase erfasst werden können, sondern auch mithilfe einer einzigen, allgemein gültigen thermischen Zustandsgleichung: der thermischen Zustandsgleichung des idealen Gases. Dabei soll an die Stelle der jeweiligen speziellen Gaskonstanten Ri der jeweiligen Gase die allgemeine Gaskonstante Rm treten.

Bild 4.10 Zu Aufgabe 4.22 (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: Das Reaktionsgleichgewicht liegt bei Temperaturen bis zu etwa 1700 ◦ C praktisch vollständig auf der Produktseite, so dass die Edukte CO und O2 praktisch vollständig zum Produkt CO2 umgesetzt werden. CO und O2 sollen dieselbe Temperatur T und denselben Druck p aufweisen; das entstandene CO2 soll durch Kühlung auf dieselbe Temperatur T und denselben Druck p gebracht werden. Bei der Durchführung der Reaktion kann festgestellt werden, dass – unter der Voraussetzung jeweils gleichen Drucks p und gleicher Temperatur T der Edukte und des Reaktionsprodukts – zwei Volumeneinheiten CO mit einer Volumeneinheit O2 zu zwei Volumeneinheiten CO2 reagieren (Bild 4.10). Es bestehen also ganzzahlige Volumenverhältnisse, aus denen für die jeweiligen Einzelmoleküle auf die Reaktionsgleichung 2 CO + O2 = 2 CO2 und für ein Vielfaches der jeweiligen Einzelmoleküle – z. B. für die Molmengen in der Einheit kmol – auf die Reaktionsgleichung 2 kmol CO + 1 kmol O2 = 2 kmol CO2 geschlossen werden kann. Dies legt die Einführung des Molvolumens V Vm = bzw. V = Vm n n nahe, das für jede Volumeneinheit V konstant ist, weil in jeder Volumeneinheit dieselbe Anzahl von Molekülen – nämlich n = 1 kmol – enthalten ist. Mit der Molmasse mi Mi = bzw. mi = Mi n n

52

4 Ideale Gase

ergibt sich mit dem spezifischen Volumen vi : Vm n Vm V = bzw. vi = vi = mi Mi n Mi Die Umformung ergibt: vi Mi = Vm Für jedes Einzelgas i gilt die thermische Zustandsgleichung des idealen Gases: p vi = Ri T Werden die linke und die rechte Seite mit der Molmasse M multipliziert, folgt: p vi Mi = Mi Ri T Wird für vi Mi das Molvolumen Vm = vi Mi eingesetzt, wird die thermische Zustandsgleichung zu: p Vm = Mi Ri T Da bei der oben beschriebenen chemischen Reaktion für jedes Einzelgas in jedem der dargestellten fünf Behälter das Volumen V sowie auch die Zahl der Moleküle – also die Molmenge n – jeweils gleich groß ist, folgt daraus, dass auch das Molvolumen Vm jeweils gleich groß ist. Da für jedes Einzelgas in jedem der dargestellten fünf Behälter auch der Druck p und die Temperatur T gleich groß sind, folgt in der obigen Gleichung aus der Konstanz der drei Größen p, Vm und T , dass auch die vierte Größe Mi Ri konstant sein muss. Diese Größe wird als die allgemeine Gaskonstante Rm = Mi Ri bezeichnet. Damit wird die thermische Zustandsgleichung des idealen Gases zu bzw.

p Vm = Rm T p V = n Rm T

.

Die thermischen Eigenschaften aller drei beteiligten Gase CO, O2 und CO2 können also mit einer einzigen Gleichung beschrieben werden. Die jeweiligen speziellen Gaskonstanten Ri lassen sich aus der allgemeinen Gaskonstante Rm zu Rm Ri = Mi berechnen. Der Beweis kann auch für andere ideale Gase mithilfe weiterer chemischer Reaktionsgleichungen geführt werden. Aufgabe 4.23 In der Erdatmosphäre kann die Abnahme des Drucks p, der Temperatur T und der Dichte % der Luft zwischen - 5.000 m und + 11.000 m Höhe als Funktion der Höhe h berechnet werden. Die Norm DIN 5450 hält hierzu entsprechende Gleichungen bereit, die auf einer polytropen Zustandsänderung mit n = 1,235 aufbauen (barometrische Höhenformel; vgl. Abschnitt 4.3.5, Beispiel 4.11 des Lehrbuchs "Grundlagen der Technischen Thermodynamik"). Luft ist ein ideales Gas mit RL = 0,2872 kJ/(kg K). a) Eine Gruppe von Geographie-Studierenden besteigt den 6272 Meter hohen Chimborazo in Ecuador; sie sind dabei auf den Spuren des Wissenschaftlers Alexander von Humboldt, der im Jahr 1802 versucht hatte, als erster Mensch den Chimborazo zu bezwingen. Frühmorgens beim Aufbruch der Studierenden ist zur gleichen Zeit der Zustand der Luft auf Meereshöhe p0 = 1,01325 bar, T0 = 273,15 K und %0 = 1,293 kg/m3 bei h = 0 m. Wie groß sind auf dem Gipfel der Druck pG , die Temperatur TG und die Dichte %G ?

Aufgaben zu Abschnitt 4

53

b) Westwinde haben die vom Meer herkommende warme Luft über den Kamm des Königsgebirges (Cordillera Real), dem der Chimborazo angehört, nach oben getrieben; diese hat sich ausgedehnt und sich darauf in großer Höhe auf - 45 ◦ C abgekühlt (Zustand 1). Auf welche Temperatur erwärmt sich die Luft, wenn sie anschließend östlich des Chimborazo ins Tiefland des Amazonenstroms rasch absinkt und dabei von 0,4 bar auf 1,0 bar reversibelisentrop verdichtet wird (Zustand 2s ) ? (Hinweis: Es ist mit κ = 1,4 = const. zu rechnen.) Welche Temperatur würde sich einstellen, wenn die Luft stattdessen bei gleichen Druckbedingungen sehr langsam absinken würde und dabei eine reversibel-polytrope Verdichtung mit n = 1,235 auftreten würde (Zustand 2p )? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung:



a) pG = p0 1−



1−

n−1 gh n R T0

n−1 gh n R T0





n  n−1

= 1−



TG = T0 1−

n−1 gh n R T0





%G = %0 1−

n−1 gh n R T0

0,235 9,81 m kg K · 6272 m 1 kJ 1 N s2 · 2 · · 1,235 s 0,2872 kJ · 273,15 K 1000 Nm 1 kg m



1  n−1

= 0,85076

1,235

n

pG = p0 · (0,85076) n−1 = 1,01325 bar · (0,85076) 0,235 = 0,4333 bar TG = T0 · 0,85076 = 273,15 K · 0,85076 = 232,38 K 1

%G = %0 · (0,85076) n−1 = 1,293 b) T2s = T1



p2 p1

 κ−1 κ

T2p = T1



p2 p1

 n−1 n

tG = − 40,77 ◦ C

1 kg kg · (0,85076) 0,235 = 0,6500 3 m3 m

T2s = 228, 15 K ·



1 0,4

 0,4 1,4

T2p = 228, 15 K ·



1 0,4

 0,235 1,235

= 296,43 K = 271,61 K

t2s = 23,28 ◦ C t2p = − 1,54 ◦ C

Aufgabe 4.24 In einer Pneumatik-Vorrichtung wird Luft entspannt (Bild 4.11). Dabei wird ein Zylinder von D = 150 mm Durchmesser und ein Kolben eingesetzt, der im Ruhezustand ein Luftvolumen von V1 = 0,001 m3 einschließt. Im Anfangszustand weist die Luft den Druck p1 = 10,0 bar und die Temperatur t1 = 20 ◦ C auf. Beim Entspannungsvorgang wird der Kolben s = 300 mm nach rechts bewegt; dabei wird der Enddruck p2 = pL = 1,0 bar erreicht. Die Zustandsänderung der Luft kann als reversibel und polytrop angenommen werden. Die Luft verhält sich als ideales Gas und weist die Stoffwerte R = 0,2872 kJ/(kg K) sowie cpm = 1,005 kJ/(kg K) = const. auf. Der Druck der Umgebungsluft beträgt pL = 1,0 bar. a) Wie groß ist das Endvolumen V2 der Luft im Zylinder? b) Es ist der Polytropenexponent n für den Entspannungsvorgang vom Zustand 1 auf den Endzustand 2 zu berechnen. Welche Endtemperatur T2 bzw. t2 wird erreicht ? c) Wie groß ist die von der Luft im Zylinder abgegebene polytrope Volumenänderungsarbeit WV 12pol ? Welchen Wert hat die Arbeit

R2

F ds, die von der Luft im Zylinder über den

1

Kolben abgegeben wird? (Es ist dabei zu beachten, dass dabei gleichzeitig gemäß dem p, V Diagramm des Bildes 4.11 von der Luft im Zylinder die Luftdruckarbeit − pL (V2 − V1 ) = pL (V1 − V2 ) an die Umgebungsluft abgegeben wird.)

54

4 Ideale Gase

d) Wie groß ist der Isentropenexponent κ von Luft? Welche Wärme Q12pol = (Q12pol )rev wird während des Vorgangs von der Luft im Zylinder aus der Umgebung aufgenommen? Man berechne die Änderung der inneren Energie U2 − U1 der Luft. e) Es ist die spezifische polytrope Wärmekapazität cn zu bestimmen. Wie groß ist die Masse m = m1 = m2 der Luft im Zylinder? Welche Änderung der Entropie S2 − S1 der Luft im Zylinder ergibt sich? (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Bild 4.11 Zu Aufgabe 4.24 Lösung: a) V2 = V1 + ∆V

V2 = V1 +

π 2 D s 4

3, 14159 · 0, 152 m2 · 0, 3 m = 0, 00630 m3 4 1 ln 10 n= = 1,25103 0,001 ln 0,0063

V2 = 0, 001 m3 + p2 p1 b) n = V1 ln V2 ln

T2 = T1



p2 p1

c) WV 12 pol = WV 12 pol =

 n−1 n p 1 V1 n−1

T2 = 293, 15 K ·

h

V1 V2

n−1



1 10

 0,25103 1,25103

i

−1

10,0 bar · 0,001 m3 100 kJ · · 0,25103 bar m3

h 0,001 0,25103 0,0063

F ds = WV 12pol − pL (V1 − V2 )

1

R2

F ds = − 1,47392 kJ − 1,0 bar · (0,001 − 0,0063) m3 ·

1

= − 1,47392 kJ + 0,53000 kJ = − 0,94392 kJ

i

− 1 = − 1,47392 kJ

2

R

t2 = − 88,47 ◦ C

= 184,68 K

100 kJ bar m3

Aufgaben zu Abschnitt 4

d) κ = κ=

cp cv cp cp − R

κ=

1,005 = 1,4001 1,005 − 0,2872

Q12pol = (Q12pol )rev = Q12pol =

n−κ WV 12pol κ−1

1,25103 − 1,4001 · (− 1,47392 kJ) = 0,54916 kJ 1,4001 − 1

U2 − U1 =

n−1 WV 12pol κ−1

U2 − U1 =

1,25103 − 1 · (− 1,47392) kJ = − 0,92476 kJ 1,4001 − 1

e) cn =

55

cp n − κ κ n−1

cn =

kJ 1,005 1,25103 − 1,4001 · = − 0,42626 1,4001 1,25103 − 1 kg K

m=

p 1 V1 R T1

m=

S2 − S1 = m cn ln

10,0 bar kg K · 0,001 m3 100 kJ · = 0,01188 kg 0,2872 kJ · 293,15 K bar m3

T2 T1

S2 − S1 = 0,01188 kg · (− 0,42626)

184,68 kJ J kJ ln = 0,002340 = 2,340 kg K 293,15 K K

Aufgabe 4.25 Ein Unternehmen der Brandschutztechnik experimentiert mit einem neuen ungiftigen Inertgasgemisch als Löschmittel, das aus Stickstoff, Argon, Helium und Kohlendioxid besteht. Das Gasgemisch weist die folgende Zusammensetzung in Volumenanteilen ri auf: 47 % N2

46 % Ar

1 % He

6 % CO2

Das Gasgemisch ist trocken und besitzt - in Flaschen gespeichert - den Absolutdruck p1 = 50,0 bar sowie die Temperatur t1 = 20 ◦ C; es kann als ideales Gas betrachtet werden. Die Molmassen der Einzelkomponenten sind MN2 = 28,01 kg/kmol, MAr = 39,94 kg/kmol, MHe = 4,00 kg/kmol und MCO2 = 44,01 kg/kmol. a) Welche Werte haben die Molmasse M , die spezielle Gaskonstante R und die Zusammensetzung in Massenanteilen µi des Gasgemisches? b) Welche Dichte %1 weist das Gasgemisch beim angegebenen Zustand auf? c) Bei einem simulierten Löscheinsatz werden 10 kg dieses Gasgemischs gezielt in den Raum mit dem zu löschenden Brandherd entlassen; dabei wird es isotherm und isenthalp vom Zustand p1 = 50,0 bar und t1 = 20 ◦ C auf p2 = 1,0 bar entspannt. Es ist das Gasvolumen V1 vor der Entspannung sowie das Gasvolumen V2 nach der Entspannung zu bestimmen. Wie groß ist die Entropieänderung S2 − S1 des Gasgemischs? (Schwierigkeitsgrad: mittel)

56

4 Ideale Gase

Lösung: a) M =

n X

ri Mi

i=1

M = (0,47 · 28,01 + 0,46 · 39,94 + 0,01 · 4,00 + 0,06 · 44,01) Rm M Mi µi = ri M R=

R=

kg kg = 34,218 kmol kmol

8,31451 kJ kmol kJ = 0,2430 34,218 kmol K kg kg K

39,94 28,01 µAr = 0,46 · 34,218 = 0,5369 µN2 = 0,47 · 34,218 = 0,3847 4,00 44,01 µHe = 0,01 · 34,218 = 0,0012 µCO2 = 0,06 · 34,218 = 0,0772 p1 50,0 bar kg K 100 kJ kg b) %1 = %1 = · = 70,1898 3 R T1 0,2430 kJ · 293,15 K bar m3 m 10,0 kg m3 m V1 = = 0,14247 m3 c) V1 = %1 70,1898 kg 10,0 kg · 0,2430 kJ · 293, 15 K bar m3 = 7,1235 m3 kg K · 1,0 bar 100 kJ kJ 1,0 kJ p2 S2 − S1 = − 10,0 kg · 0,2430 ln = 9,5062 S2 − S1 = − m R ln p1 kg K 50,0 K

V2 =

m R T1 p2

V2 =

Aufgabe 4.26 Ein Wissenschaftshistoriker beabsichtigt, den Versuch von James Prescott Joule zur Ermittlung des “mechanischen Wärmeäquivalents“ zu wiederholen (Bild 4.12): Durch das Absinken der Masse m wird in einem geschlossenen Gefäß ein Rührwerk betätigt. Das eingefüllte Fluid erfährt eine Temperaturerhöhung durch die geleistete innere Reibungsarbeit. Das Gefäß ist nach außen wärmeisoliert. Der Wissenschaftshistoriker verwendet nicht - wie damals Joule flüssiges Quecksilber, sondern das schwere Edelgas Xenon als Fluid, das als ideales Gas behandelt werden kann (RXe = 0,06333 kJ/(kg K), cp Xe = 0,1583 kJ/(kg K); κXe = 1,6668). Das Gefäß hat ein unveränderliches Volumen V1 = V2 = 10 Liter; der Druck des Edelgases ist p1 = 1,0 bar und seine Temperatur t1 = 25 ◦ C. a) Die Masse mXe des Edelgases Xenon ist zu bestimmen. b) Wie groß ist die spezifische isochore Wärmekapazität cv Xe ? c) Welcher Temperaturanstieg wird gemessen, wenn das Edelgas infolge der um 2,5 Meter absinkenden Masse m = 10 kg verlustlos erwärmt wird? d) Welcher Temperaturanstieg stellt sich ein, wenn bei sonst gleich bleibenden Versuchsbedingungen nicht das Edelgas Xenon, sondern das leichte Edelgas Helium im Gefäß enthalten ist (RHe = 2,0773 kJ/(kg K), cp He = 5,1931 kJ/(kg K), κHe = 1,6667)? Welche Folgerung ist daraus hinsichtlich der Verwendung von Xenon und Helium zu ziehen?

Bild 4.12 Zu Aufgabe 4.26 (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Aufgaben zu Abschnitt 4

57

Lösung: a) mXe =

p 1 V1 RXe T1

1,0 bar kg K · 0,01 m3 100 kJ · = 0,052961 kg 0,06333 kJ · 298,15 K bar m3 kJ kJ kJ − 0,06333 = 0,09497 cv Xe = 0,1583 kg K kg K kg K

mXe =

b) cv Xe = cp Xe − RXe

c) Von der Masse m abgegebene potentielle Energie: Ep2 − Ep1 = m g (z2 − z1 ) Ep2 − Ep1 = 10,0 kg · 9,81

1 N s2 1 kJ m · (− 2, 5 m) · = − 0,24525 kJ 2 s kg m 1000 Nm

Die dem Edelgas Xenon zugeführte Wellenarbeit wird zur inneren Reibungsarbeit; diese entspricht im adiabaten System der Erhöhung der inneren Energie: We = Ep1 − Ep2 = |WRI | = U2 Xe − U1 Xe = mXe cv Xe (t2 Xe − t1 Xe ) U2 Xe − U1 Xe = 0,24525 kJ t2 Xe = t1 Xe +

U2 Xe − U1 Xe mXe cv Xe

t2 Xe = 25 ◦ C + d) mHe =

p 1 V1 RHe T1

0,24525 kJ kg K = 25 ◦ C + 48,76 ◦ C = 73,76 ◦ C ∆tXe = 48,76 ◦ C 0,052961 kg · 0,09497 kJ mHe =

cv He = cp He − RHe

1,0 bar kg K · 0,01 m3 100 kJ · = 0,0016146 kg 2,0773 kJ · 298,15 K bar m3

cv He = 5,1931

kJ kJ kJ − 2,0773 = 3,1158 kg K kg K kg K

Die von der Masse m abgegebene potentielle Energie ist unverändert: Ep2 − Ep1 = m g (z2 − z1 )

Ep2 − Ep1 = − 0,24525 kJ

Die dem Edelgas Helium zugeführte Wellenarbeit wird zur inneren Reibungsarbeit; diese entspricht im adiabaten System der Erhöhung der inneren Energie: We = Ep1 − Ep2 = |WRI | = U2 He − U1 He = mHe cv He (t2 He − t1 He ) U2 He − U1 He = 0,24525 kJ t2 He = t1 He +

U2 He − U1 He mHe cv He

t2 He = 25 ◦ C +

0,24525 kJ kg K = 25 ◦ C + 48,75 ◦ C = 73,75 ◦ C ∆tHe = 48,75 ◦ C 0,0016146 kg · 3,1158 kJ

Die Temperaturerhöhung ist unabhängig von dem jeweils verwendeten idealen Gas. Die geringfügige rechnerische Abweichung von 0,01 ◦ C ist auf Rundungen bei den Stoffwerten zurückzuführen. Aufgabe 4.27 In einem Kugelgasbehälter befindet sich Erdgas mit dem Volumen V1 = 10.000 m3 , dem Absolutdruck pG1 = 10,0 bar und der Temperatur tG1 = - 5 ◦ C (Bild 4.13). Der Luftdruck ist pL = 1,0 bar. Erdgas kann als ideales Gas mit RG = 0,47533 kJ/(kg K), cp G = 2,050 kJ/(kg K) und cv G = 1,575 kJ/(kg K) behandelt werden. a) Es ist die Masse mG des Erdgases zu berechnen. Wie groß ist der Überdruck pG1e des Erdgases im Behälter?

58

4 Ideale Gase

Durch starke Sonneneinstrahlung während des Tages nimmt die Temperatur des Erdgases auf tG2 = 50 ◦ C reibungsfrei zu. Das Volumen des Gases bleibt unverändert V1 = V2 ; die Umgebungstemperatur verharrt dabei auf dem Wert tU 2 = tU 1 = - 5 ◦ C. b) Welchen Absolutdruck pG2 und welchen Überdruck pG2e weist jetzt das Erdgas auf? Wie groß ist die dem Erdgas zugeführte Wärme (Q12 )rev ? Es ist die Entropieänderung des Erdgases SG2 − SG1 zu berechnen. Welche Entropieänderung der Sonne SS2 − SS1 kann diesem Vorgang zugeordnet werden, wenn deren Oberflächentemperatur TS = 5714 K beträgt? Nachts kühlt sich das Erdgas im Kugelgasbehälter isochor wieder auf die ursprüngliche Temperatur tG3 = tG1 = - 5 ◦ C reibungsfrei ab. Dabei wird Wärme an die Umgebung abgegeben, die die Temperatur tU 3 = tU 2 = tU 1 = - 5 ◦ C aufweist. c) Ermitteln Sie die Entropieänderung des Gases SG3 −SG2 . Wie groß ist die Entropieänderung SU 3 − SU 2 der Umgebung? Welche Gesamtentropieänderung ∆Sges ergibt sich bei den Vorgängen gemäß den Teilaufgaben b) und c) zusammengenommen?

Bild 4.13 Zu Aufgabe 4.27 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) mG =

pG1 VG1 RG TG1

mG =

10,0 bar kg K · 10000 m3 100 kJ · = 78456,1 kg 0,47533 kJ · 268,15 K bar m3

pG1e = pG1 − pL pG1e = 10,0 bar − 1,0 bar = 9,0 bar TG2 323,15 b) pG2 = pG1 pG2 = 10,0 bar · = 12,051 bar TG1 268,15 pG2e = pG2 − pL

pG2e = 12,051 bar − 1,0 bar = 11,051 bar

(Q12 )rev = mG cv G (TG2 − TG1 ) (Q12 )rev = 78456,1 kg · 1,575

kJ · (323,15 − 268,15) K = 6796260 kJ = 6796, 26 MJ kg K

Entropieänderung des Erdgases: SG2 − SG1 = mG cv G ln

TG2 TG1

SG2 − SG1 = 78456,1 kg · 1,575

323,15 kJ kJ · ln = 23054,2 kg K 268,15 K

Mit diesem Vorgang verbundene Entropieänderung der Sonne:

Aufgaben zu Abschnitt 4

SS2 − SS1 = −

(Q12 )rev TS

SS2 − SS1 = −

6796260 kJ kJ = − 1189,4 5714 K K

59

c) Entropieänderung des Erdgases: Mit (Q23 )rev = − (Q12 )rev wird: SG3 − SG2 = −(SG2 − SG1 )

SG3 − SG2 = − 23054,2

kJ K

Entropieänderung der Umgebung: Mit (Q23 )rev = − (Q12 )rev wird: SU 3 − SU 2 = + SU 3 − SU 2 =

|(Q23 )rev | TU

kJ 6796260 kJ = 25345,0 268,15 K K

Gesamtentropieänderung: ∆Sges = (SG2 − SG1 ) + (SS2 − SS1 ) + (SG3 − SG2 ) + (SU 3 − SU 2 ) ∆Sges = 23054,2

kJ kJ kJ kJ kJ − 1189,4 − 23054,2 + 25345,0 = 24155,6 K K K K K

Aufgabe 4.28 In einer Pneumatik-Vorrichtung zum Auffangen von Stößen wird ein Zylinder von D = 130 mm Durchmesser und ein Kolben eingesetzt, der im Ruhezustand ein Luftvolumen von V1 = 0,004 m3 einschließt (Bild 4.14). Im Anfangszustand weist die Luft den Druck p1 = 1,0 bar und die Temperatur t1 = 20 ◦ C auf. Beim Verdichtungsvorgang wird der Kolben s = 271,2 mm nach links bewegt; Bei der dabei ablaufenden reibungsfreien polytropen Verdichtung ist der Polytropenexponent nK = 1,32. Anschließend entspannt sich die Luft wieder reversibel und polytrop auf das Ausgangsvolumen V1 = 0,004 m3 , wobei der Polytropenexponent nE = 1,48 beträgt. Die Luft verhält sich als ideales Gas und weist die Stoffwerte R = 0,2872 kJ/(kg K) sowie cp = 1,005 kJ/(kg K) = const. auf. Der Druck der Umgebungsluft beträgt pL = 1,0 bar.

Bild 4.14 Zu Aufgabe 4.28

60

4 Ideale Gase

a) Wie groß ist das Volumen V2 nach dem Verdichtungsvorgang? b) Welcher Druck p2 und welche Temperatur T2 bzw. t2 werden nach der Kompression erreicht? c) Welcher Druck p3 und welche Temperatur T3 bzw. t3 treten nach der Expansion auf? d) Wie groß ist die polytrope Volumenänderungsarbeit WV 12 pol , die der Luft im Zylinder während des Verdichtungsvorgangs zugeführt wird? Welchen Wert weist der Isentropenexponent κ von Luft auf? Welche Wärme Q12 pol = (Q12 pol )rev wird von der Luft im Zylinder an die Umgebung abgegeben? Wie groß ist die Änderung der inneren Energie (U2 − U1 )pol der Luft? e) Wie groß ist die Masse m = m1 = m2 = m3 der Luft im Zylinder? Es ist die spezifische polytrope Wärmekapazität cnK zu bestimmen. Welche Änderung der Entropie (S2 − S1 )pol der Luft im Zylinder stellt sich ein? f) Wie groß ist die polytrope Volumenänderungsarbeit WV 23 pol , die von der Luft im Zylinder während des Entspannungsvorgangs abgegeben wird? Welche Wärme Q23 pol = (Q23 pol )rev wird von der Luft im Zylinder an die Umgebung abgegeben? Wie groß ist die Änderung der inneren Energie (U3 − U2 )pol der Luft? g) Es ist die spezifische polytrope Wärmekapazität cnE zu bestimmen. Welche Änderung der Entropie (S3 − S2 )pol der Luft im Zylinder ergibt sich? h) Der Konstruktionsingenieur behauptet, die Pneumatik-Vorrichtung habe nicht nur die gewünschte mechanische Funktion, sondern könne auch als Kältemaschine aufgefasst werden. Im Falle einer Dauerbeanspruchung – z. B. zur Schwingungsdämpfung – müsse man dazu die Vorrichtung beispielsweise so umkonstruieren, dass nach dem Verdichtungs- und dem Entspannungstakt der Kolben die kalte Luft ausschiebe und darauf Frischluft aus der Umgebung ansauge; hiernach wiederhole sich der Verdichtungs- und der Entspannungstakt. Ist diese Auffassung richtig? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) V2 = V1 − ∆V

V2 = V1 −

V2 = 0, 004 m3 − b) p2 = p1

3, 14159 · 0, 132 m2 · 0, 2712 m = 0, 004 m3 − 0, 0036 m3 = 0, 0004 m3 4

 V nK 1

p2 = 1, 0 bar ·

V2

T2 = T1



V1 V2

π 2 D s 4

 0, 004 1,32 0, 0004

= 1, 0 bar · 101,32 = 20, 893 bar

nK −1

T2 = 293, 15 K ·



0, 004 0, 0004

0,32

= 293, 15 K · 100,32 = 612, 48 K

t2 = 339,33 ◦ C

c) V3 = V1 p3 = p2

 V nE

T3 = T2

2

p3 = 20, 893 bar ·

V1

 0, 0004 1,48 0, 004

= 20, 893 bar · 0, 11,48 = 0, 692 bar

 V nE −1 2

V1

T3 = 612, 48 K ·



0, 0004 0, 004

0,48

= 612, 48 K · 0, 10,48 = 202, 81 K

t3 = - 70,34 ◦ C

Aufgaben zu Abschnitt 4

d) WV 12 pol = WV 12 pol = κ=

p 1 V1 nK − 1

h

V1 V2

nK −1

i

−1

1, 0 bar · 0, 004 m3 100 kJ · · 0, 32 bar m3

cp cp = cv cp − R

κ=

h 0, 004 0,32

i

− 1 = 1, 3616 kJ

0, 0004

1, 005 = 1, 400 1, 005 − 0, 2872

nK −1

Q12 pol =

nK − κ p 1 V1 (κ − 1) (nK − 1)

Q12 pol =

100 kJ 1, 32 − 1, 400 · 1, 0 bar · 0, 004 m3 · · 0, 400 · 0, 32 bar m3

h

nK −1

V1 V2

(U2 − U1 )pol =

p 1 V1 κ−1

(U2 − U1 )pol =

1, 0 bar · 0, 004 m3 100 kJ · · 0, 400 bar m3

h

61

V1 V2

i

−1

h

0, 004 0, 0004

0,32

i

− 1 = − 0, 2723 kJ

i

−1

h 0, 004 0,32 0, 0004

i

− 1 = 1, 0893 kJ

Probe: (U2 − U1 )pol = Q12 pol + WV 12 pol e) m =

p 1 V1 R T1

cnK = cp −

m=

U2 − U1 = − 0, 2723 kJ + 1, 3616 kJ = 1, 0893 kJ

1, 0 bar kg K · 0, 004 m3 100 kJ · = 0, 004751 kg 0, 2872 kJ · 293, 15 K bar m3

nK R nK − 1

(S2 − S1 )pol = m cnK ln

cnK = 1, 005

kJ 1, 32 kJ kJ − · 0, 2872 = − 0, 1797 kg K 0, 32 kg K kg K

T2 T1

612, 48 kJ J kJ ) · ln = − 0, 0006291 = − 0, 6291 kg K 293, 15 K K i i h nE −1 h nE −1 p 2 V2 p 2 V2 V2 V2 = −1 = −1 nE − 1 V3 nE − 1 V1

(S2 − S1 )pol = 0, 004751 kg · (− 0, 1797 f) WV 23 pol

WV 23 pol =

20, 893 bar · 0, 0004 m3 100 kJ · · 0, 48 bar m3

h

0, 0004 0, 004

0,48

Q23 pol =

nE − κ p 2 V2 (κ − 1) (nE − 1)

h

V2 V3

nE −1

−1

Q23 pol =

nE − κ p 2 V2 (κ − 1) (nE − 1)

h

V2 V1

nE −1

−1

Q23 pol =

1, 48 − 1, 400 100 kJ ·20, 893 bar · 0, 0004 m3 · · 0, 400 · 0, 48 bar m3

(U3 − U2 )pol =

p 2 V2 κ−1

h V nE −1 2

V3

i

−1 = 3

(U3 − U2 )pol =

i

− 1 = − 1, 1646 kJ

i

p 2 V2 κ−1

i h

0, 0004 0, 004

h V nE −1

20, 893 bar · 0, 0004 m 100 kJ · · 0, 400 bar m3

2

V1

h

0, 0004 0, 004

0,48

i

−1 = − 0, 2329 kJ

i

−1

0,48

i

− 1 = − 1, 3975 kJ

Probe: (U3 − U2 )pol = Q23 pol + WV 23 pol

U3 − U2 = − 0, 2329 kJ − 1, 1646 kJ = − 1, 3975 kJ

62

4 Ideale Gase

g) cnE = cp −

nE R nE − 1

cnE = 1, 005

(S3 − S2 )pol = m cnE ln

kJ 1, 48 kJ kJ − · 0, 2872 = 0, 1195 kg K 0, 48 kg K kg K

T3 T2

(S3 − S2 )pol = 0, 004751 kg · 0, 1195

202, 81 kJ J kJ · ln = − 0, 0006275 = − 0, 6275 kg K 612, 48 K K

h) Die Darstellung der beiden reversibel-polytropen Zustandsänderungen 12 und 23 im p, V Diagramm und im T, S-Diagramm weist auf einen offenen links laufenden Kreisprozess hin, der durch eine zusätzliche reversibel-isochore Zustandsänderung 31 zu einem geschlossenen Kreisprozess ergänzt werden kann. Diese Zustandsänderung könnte beispielsweise so verwirklicht werden, dass – ähnlich wie bei einem Hubkolbenmotor – der Kolben die Luft in einen als Wärmeübertrager ausgebildeten Behälter ausschiebt und darauf Frischluft aus der Umgebung ansaugt. Die ausgeschobene Luft kann im Wärmeübertrager von der niederen Temperatur T3 auf die Umgebungstemperatur T1 erwärmt werden; zugleich steigt der Druck von p3 auf p1 ; damit wird “Kälte“ bereitgestellt. Eine andere Möglichkeit wäre, dass der Luft im geschlossenen Zylinder (geschlossenes System) aus dem zu kühlenden Raum im niederen Temperaturbereich Wärme zugeführt wird; dabei steigt die Temperatur von T3 auf T1 ; zugleich steigt der Druck von p3 auf p1 . Hierfür gilt: cv = cp − R

cv = 1, 005

kJ kJ kJ − 0, 2872 = 0, 7178 kg K kg K kg K

Q31 pol = (Q31 )rev = (U1 − U3 )ich = m cv (T1 − T3 ) = m cv (t1 − t3 ) Q31 pol = 0, 004751 kg · 0, 7178 Probe:

kJ · (293, 15 − 202, 81) K = 0, 3081 kJ kg K

(U1 − U3 )ich = − [(U2 − U1 )pol + (U3 − U2 )pol ]

(U1 − U3 )ich = − [1, 0893 kJ + (− 1, 3975 kJ)] = 0, 3081 kJ (S1 − S3 )ich = m cv ln

T1 T3

(S1 − S3 )ich = 0, 004751 kg · 0, 7178 Probe:

293, 15 kJ J kJ · ln = 0, 0012566 = 1, 2566 kg K 202, 81 K K

(S1 − S3 )ich = − [(S2 − S1 )pol + (S3 − S2 )pol ]

(S1 − S3 )ich = − [− 0, 6291

J J J + (− 0, 6275 )] = 1, 2566 K K K

Der Kälteprozess wird durch die Differenz der beiden Volumenänderungsarbeiten WV 12 pol und WV 23 pol angetrieben: ∆WV

pol

= WV 12 pol + WV 23 pol

∆WV

pol

= 1, 3616 kJ + (− 1, 1646 kJ) = 0, 1970 kJ

Es gilt dabei auch: ∆WV

pol

+ Q31 pol + Q12 pol + Q23 pol = 0

0, 1970 kJ + 0, 3081 kJ + (− 0, 2723 kJ) + (− 0, 2329 kJ) = − 0, 0001 kJ ≈ 0 kJ

Aufgaben zu Abschnitt 4

63

Definiert man die Leistungszahl K dieser Kältemaschine als Verhältnis des Nutzens Q31 pol zum Aufwand ∆WV pol , so folgt: Q31 pol ∆WV pol

K =

K =

0, 3081 kJ = 1, 564 0, 1970 kJ

Aufgabe 4.29 In einem waagerecht angeordneten, geschlossenen Zylinder befindet sich Kohlendioxid (CO2 ) mit der konstanten Masse m1 = m2 = 0,003 kg und der Temperatur t1 = 20 ◦ C; das Volumen beträgt V1 = 0,0015 m3 . Der Zylinder ist mit einem – gegen eine Spiralfeder beweglichen – Kolben verschlossen (Bild 4.15). Die Feder ist so eingestellt, dass die Kolbenkraft dem Gesamtvolumen V proportional ist und im Zustand 1 der Kolben einen Druck p1 auf das Gas ausübt. Jetzt wird dem Kohlendioxid so viel Wärme (Q12 )rev zugeführt, dass sich sein Volumen auf das 1,5fache vergrößert: V2 = 1, 5 V1 ; dabei vergrößert sich der Druck somit ebenfalls auf das 1,5fache: p2 = 1, 5 p1 . Das Kohlendioxid kann als ideales Gas mit R = 0,18892 kJ/(kg K) sowie cv = 0,6543 kJ/(kg K) aufgefasst werden. Die Zustandsänderung ist reibungsfrei. a) Es ist der Druck p1 zu berechnen. b) Wie groß ist die Temperatur T2 bzw. t2 ? c) Welche Werte nehmen der Polytropenexponent n sowie der Isentropenexponent κ bei der Zustandsänderung von 1 nach 2 an? d) Wie groß ist die dem Kohlendioxid zugeführte Wärme Q12 ? e) Welchen Wert weist die vom Gas an die Feder abgegebene Volumenänderungsarbeit WV 12 auf? f) Es soll die Entropieänderung S2 − S1 berechnet werden.

Bild 4.15 Zu Aufgabe 4.29 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) p1 =

m R T1 V1

p1 =

b) V2 = 1, 5 V1

0, 003 kg · 0, 18892 kJ · 293, 15 K bar m3 = 1, 10764 bar kg K 0, 0015 m3 100 kJ

p2 = 1, 5 p1 1, 5 p1 · 1, 5 V1 mR

T2 =

p 2 V2 mR

T2 =

1, 5 · 1, 10764 bar · 1, 5 · 0, 0015 m3 kg K 100 kJ = 659, 59 K 0, 003 kg · 0, 18892 kJ bar m3

T2 =

t1 = 386, 44 ◦ C

64

4 Ideale Gase

ln c) n = ln n=

p2 p1

p2 T2 − ln p1 T1

ln 1, 5 = − 1, 0000 = − 1 659, 59 ln 1, 5 − ln 293, 15

cv + R 0, 6543 + 0, 18892 cp κ= κ= = 1, 28874 cv cv 0, 6543 d) (Q12 )rev = Q12 + |WRI | Da |WRI | = 0, wird (Q12 )rev = Q12 . κ=

Q12 = (Q12 )rev = Q12 =

n−κ m R (T2 − T1 ) (κ − 1)(n − 1)

kJ − 1 − 1, 28874 0, 003 kg · 0, 18892 · (659, 59 − 293, 15) K (1, 28874 − 1)(− 1 − 1) kg K

Q12 = 0, 82312 kJ e) WV 12 =

mR (T2 − T1 ) n−1

0, 003 kg · 0, 18892 kJ · (659, 59 − 293, 15) K = − 0, 10384 kJ ( − 1 − 1) kg K V2 p2 f) S2 − S1 = m (cv + R) ln + m cv ln V1 p1 WV 12 =

S2 − S1 = 0, 003 kg (0, 6543 + 0, 18892) S2 − S1 = 0, 001822

kJ kJ ln 1, 5 + 0, 003 kg · 0, 6543 ln 1, 5 kg K kg K

kJ K

Aufgabe 4.30 In einem großen Hubkolbenmotor wird ein Verbrennungsgas mit der Masse m = 0,4726 kg = const. zur Arbeitsgewinnung unter Wärmezufuhr reversibel-polytrop entspannt. Der Gaszustand 1 ist durch V1 = 0,015178 m3 und t1 = 914,30 ◦ C gekennzeichnet; der Gaszustand 2 ist V2 = 0,030356 m3 und t2 = 2101,75 ◦ C. Das Verbrennungsgas hat die spezifische isobare Wärmekapazität cp = 1,1610 kJ/(kg K) = const, die spezifische isochore Wärmekapazität cv = 0,8526 kJ/(kg K) = const sowie die spezielle Gaskonstante R = 0,3084 kJ/(kg K). a) Es ist der Polytropenexponent n zu berechnen sowie der Isentropenexponent κ zu bestimmen. Um welche besondere Zustandsänderung handelt es sich dabei? b) Welche Volumenänderungsarbeit WV 12 pol kann dabei gewonnen werden? Wie groß ist die zuzuführende Wärme Q12 pol ? Es soll die Entropieänderung (S2 − S1 )pol des Verbrennungsgases ermittelt werden. c) Zum Vergleich soll auch eine reversibel-isotherme Entspannung bei der Temperatur t1 = 914,30 ◦ C von V1 = 0,015178 m3 auf V2 = 0,030356 m3 berechnet werden. Welcher Druck p2 ith stellt sich dabei ein? Welche Volumenänderungsarbeit Wp12 ith = WV 12 ith kann dabei gewonnen werden? Wie groß sind die zuzuführende Wärme Q12 ith und die Entropieänderung (S2 − S1 )ith ? (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Aufgaben zu Abschnitt 4

65

Lösung: ln a) n =

T1 V2 + ln V1 T2 V2 ln V1

ln n=

0, 030356 1187, 45 + ln ln 2 + ln 0, 5 0, 015178 2374, 90 = =0 0, 030456 ln 2 ln 0, 015178

n = 0: Es handelt sich um eine isobare Zustandsänderung, wie sie z. B. bei der Gleichdruckverbrennung des Kraftstoffs in einem Dieselmotor angenommen wird. Im vorliegenden Fall ist das Einspritzverhältnis ϕ = V2 /V1 = 2,0. cp cv

κ=

1, 1610 = 1, 3617 0, 8526 V2 m R T1 (V2 − V1 ) = − m R T1 ( − 1) = − p1 (V2 − V1 ) = − V1 V1 κ=

b) WV 12 pol

WV 12 pol = − 0, 4726 kg · 0, 3084

0, 030356 kJ · 1187, 45 K · ( − 1) = − 173, 071 kJ kg K 0, 015178

Mit |WRI | = 0 wird (Q12 )rev = Q12 + |WRI | = Q12 : (Q12 pol )rev = Q12 pol = m cp (T2 − T1 ) Q12

pol

= 0, 4726 kg · 1, 1610

(S2 − S1 )pol = m cp ln

kJ · (2374, 90 − 1187, 45) K = 651, 541 kJ kg K

T2 T1

kJ 2374, 90 kJ · ln = 0, 38032 kg K 1187, 45 K m R T2 m R T1 p2 = = V2 V2

(S2 − S1 )pol = 0, 4726 kg · 1, 1610 c) p2 = p1 p2 =

V1 V2

0, 4726 kg · 0, 3084 kJ · 1187, 45 K m3 bar = 57, 014 bar kg K 0, 030356 m3 100 kJ

WV 12 ith = m R T1 ln

V1 V2

WV 12 ith = 0, 4726 kg · 0, 3084

kJ 0, 015178 · 1187, 45 K · ln = − 119, 963 kJ kg K 0, 030356

(Q12 ith )rev = Q12 ith = − WV 12 ith (S2 − S1 )ith =

Q12 ith T1

Q12 ith = 119, 963 kJ

(S2 − S1 )ith =

119, 963 kJ kJ = 0, 10103 1187, 45 K K

Aufgabe 4.31 Mit einem einstufigen realen, gekühlten Kolbenkompressor wird Luft, die als ideales Gas mit R = 0,2872 kJ/(kg K) aufgefasst werden kann, aus der Umgebung angesaugt und verdichtet. Dabei werden die folgenden Zustände gemessen und in einem Indikatordiagramm dargestellt: Zustand p in bar V in `

1 0,97 3,00

2 1,44 2,33

3 1,92 1,90

4 2,87 1,38

5 3,80 1,08

6 4,80 0,90

7 5,83 0,76

66

4 Ideale Gase

a) Die Anfangstemperatur beträgt t1 = 21 ◦ C. Wie groß ist die Masse m der Luft? Welche weiteren Temperaturen T2 ... T7 stellen sich ein? Welche Werte nehmen die mittlere spezifische isobare Wärmekapazität cpm und der mittlere Isentropenexponent κm bei den jeweiligen Zustandsänderungen an? Wie groß ist der jeweilige Polytropenexponent n, mit dem die Zustandsänderung zwischen jeweils zwei Zuständen dargestellt wird? Wie groß ist die jeweils zugeführte Volumenänderungsarbeit WV bei den einzelnen Zustandsänderungen? Welche reversible Wärme (Q)rev tritt bei den einzelnen Zustandsänderungen auf, und welche spezifische Entropieänderung ∆s ist dabei jeweils kennzeichnend? Die Zustandsänderungen sind in ein T, s -Diagramm einzutragen. b) Wie groß ist die insgesamt zugeführte Volumenänderungsarbeit WV 17 ? Welche Werte nehmen die Einschubarbeit am Beginn p1 V1 und die Ausschubarbeit am Ende des Gesamtvorgangs p7 V7 an, und welche Druckänderungsarbeit Wp17 ist für den gesamten Verdichtungsvorgang erforderlich? Wie groß ist die insgesamt umgesetzte reversible Wärme (Q17 )rev , und welche gesamte spezifische Entropieänderung s7 − s1 ist dabei kennzeichnend? c) Welche Werte nehmen die mittlere spezifische isobare Wärmekapazität cpm und der mittlere Isentropenexponent κm für den gesamten Verdichtungsvorgang vom Zustand 1 zum Zustand 7 an? Wie groß ist die Differenz der inneren Energie U7 − U1 sowie die Differenz der Enthalpie H7 − H1 ? Zusätzlich sind die Werte von U7 − U1 und H7 − H1 mithilfe des Ersten Hauptsatzes zu bestätigen. d) Zum Vergleich ist eine ideale reibungsfreie adiabate - also isentrope - Verdichtung vom selben Anfangsdruck p1 auf denselben Enddruck p7 zu untersuchen. Welche Temperatur T7is wird dabei erreicht? Welche Werte nehmen die mittlere spezifische isobare Wärmekapazität cpm und der mittlere Isentropenexponent κm für den gesamten Verdichtungsvorgang vom Zustand 1 zum Zustand 7is an? Wie groß sind Wp17is , (Q17is )rev und (s7 − s1 )is ? e) Zum Vergleich ist auch eine ideale reibungsfreie isotherme Verdichtung vom selben Anfangsdruck p1 auf denselben Enddruck p7 zu untersuchen. Wie groß sind Wp17ith , (Q17ith )rev und (s7 − s1 )ith ? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) Die Masse der Luft berechnet sich wie folgt: m=

p 1 V1 R T1

m=

0, 97 bar kg K · 0, 00300 m3 100 kJ = 0, 0034446 kg 0, 2872 kJ · 294, 15 K bar m3

Die Berechnung der Temperatur T2 ergibt: T2 =

p 2 V2 mR

T2 =

1, 44 bar · 0, 00233 m3 kg K 100 kJ = 339, 15 K 0, 0034446 kg · 0, 2872 kJ bar m3

t2 = 66, 00 ◦ C

Für die mittlere spezifische isobare Wärmekapazität zwischen den Zuständen 1 und 2 lässt sich angeben: cpm |tt21 =

1 (cpm |t02◦ C · t2 − cpm |t01◦ C · t1 ) t2 − t1

Die hierbei erforderlichen Werte der mittleren spezifischen isobaren Wärmekapazitäten ergeben sich in der folgenden Weise:

Aufgaben zu Abschnitt 4

◦

cpm |210 ◦ C C = (1, 0033 · 4 + 1, 0037 · 21) ◦

67

kJ 1 kJ = 1,0036 25 kg K kg K

cpm |660 ◦ C C = (1, 0043 · 34 + 1, 0059 · 16)

1 kJ kJ = 1,0048 50 kg K kg K

Damit wird ◦

C cpm |66 21 ◦ C = (

kJ ◦ 1, 0048 · 66, 00 − 1, 0036 · 21, 00 kJ ) C = 1,0054 (66, 00 − 21, 00) ◦ C kg K kg K

Für den mittleren Isentropenexponenten zwischen den Zuständen 1 und 2 gilt: ◦

κm =

C cpm cpm |66 21 ◦ C = ◦C 66 cpm − R cpm |21 ◦ C − R

κm =

1,0054 = 1,3999 1,0054 − 0,2872

Der mittlere Polytropenexponent zwischen den Zuständen 1 und 2 ergibt sich in der folgenden Weise: p2 p1 n= V1 ln V2 ln

1, 44 0, 97 n= = 1, 5633 3, 00 ln 2, 33 ln

Für die spezifische polytrope Wärmekapazität zwischen den Zuständen 1 und 2 erhält man: cn12 = cpm12 − cn12 = 1,0054

n R n−1

kJ 1, 5633 kJ kJ − · 0,2872 = 0, 2083 kg K 1, 5633 − 1 kg K kg K

Die Volumenänderungsarbeit zwischen den Zuständen 1 und 2 ist wie folgt darstellbar: WV 12 =

1 m R (T2 − T1 ) n−1

WV 12 =

1 kJ 0, 0034446 kg · 0,2872 · (339, 15 − 294, 15) K = 0, 079031 kJ 1, 5633 − 1 kg K

WV 12 = 79, 031 J Die reversible Wärme zwischen den Zuständen 1 und 2 kann wie folgt berechnet werden: (Q12 )rev = m cn (T2 − T1 ) (Q12 )rev = 0, 0034446 kg · 0,2083

kJ · (339, 15 − 294, 15) K = 0, 032288 kJ = 32, 288 J kg K

Die Differenz der spezifischen Entropie zwischen den Zuständen 1 und 2 ergibt sich zu: ∆s = s2 − s1 = cn ln

T2 T1

∆s = s2 − s1 = 0,2083

kJ 339, 15 kJ · ln = 0, 0297 kg K 294, 15 kg K

Für die folgenden Zustandsänderungen sind die jeweiligen Werte der entsprechenden Größen sinngemäß zu berechnen. Diese sind in der nachfolgenden Tabelle zusammengestellt und der Erstellung von Bild 4.16 zugrunde gelegt:

68

4 Ideale Gase

p

V

T

bar 0,97 1,44 1,92 2,87 3,80 4,80 5,83

` 3,00 2,33 1,90 1,38 1,09 0,90 0,76

K 294,15 339,15 368,75 400,35 418,68 436,67 447,88

cpm kJ kg K 1,0054 1,0080 1,0110 1,0135 1,0166 1,0209

κm

1,3999 1,3984 1,3968 1,3954 1,3937 1,3914

n

1,5633 1,4101 1,2571 1,1898 1,2197 1,1498

cn kJ kg K 0,2083 0,0206 −0,3933 −0,7868 −0,5777 −1,1834

WV J 79,031 71,404 121,593 95,541 81,007 74,032

Qrev J 32,288 2,100 −42,810 −49,678 −35,819 −45,694

∆s kJ kg K 0,0297 0,0017 −0,0323 −0,0352 −0,0243 −0,0300

Bild 4.16 Zu Aufgabe 4.31 Es ist

(Q12 )rev = Q12 + |WRI | .

Bei den ersten beiden Zustandsänderungen überwiegt |WRI | gegenüber der an die Umgebung abfließenden Wärme Q12 ; damit nimmt die spezifische Entropie zu. Bei allen weiteren Zustandsänderungen ist jedoch wegen der wachsenden Temperaturdifferenz zwischen der verdichteten Luft und der Umgebung die abfließende Wärme Q12 gegenüber |WRI | größer; deshalb nimmt die spezifische Entropie ab.

Bild 4.17 Zu Aufgabe 4.31 b) WV 17 =

X

WV

WV 17 = 0, 522608 kJ = 522, 608 J

p1 V1 = 0, 97 bar · 0, 003 m3

105 J = 291, 000 J bar m3

p7 V7 = 5, 83 bar · 0, 00076 m3

105 J = 443, 080 J bar m3

Aufgaben zu Abschnitt 4

69

Bild 4.17: Wp17 = WV 17 + p7 V7 − p1 V1 (Q17 )rev =

X

X

s7 − s1 =

(Q)rev

Wp17 = 522, 608 J + 443, 080 J − 291, 000 J = 674, 688 J

(Q17 )rev = − 0, 139613 kJ = − 139, 613 J kJ kg K

∆s = − 0, 0904

◦

c) cpm |1750 ◦CC = (1, 0110 · 25 + 1, 0081 · 25) ◦

C cpm |175 21◦ C = (

1 kJ kJ = 1,0096 50 kg K kg K

kJ ◦ kJ 1, 0096 · 174, 73 − 1, 0036 · 21, 00 ) C = 1,0104 (174, 73 − 21, 00) ◦ C kg K kg K

◦

◦

◦

C 175 C cvm |175 21◦ C = cpm | 21◦ C − R

C cvm |175 21◦ C = 1, 0104

kJ kJ kJ − 0,2872 = 0,7232 kg K kg K kg K

◦

C U7 − U1 = m cvm |tt71 (T7 − T1 ) = m cvm |175 21 ◦ C (T7 − T1 )

U7 − U1 = 0, 0034446 kg · 0,7232 U7 − U1 = (Q17 )rev + WV 17 H7 − H1 =

m cpm |tt71

kJ · (447, 88 − 294, 15) K = 0, 382962 kJ = 382, 962 J kg K

U7 − U1 = − 139, 613 J + 522, 608 J = 382, 995 J ◦

C (T7 − T1 ) = m cpm |175 21 ◦ C (T7 − T1 )

H7 − H1 = 0, 0034446 kg · 1,0104 H7 − H1 = (Q17 )rev + Wp17

kJ · (447, 88 − 294, 15) K = 0, 535046 kJ = 535, 046 J kg K

H7 − H1 = − 139, 613 J + 674, 688 J = 535, 075 J

d) Annahme: Die Endtemperatur der isentropen Verdichtung beträgt 489,15 K (216,00 ◦ C). ◦

cpm |2160 ◦CC = (1, 0145 · 16 + 1, 0110 · 34) ◦

cpm |216,00 21 ◦ C

C

=(

kJ 1 kJ = 1,0121 50 kg K kg K

1, 0121 · 216 − 1, 0036 · 21, 00 kJ ◦ kJ ) C = 1,0130 (216, 00 − 21, 00) ◦ C kg K kg K ◦

κm =

C cpm |216 cpm 21 ◦ C = ◦C 216 cpm − R cpm | 21 ◦ C − R

T7 = T1



p7 p1

 κ−1 κ

κm =

T7 = 294, 15 K ·



1,0130 = 1,3957 1,0130 − 0,2872

5, 83 0, 97

0,3957  1,3957

= 489, 10 K

t7 = 215, 95 ◦ C

Die Annahme für die Temperatur erweist sich als zutreffend.

h p  κ−1 κ

Wp17is =

κm m R T1 κm − 1

Wp17is =

kJ 1,3957 · 0, 0034446 kg · 0,2872 · 294, 15 K · 1,3957 − 1 kg K

= 0,680252 kJ = 680, 252 J (Q17is )rev = 0 J (s7 − s1 )is = 0

kJ kg K

7

p1

i

−1

h 5, 83  1,3957−1 1,3957 0, 97

i

−1 =

70

4 Ideale Gase

e) Wp17ith = m R T1 ln

p7 p1

Wp17ith = 0, 0034446 kg · 0,2872

kJ 5, 83 · 294, 15 · K ln = kg K 0, 97

= 0, 521901 kJ = 521, 901 J (Q17ith )rev = − Wp17ith = − 521, 901 J (s7 − s1 )ith = = − 0, 5151

(Q17ith )rev m T1

(s7 − s1 )ith =

− 521, 901 J J = − 515, 1 = 0, 0034446 kg · 294, 15 K kg K

kJ kg K

Aufgabe 4.32 Eine Versuchsanlage zur Dampfreformierung soll einer PEM-Brennstoffzelle vorgeschaltet werden. Dabei werden Wasserdampf H2 O und Methan CH4 zunächst in jeweils getrennten Behältern vorgehalten und darauf gemischt (Bild 4.18). Im ersten Behälter mit dem Rauminhalt VCH4 = 0,50 m3 befindet sich Methan CH4 mit dem Druck pCH4 = 4,0 bar und der Temperatur tCH4 = 25,0 ◦ C. Im zweiten Behälter mit dem Rauminhalt VH2 O = 2,638 m3 liegt Wasserdampf H2 O mit dem Druck pH2 O = 1,0 bar und der Temperatur tH2 O = 120,0 ◦ C vor. Sehr kurze Leitungen, die Absperrventile aufweisen, verbinden beide Behälter sowie einen dritten, vollständig leeren Behälter mit dem Rauminhalt Vevak = 0,45 m3 . Nach dem Öffnen der Ventile vermischen sich beide Gase vollständig miteinander und gelangen auch in den dritten Behälter. Diese können als ideale Gase aufgefasst werden. Die Molmassen der Einzelgase sind MCH4 = 16,043 kg/kmol und MH2 O = 18,0153 kg/kmol; die spezifischen isochoren Wärmekapazitäten betragen cv CH4 = 1,638 kJ/(kg K) und cv H2 O = 1,4370 kJ/(kg K); die allgemeine Gaskonstante hat den Wert Rm = 8,31451 kJ/(kmol K).

Bild 4.18 Zu Aufgabe 4.32 a) Es sind die speziellen Gaskonstanten RCH4 und RH2 O zu bestimmen. Wie groß sind die Molmengen nCH4 und nH2 O sowie die Gasmassen mCH4 und mH2 O vor dem Vermischen? b) Wie groß sind die Masse m des Gemisches, die Massenanteile µCH4 und µH2 O der beiden Komponenten sowie die Molmasse M und die spezielle Gaskonstante R des Gemischs? c) Welche Werte ergeben sich für die Volumenanteile rCH4 und rH2 O sowie die Molanteile nCH4 /n und nH2 O /n der beiden Komponenten? d) Welche Mischungstemperatur T ergibt sich im Gemisch, wenn alle drei Behälter als adiabat betrachtet werden können? e) Welchen Druck p weist das Gemisch auf? f) Es ist die spezifische Gesamtentropieänderung ∆s sowie hieraus die Gesamtentropieänderung ∆S als Folge des Mischungsvorgangs zu berechnen. (Schwierigkeitsgrad: erheblich)

Aufgaben zu Abschnitt 4

71

Lösung: a) RCH4 =

Rm MCH4

RCH4 =

8, 31451 kJ kmol kJ = 0, 51826 16, 043 kmol K kg kg K

RH2 O =

Rm MH2 O

RH2 O =

8, 31451 kJ kmol kJ = 0, 46152 18, 0153 kmol K kg kg K

nCH4 =

pCH4 VCH4 Rm TCH4

nCH4 =

4, 0 bar kmol K · 0,50 m3 1 kJ 105 N = 0, 0807 kmol 8, 31451 kJ · 298, 15 K 1000 Nm 1 bar m2

nH2 O =

p H 2 O VH 2 O Rm TH2 O

nH2 O =

1, 0 bar kmol K · 2,638 m3 1 kJ 105 N = 0, 0807 kmol 8, 31451 kJ · 393,15 K 1000 Nm 1 bar m2

mCH4 =

pCH4 VCH4 RCH4 TCH4

mCH4 =

1 kJ 105 N 4, 0 bar kg K · 0,50 m3 = 1,2943 kg 0, 51826 kJ · 298, 15 K 1000 Nm 1 bar m2

mH2 O =

p H 2 O VH 2 O RH2 O TH2 O

mH2 O =

1 kJ 105 N 1, 0 bar kg K · 2,638 m3 = 1,4539 kg 0, 46152 kJ · 393,15 K 1000 Nm 1 bar m2

b) m = mCH4 + mH2 O

m = 1,2943 kg + 1,4539 kg = 2,7482 kg

µCH4 =

mCH4 m

µCH4 =

1,2943 kg = 0,4710 2,7482 kg

µH2 O =

mH2 O m

µH2 O =

1,4539 kg = 0,5290 2,7482 kg

n

X µi 1 = M Mi i=1

0,4710 kmol 0,5290 kmol kmol 1 = + = 0, 05872 M 16, 043 kg 18, 0153 kg kg

µCH4 µH2 O 1 = + M MCH4 MH2 O M = 17, 0292 R=

Rm M

kg kmol 8, 31451 kJ kmol kJ = 0, 48825 17, 0292 kmol K kg kg K

R=

c) V = VCH4 + VH2 O + Vevak

V = 0, 50 m3 + 2, 638 m3 + 0, 45 m3 = 3, 588 m3

rCH4 =

VCH4 V

rCH4 =

0,50 m3 = 0,1394 3,588 m3

rH2 O =

VH 2 O V

rH2 O =

2, 638 m3 = 0,7352 3,588 m3

revak =

Vevak V

revak =

0, 45 m3 = 0,1254 3,588 m3

n = nCH4 + nH2 O

n = 0, 0807 kmol + 0, 0807 kmol = 0, 1614 kmol

xCH4 =

nCH4 n

xCH4 =

0,0807 kmol = 0,500 0,1614 kmol

x H2 O =

nH2 O n

x H2 O =

0,0807 kmol = 0,500 0,1614 kmol

72

4 Ideale Gase

d) T =

n X

mi cvi Ti

i=1 n

X

mi cvi

i=1

T =

mCH4 cv CH4 TCH4 + mH2 O cv H2 O TH2 O mCH4 cv CH4 + mH2 O cv H2 O

T =

(1,2943 · 1,638 · 298,15 + 1,4539 · 1,4370 · 393, 15) kg kJ K kg K = 345, 30 K (1,2943 · 1,638 + 1,4539 · 1,4370) kg K kg kJ

t = 72, 15 ◦ C e) p =

n T X p i Vi V Ti i=1

p=

T V

p=

345, 30 K 3, 588 m3

f) ∆s =



p H O VH 2 O pCH4 VCH4 + 2 TCH4 TH 2 O

n X

 4, 0 · 0, 50 298, 15

+



1, 0 · 2, 638 393, 15

 bar m3 K

= 1, 2913 bar

T − Ri ln ri ) Ti

µi (cvi ln

i=1

∆s = µCH4 (cv CH4 ln

T T − RCH4 ln rCH4 ) + µH2 O (cv H2 O ln − RH2 O ln rH2 O ) TCH4 TH 2 O

∆s = 0, 4710 · (1, 638

kJ 345, 30 kJ ln − 0, 51826 ln 0, 1394) + kg K 298, 15 kg K

+ 0, 5290 · (1, 4370

kJ 345, 30 kJ ln − 0, 46152 ln 0, 7352) kg K 393, 15 kg K

∆s = 0, 57069

kJ kg K

∆S = m ∆s

∆S = 2,7482 kg · 0, 57069

kJ kJ = 1, 56837 kg K K

Aufgabe 4.33 Ein Teil des Abgasstroms im Abgas-Sammelrohr eines Gas-Otto-Motors wird abgezweigt. Dieser Teilstrom weist einen Volumenstrom V˙ A = 0,0410 m3 /s bei einer Temperatur tA = 370 ◦ C und einem Druck pA = 1,15 bar auf. Die spezielle Gaskonstante des Abgases ist RA = 0,2944 kJ/(kg K). Der Abgas-Teilstrom wird im Teillastbetrieb des Gas-Otto-Motors mit einem Strom angesaugter Außenluft isobar vermischt, der durch den Volumenstrom V˙ L = 0,0830 m3 /s, die Temperatur tL = 10 ◦ C, den Druck pL = 0,97 bar und die spezielle Gaskonstante RL = 0,2872 kJ/(kg K) gekennzeichnet ist (Bild 4.19). An der Vereinigungsstelle herrscht der Druck p = 0,95 bar. Abgas und Luft können als ideale Gase behandelt werden; für die mittleren spezifischen isobaren Wärmekapazitäten sind cpmA = 1,040 kJ/(kg K) = const und cpmL = 1,005 kJ/(kg K) = const anzusetzen.

Aufgaben zu Abschnitt 4

73

a) Es ist der Massenstrom des Abgases m ˙ A sowie der Massenstrom der Luft m ˙ L zu berechnen. ˙ b) Welche Mischungstemperatur T und welcher Volumenstrom V des Abgas-Luft-Gemischs stellen sich ein?

Bild 4.19 Zu Aufgabe 4.33 (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) Zuerst werden die Massenströme berechnet: Für den Abgasstrom ergibt sich: m ˙A=

pA V˙ A RA TA

m ˙A=

1 kJ 105 N 1, 15 bar kg K · 0,0410 m3 kg = 0,024902 0, 2944 kJ s · 643,15 K 1000 Nm 1 bar m2 s

Für den Luftstrom ist: m ˙L=

pL V˙ L RL TL

m ˙L=

0, 97 bar kg K · 0,0830 m3 1 kJ 105 N kg = 0,099003 0, 2872 kJ s · 283,15 K 1000 Nm 1 bar m2 s

Die in der Aufgabenstellung genannten Werte der mittleren spezifischen isobaren Wärmekapazitäten erhält man, indem die zu erwartende Mischungstemperatur zunächst auf t = 85 ◦ C geschätzt wird: ◦

C cpmA |370 85 ◦ C = 1,040 kJ/(kg K)

◦

C cpmL |85 10 ◦ C = 1,005 kJ/(kg K)

b) Für die Mischungstemperatur T gilt: T =

n P

m ˙ i cpi Ti

n=1 n

P

T = m ˙ i cpi

m ˙ A cpmA TA + m ˙ L cpmL TL m ˙ A cpmA + m ˙ L cpmL

n=1

T =

(0,024902 kg · 1,040 kJ · 643, 15 K + 0,099003 kg · 1,005 kJ · 283, 15 K) s kg K = 357, 50 K (0,024902 kg · 1,040 kJ + 0,099003 kg · 1,005 kJ) s kg K

t = 84,35 ◦ C Der Volumenstrom der Gasmischung V˙ ergibt sich zu: n T X m ˙ i Ri V˙ = p i=1

T V˙ = (m ˙ A RA + m ˙ L RL ) p 357, 50 K kg kJ kg kJ
bar m3 m3 V˙ = 0,024902 ·0,2944 +0,099003 ·0,2872 = 0,13459 0,95 bar s kg K s kg K 100 kJ s

74

4 Ideale Gase

Aufgabe 4.34 Im Rahmen des Projekts ’Grünstrom zu Gas’ (Power to Gas) wird in einer Versuchsanlage dem vorhandenen Erdgas Wasserstoff zugemischt. Das brennbare Gasgemisch hat die folgende Zusammensetzung in Volumenanteilen ri : 87 % CH4

5 % C2 H6

1 % CO2

2 % N2

5 % H2

a) Wie groß sind die Molmasse M , die spezielle Gaskonstante R und die Massenanteile µi des Gasgemischs? b) Welche Dichte %1 hat das Gasgemisch bei einer Temperatur von t1 = 12 ◦ C und einem Druck von p = p1 = 0,981 bar? c) Welche Dichte %0 hat das Gasgemisch im Normzustand? d) In welchem Molmengenverhältnis ni+1 /ni stehen die Einzelgase zueinander? e) Wie groß sind die Partialdrücke ppi ? f) Welche Gesamtentropieänderung S2 − S1 tritt ein, wenn die Einzelgase ohne Temperaturänderung gemischt werden und das entstehende Gasgemisch dabei eine Masse von m = 2,0 kg aufweist? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a)

M=

Gas

ri

CH4 C2 H6 CO2 N2 H2

0,87 0,05 0,01 0,02 0,05

n X

ri Mi

Mi kg/kmol 16,04 30,07 44,01 28,01 2,02

13,9548 1,5035 0,4401 0,5602 0,1010 M = 16, 5596

M ≈ 16, 560

i=1

µi = ri Mi /M

ri Mi kg/kmol

kg kmol

0,8427 0,0908 0,0266 0,0338 0,0061

kg kmol

Die Gaskonstante ist: R=

8,31451 kJ kmol kJ Rm = = 0, 5021 M kmol K 16,5596 kg kg K

b) Die Dichte im angegebenen Zustand beträgt: %1 =

p1 R T1

%1 =

100 kJ 0,981 bar kg K kg = 0,6852 3 0, 5021 kJ · 285, 15 K m3 bar m

c) Die Dichte im Normzustand ist: %0 =

p0 R T0

%1 =

100 kJ 1,01325 bar kg K kg = 0,7388 3 0, 5021 kJ · 273, 15 K m3 bar m

d) Das Molmengenverhältnis ist wegen

ni ppi = = ri : n p

nCH4 : nC2 H6 : nCO2 : nN2 : nH2 = 87 : 5 : 1 : 2 : 5

Aufgaben zu Abschnitt 4

75

e) Die Partialdrücke sind: ppi = ri p = ri p1 ppCH4 = 0,8535 bar ppN2 = 0,0196 bar

f) ∆s =

n X

µi (cvi ln

i=1

ppC2 H6 = 0,0490 bar ppH2 = 0,0491 bar

T − Ri ln ri ) Ti

Mit T = Ti = const., ri = S2i − S1i = mi Ri ln

ppi p

ppCO2 = 0,0098 bar

S2 − S1 = m ∆s und mi = µi m gilt für jedes Einzelgas:

p ppi

Die Werte für Ri sind für jede Komponente des Gasgemischs aus Tafel A.7 im Anhang zu entnehmen. Gas CH4 C2 H6 CO2 N2 H2

mi

Ri

kg

kJ/(kg K)

1,6854 0,1816 0,0532 0,0676 0,0122

0,51826 0,27651 0,18892 0,29680 4,12450

Die Gesamtentropieänderung beträgt

ln

p ppi

S2i − S1i kJ/K

0,139262 2,995732 4,605170 3,912023 2,995732 S2 − S1 =

0,121642 0,150428 0,046284 0,078490 0,150742 kJ 0, 547586 K

S2 − S1 ≈ 0, 5476

kJ K

.

Aufgabe 4.35 Eine Gasleitung in einem regionalen Transportnetz für Erdgas H wird in einem Druckbereich bis zu pmax = 16,0 bar betrieben. Ein im physikalischen Normzustand vorgegebener Volumenstrom von V˙ 0 = 20000 m3/h soll zur Versorgung eines neuen Industriegebiets über eine Rohrleitung von l = 20,0 km Länge geliefert werden. Die Rohrleitung besteht aus geschweißten Stahlrohren nach DIN 2458 355,6 x 5,6 mit einer Rohrrauigkeit von k = 0,1 mm. Der Absolutdruck am Anfang der Rohrleitung beträgt p1 = 6,0 bar; das trockene Erdgas hat die Temperatur t = 12 o C = const und die dynamische Viskosität η = 10, 6 · 10−6 kg/(m s). Die Gasströmung ist als kompressible stationäre ideale Gasströmung mit konstanter Temperatur t zu betrachten. a) Der Volumenstrom im aktuellen Betriebszustand V˙ 1 am Anfang der Rohrleitung ist zu berechnen. b) Wie groß ist die Geschwindigkeit c1 des Erdgases H im aktuellen Betriebszustand? c) Wie hoch ist die Dichte %1 des Erdgases H im aktuellen Betriebszustand unter Berücksichtigung der Dichte im physikalischen Normzustand %0 = 0,783 kg/m3 ? d) Es sollen die kinematische Viskosität ν, der Parameter d/k und die Reynoldszahl Re bestimmt werden.

76

4 Ideale Gase

e) Welchen Wert hat der Rohrreibungskoeffizient λ unter Verwendung des λ, Re-Diagramms von Bild 4.20? f) Wie groß ist der Druckverlust ∆p und der Druck p2 am Ende der Rohrleitung? g) Welches Ergebnis ist zu ermitteln, wenn der Gasstrom als realer Gasstrom betrachtet wird? In diesem Fall ist der Kompressibilitätsfaktor Km = zm /z0 , angegeben als das Verhältnis des Realgasfaktors im mittleren Gaszustand zm zum Realgasfaktor im physikalischen Normzustand z0 , durch den Wert Km = 0,968 bei einem mittleren Druck in der Rohrleitung von pm ≈ 4,5 bar gekennzeichnet. h) Was wäre das Ergebnis für ∆p, wenn man eine inkompressible ideale Gasströmung annehmen würde? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: p 0 T1 Nm3 1, 01325 bar 285, 15 K m3 a) V˙ 1 = V˙ 0 = 20000 = 3525, 880 p 1 T0 h 6, 0 bar 273, 15 K h b) di = da − 2 t = 0, 3556 m − 2 · 0, 0056 m = 0, 3444 m 1h m V˙ 1 4 3525, 880 m3 · 4 = V˙ 1 = 10, 5135 c1 = = 2 2 m2 3600 s A h 3, 14159 · 0, 3444 s π di c) %1 = %0 d) ν =

p 1 T0 kg 6, 0 bar 273, 15 K kg = 0, 783 = 4, 4414 3 p 0 T1 Nm3 1, 01325 bar 285, 15 K m

10, 6 · 10−6 kg m3 m2 η = = 2, 3866 · 10−6 %1 4, 4414 m s kg s

Re =

d 344, 4 mm = = 3444 k 0, 1 mm

cd 10, 5135 m · 0, 3444 m s = = 1, 517158 · 106 ν s 2, 3866 · 10−6 m2

→

turbulente Strömung

e) λ, Re-Diagramm Bild 4.20: λ=0,0155 Der Zustandspunkt liegt im turbulenten Übergangsgebiet des λ, Re-Diagramms.

Bild 4.20 Zu Aufgabe 4.35

Aufgaben zu Abschnitt 4

77

Überprüfung mit der Gleichung von Zanke im turbulenten Gebiet Re = > 2320:





(lg Re)1,2 k λ = −2 lg 2, 7 + Re 3, 71di





λ = −2 lg 2, 7

−2

(lg 1517158)1,2 0, 1 + 1517158 3, 71·344, 4



 −2

λ = −2 lg [0, 000015835 + 0, 000078264] f) ∆pR = p1 − p2 = p1 = 6, 0 bar



= 6, 0 bar



r

1−

1−λ

r

1−

1 − 0, 01542

l %1 2 c1 d p1

= 0, 01542



20000 m 4, 4414 kg m2 bar m2 N s2 10, 51352 2 3 0, 3444 m m 6, 0 bar s 105 N kg m





p

1−

p2 ≈ 3, 10 bar



−2

1 − 0, 73268 = 2, 8978 bar ≈ 2, 90 bar

g) Bei Verwendung des Kompressibilitätsfaktors K = zm /z0 = 0,968, der sich bei einem mittleren Druck von pm ≈ 4,5 bar in dem betrachteten Rohrleitungsabschnitt ergibt, wird: ∆pR = p1 − p2 = p1



1−



r



p

p2 ≈ 3, 23 bar

l %1 2 1−λ c1 K d p1



20000 m 4, 4414 kg m2 bar m2 N s2 1 − 0, 01542 10, 51352 2 0, 968 3 0, 3444 m m 6, 0 bar s 105 N kg m

= 6, 0 bar 1 − = 6, 0 bar 1 −

r





1 − 0, 73268 · 0, 968 = 2, 7646 bar ≈ 2, 77 bar

Die Abweichung gemäß Teilaufgabe f) gegenüber dem genaueren Ergebnis entsprechend Teilaufgabe g) ist akzeptabel, weil Erdgas H bei Drücken zwischen etwa 3 und 6 bar ein Verhalten hat, das noch annähernd einem idealen Gas entspricht. Allerdings würde die Abweichung bei höheren Drücke deutlich höher sein. h) Die Berechnung als inkompressible Gasströmung führt zu dem Druckverlust l 1 20000 m 1 kg m2 bar m2 N s2 % c1 2 = 0, 01542 4, 44414 3 10, 51352 2 d 2 0, 3444 m 2 m s 105 N kg m = 2, 1980 bar ≈ 2, 20 bar . ∆p = λ

p2 ≈ 3, 80 bar Die Berechnung mit der Annahme, dass das Gas ein inkompressibles Fluid ist, führt bei Drücken zwischen etwa 3 und 6 bar zu einem ungenauen Ergebnis. Die Abweichung bei Drücken größer als etwa 6 bar wäre noch deutlich höher. Aufgabe 4.36 Ein nicht identifiziertes Objekt fliegt in begrenzter Höhe horizontal über eine militärische Kontrollstation A bei einer Lufttemperatur von + 10 o C, die auch in der Höhe des Flugobjekts angenommen werden kann. Das Flugobjekt, das bei A in einer Höhe von z = 114 m registriert wird, wird zusätzlich in einer weiteren Kontrollstation B nach τc = 0,5 s und in einer Entfernung von l = 250 m von A wahrgenommen. Die Gaskonstante von Luft ist R = 0,2872 kJ/(kg K), der Isentropenexponent ist κ = 1,4. a) Wie hoch ist die Geschwindigkeit c des Flugobjekts?

78

4 Ideale Gase

b) Die Schallgeschwindigkeit a, die am Boden und in der begrenzten Höhe gleich ist, soll berechnet werden. c) Die M achzahl M soll bestimmt werden. d) Wie groß ist der M ach-Öffnungswinkel (Bild 4.21)? e) Wie groß ist der horizontale Abstand s zwischen Flugobjekt und Kontrollstation A, wenn die Druckstörung A erreicht, und welche Zeit τ ist vergangen? (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Bild 4.21 Ausbreitung von Druckstörungen bei verschiedenen Geschwindigkeiten der Störquelle. Die Störquelle durchläuft den Weg s = c τ , und die Schallwelle durchläuft den Weg s = a τ in der Zeit τ . a) Ausbreitung im ruhenden Gas: Der Ruhezustand wird mit 0 bezeichnet. b) Die Störquelle bewegt sich mit Unterschallgeschwindigkeit c < a. c) Die Störquelle bewegt sich mit der Schallgeschwindigkeit c = a. d) Die Störquelle bewegt sich mit Überschallgeschwindigkeit c > a. Lösung: a) c =

b) a =

250 m m l = = 500 τc 0, 5 s s √

c) M =

κRT =

r

1, 4 · 0, 2872 · 283, 15

kJ K 1000 N m kg m m m = 337, 42 ≈ 337 kg K kJ N s2 s s

c 500 m/s = = 1, 4837 a 337 m/s

d) M ach’scher Öffnungswinkel: 1 1 = = 0, 6667 → α = 42,38 o → tan α = 0,9124 M 1, 4837 z 114 m s 125 m s e) s = = = 124,95 m ≈ 125 m . τ= = = 0, 25 s tan α 0, 9124 c 500 m sin α =

Aufgabe 4.37 Ein Druckbehälter enthält Luft mit dem Druck p0 = 1,8 bar und der Temperatur T0 = 298,15 K. Die Luft strömt aus dem Behälter in die freie Atmosphäre, die den Druck pamb = p2 = 1,0 bar aufweist. Luft kann als ideales Gas mit R = 0,2872 kJ/(kg K), cp = 1,004 kJ/(kg K) und κ = 1,40 angenommen werden. Die Ausströmgeschwindigkeit c ist zu berechnen (Bild 4.22). (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: Dichte der Luft im Behälter: %0 =

p0 1, 8 bar kg K 105 N kJ kg = = 2, 10210 3 R T0 0, 2872 kJ · 298, 15 K bar m2 103 N m m

Aufgaben zu Abschnitt 4

Druckverhältnis: 1, 0 bar p∗ p2 = = 0, 5556 > = 0, 528 p0 1, 8 bar p0

→

79

unterkritischer Ausströmvorgang

Bild 4.22 Ausströmen von Luft aus einem Druckbehälter Ausströmgeschwindigkeit: c2 =

h

 

2 κ p0 p2 1− κ−1 %0 p0

h

κ−1 κ

ii 21 h =

0,4 1, 0 1,4 2, 8 1, 8 bar m3 105 N kg m 1−( ) 2 2 0, 4 2, 10210 kg bar m N s 1, 8

h

ii 21

= 304, 4078

m s

Austrittstemperatur: kJ N s2 304, 40782 m2 kg K c2 2 = 298, 15 K − = 298, 15 K − 46, 15 K T2 = T0 − 2 2 cp 2 · 1, 004 s kJ 1000 N m kg m T2 = 252, 00 K M achzahl im Austrittsquerschnitt: M2 =

m 304, 4078 c2 c2 s =r = 0, 95631 =√ a2 κ R T2 kJ 103 N m kg m 1, 4 · 0, 2872 · 252, 00 K kg K kJ N s2

Aufgabe 4.38 Es soll ein Luftstrahl mit der Geschwindigkeit c2e = 155 m/s und der Temperatur von annähernd t02 = 30 o C erzeugt werden. Welche Temperatur und welchen Druck muss die in einem Behälter befindliche Druckluft aufweisen, die durch eine gut gerundete Düse mit dem Minderungsfaktor ϕ = 0,965 im Vergleich zum Idealwert ϕ = 1 auf den Umgebungsdruck von pa = p2 = 1,0 bar entspannt wird? Durch welche Polytrope lässt sich der Ausströmvorgang beschreiben? Welchen Querschnitt muss die Austrittsöffnung der Düse aufweisen, wenn ein Normvolumenstrom von V˙ 0 = 0,5 m3/s erzeugt werden soll? Es soll anhand der idealen Luftströmung gezeigt werden, dass die Strömung im unterkritischen Bereich bleibt. (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: Ideale Düse: ϕ = 1 c2e =

p

2 (h1 − h2 ) =

p

2 cp (T1 − T20 )

kJ N s2 1552 m2 kg K c2e 2 = 303, 15 K + 2 = 303, 15 K + 11, 96 K = 315, 11 K 3 2 cp s 2 · 1, 004 kJ 10 N m kg m Die Zustandsänderung der Luft lässt sich durch eine Polytrope 1 < n < κ beschreiben. Der Polytropenexponent n ist jedoch nicht bekannt. Deshalb muss zunächst die verlustlose Entspannung berechnet werden. Für die Geschwindigkeit bei der verlustlosen Entspannung gilt: c2e 155 m/s m c2 id = = = 160, 6 ϕ 0, 965 s T1 = T20 +

80

4 Ideale Gase

Aus der Gleichung

c2 id =

2

T2 = T1 −

p

2 (h1 − h2 ) = 2

2

p

2 cp (T1 − T2 )

folgt:

160, 6 m kg K c2 id = 315, 11 K − 2 = 315, 11 K − 12, 85 K = 302, 27 K 2 cp s 2 · 1, 004 kJ

Statt T20 = 303,15 K ergibt sich T2 = 302,27 K. κ

 1,4

T1 κ−1 315, 11 K 0,4 p1 = p2 p1 = 1, 0 bar = 1, 157 bar T2 302, 27 K Der Luftzustand im Behälter muss T1 = 315,27 K und p1 = 1,157 bar betragen. Der Polytro-







penexponent lässt sich aus der Beziehung p2 1, 0 bar ln ln p1 1, 157 bar n= = = 1, 399 p2 T2 1, 0 bar 302, 27 K ln − ln ln − ln p1 T1 1, 157 bar 315, 11 K berechnen. Es gilt: p2 m ˙ = V˙ 0 %0 = V˙ 2 %2 = A2 c2e R T2 0, 5 m3 1, 293 kg s bar m2 103 N m kJ V˙ 0 %0 R T2 = · 0, 2872 · 302, 27 K A2 = c2e p2 s m3 155 m · 1, 0 bar 105 N kJ kg K A2 = 0, 00362 m2 = 36, 2 cm2 D2 =

r

4 A2 = π

r

4 36, 3 cm2 = 6, 79 cm 3, 14159

Ruhezustand: p0 , T0 ∗

p = p0

κ  2  κ−1

κ+1

=

Kritischer Zustand: p∗, T ∗ 1,4  2  0,4

2, 4

= 0, 5283
t1 = 209,80 v10 = 0,00117238 x1 =

vN1 − v10 v100 − v10

◦

C

vN1 = v2 =

V1 m1

vN1 =

3,36 m3 m3 = 0,08 42 kg kg

m3 kg 0,08 − 0,00117238 x1 = = 0,761394 0,1047031 − 0,00117238

m3 kg

v100 = 0,1047031

kJ kJ h001 = 2797,18 hN1 = h01 + x1 (h001 − h01 ) kg kg kJ kJ kJ kJ = 896,71 + 0,761394 · (2797,18 − 896,71 ) = 2343,72 kg kg kg kg

b) h01 = 896,71 hN1

v2 = vN1 = 0,08

m3 kg

t2 = 450,0 ◦ C

–> (Näherung: Anhang Tabelle A.9b) p2 = 40,02107 bar

h2 = 3331,17

kJ kg

(Q12 )rev = m (u2 − uN1 ) = m [h2 − hN1 − (p2 − p1 ) vN1 ]



(Q12 )rev = 42 kg · 3331,17 (Q12 )rev = 34409,8 kJ

kJ kJ m3 100 kJ  − 2343,72 − (40,02107 bar − 19,0 bar) · 0,08 · kg kg kg bar m3

Aufgaben zu Abschnitt 5

89

c) Anhang Bild A.7: T, s-Diagramm für H2 O: kJ p3 = 2,0 bar –> t3 = 425,99 ◦ C h3 = h2 h3 = 3331,17 kg d) T, s-Diagramm für H2 O:

Bild 5.7 Zu Aufgabe 5.5 Aufgabe 5.6 In einem geschlossenen Behälter mit V1 = 1,36 m3 Inhalt werden m1 = 0,34 kg Wasser als Nassdampf von t1 = 20 ◦ C (Zustand 1) auf t2 = 70 ◦ C (Zustand 2) isochor und reversibel erwärmt. a) Welcher Druck p1 gehört zum Zustand 1? b) Welchen Druck p2 hat der Zustand 2? Wie groß sind die Dampfgehalte x1 und x2 ? c) Wie groß ist die Wärmezufuhr Q12 = (Q12 )rev ? d) Bei welcher Temperatur t3 (Zustand 3) würde der gesamte Inhalt aus Sattdampf bestehen? e) Welcher Druck p4 stellt sich ein, wenn die isochore Erwärmung bis zur Temperatur t4 = 250 ◦ C (Zustand 4) fortgesetzt wird? f) Welche Wärme Q14 = (Q14 )rev muss in diesem Fall insgesamt zugeführt werden? g) Die Zustände 1 bis 4 sind in einem T, s-Diagramm für H2 O schematisch wiederzugeben (Bild 5.8). (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Nassdampf vom Zustand 1 (Anhang Tabelle A.9a): 1,36 m3 m3 V1 vN1 = = 4,0 p1 = 0,0233932 bar v1 = vN1 = v2 = m1 0,34 kg kg b) v10 = 0,0010018416 x1 =

vN1 − v10 v100 − v10

m3 kg

x1 =

v100 = 57,756701

m3 kg

4,0 − 0,0010018416 = 0,069240 57,756701 − 0,0010018416

Nassdampf vom Zustand 2 (Anhang Tabelle A.9a): m3 m3 p2 = 0,3120093 bar v20 = 0,0010227734 v100 = 5,03954181 kg kg x2 =

vN2 − v20 v200 − v20

x2 =

m3 kg

4,0 − 0,0010227734 = 0,793681 5,03954181 − 0,0010227734

c) Anhang Tabelle A.9a: h01 = 83,91 hN1 = 83,91

vN2 = vN1 = 4,0

kJ kg

h001 = 2537,43

kJ kg

hN1 = h01 + x1 (h001 − h01 )

kJ kJ kJ kJ + 0,069240 · (2537,43 − 83,91 ) = 253,79 kg kg kg kg

90

5 Reale Gase und Dämpfe

h02 = 293,07

kJ kg

h002 = 2626,10

kJ kg

hN2 = h02 + x2 (h002 − h02 ) hN2 = 293,07

kJ kJ kJ kJ + 0,793681 · (2626,10 − 293,07 ) = 2144,75 kg kg kg kg

Q12 = (Q12 )rev = m1 (uN2 − uN1 ) = m1 [hN2 − hN1 − (p2 − p1 ) vN1 ]



(Q12 )rev = 0,34 kg· 2144,75 (Q12 )rev = 603,67 kJ

kJ kJ m3 100 kJ  −253,79 −(0,31201 bar−0,02339 bar)·4,0 · kg kg kg bar m3

d) Sattdampf: Geschätzte Temperatur t3 : zwischen 75 ◦ C und 76 ◦ C (Anhang Tabelle A.9a) m3 kg

t3 = 76 ◦ C

t3 = 75 ◦ C

v3(75) = 4,128945

t3 = 75 ◦ C +

4,0 − 4,128945 ◦ C = 75,82 ◦ C 3,970775 − 4,128945

v3(76) = 3,970775

m3 kg

e) Überhitzter Dampf (Anhang Bild A.7: T, s-Diagramm für H2 O): t4 = 250 ◦ C

v4 = vN1 = 4,0

m3 kg

–> p4 = 0,60236 bar

h4 = 2975,81

kJ kg

Q14 = (Q14 )rev = m1 (u4 − uN1 ) = m1 [h4 − hN1 − (p4 − p1 ) vN1 ]



f) (Q14 )rev = 0,34 kg· 2975,81 (Q14 )rev = 846,75 kJ

kJ kJ m3 100 kJ  −253,79 −(0,60236 bar−0,02339 bar)·4,0 · kg kg kg bar m3

g) T, s-Diagramm für H2 O:

Bild 5.8 Zu Aufgabe 5.6 Aufgabe 5.7 Wasser im Nassdampfzustand mit einem Druck von p1 = pN1 = 21,5 bar und einem Dampfgehalt von x1 = 0,62 (Zustand 1) wird mit einem Ventil auf einen Druck von p2 = pN2 = 1,1 bar (Zustand 2) isenthalp gedrosselt. a) Wie groß sind die Temperatur t1 , das spezifische Volumen vN1 , die spezifische Enthalpie hN1 und die spezifsche Entropie sN1 beim Zustand 1? b) Wie groß ist der Dampfgehalt x2 nach der Drosselung? Welche Werte nehmen die Temperatur t2 , das spezifische Volumen vN2 , die spezifische Enthalpie hN2 und die spezifsche Entropie sN2 beim Zustand 2 an?

Aufgaben zu Abschnitt 5

91

c) Welche Temperatur t1 ∗ und welcher Druck p1 ∗ (Zustand 1*) müssen bei einem Sattdampf vorliegen, damit - von diesem Zustand 1* ausgehend - bei der Drosselung auf p2 ∗ = p2 = 1,1 bar gerade wieder Sattdampf entsteht (Zustand 2*)? d) Die Zustände 1, 2, 1* sowie 2* sollen in einem T, s-Diagramm für H2 O dargestellt werden (Bild 5.9, Bild 5.10). (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Bild 5.9 Zu Aufgabe 5.7 Lösung: a) Anfangszustand 1 (Näherung: Anhang Tabelle A.9b und Bild A.7 T, s-Diagramm für H2 O): p1 = 21,5 bar

x1 = 0,62 –> t1 = 216,06 ◦ C

v10 = 0,00118314

m3 kg

h01 = 925,42

kJ kg

s01 = 2,4811

kJ kg K

v100 = 0,092771

h001 = 2799,70 s001 = 6,3123

m3 kg

kJ kg kJ kg K

vN1 = v10 + x1 (v100 − v10 ) vN1 = 0,00118314

m3 m3 m3 m3 + 0,62 · (0,092771 − 0,00118314 ) = 0,057968 kg kg kg kg

hN1 = h01 + x1 (h001 − h01 ) hN1 = 925,42

kJ kJ kJ kJ + 0,62 · (2799,70 − 925,42 ) = 2087,47 kg kg kg kg

sN1 = s01 + x1 (s001 − s01 ) sN1 = 2,4811

kJ kJ kJ kJ + 0,62 · (6,3123 − 2,4811 ) = 4,8564 kg K kg K kg K kg K

b) Endzustand 2 (Anhang Tabelle A.9b): p2 = 1,1 bar

hN2 = hN1

v20 = 0,001045268 h02 = 428,84

kJ kg

s02 = 1,3330

kJ kg K

x2 =

hN2 − h01 h002 − h02

m3 kg

–> t2 = 102,29 ◦ C

v200 = 1,54946

h002 = 2679,17 s002 = 7,3269 x2 =

vN2 = v20 + x2 (v200 − v20 )

m3 kg

kJ kg kJ kg K

2087,47 − 428,84 = 0,73706 2679,17 − 428,84

92

5 Reale Gase und Dämpfe

vN2 = 0,0010453

m3 m3 m3 m3 + 0,73706 · (1,54946 − 0,0010453 ) = 1,142320 kg kg kg kg

sN2 = s02 + x2 (s002 − s02 ) kJ kJ kJ kJ + 0,73706 · (7,3269 − 1,3330 ) = 5,7509 sN2 = 1,3330 kg K kg K kg K kg K c) Anfangszustand 1* auf der Dampfdruckkurve gemäß der Temperaturtafel (Näherung: Anhang Tabelle A.9a): kJ t1 ∗ = 325,00 ◦ C p1 ∗ = 120,5100 bar h001 ∗ = 2684,33 kg kJ t1 ∗ = 330,00 ◦ C p1 ∗ = 128,5805 bar h001 ∗ = 2666,03 kg Anfangszustand 1* auf der Dampfdruckkurve gemäß der Drucktafel (Näherung: Anhang Tabelle A.9b): kJ p1 ∗ = 120,00 bar t1 ∗ = 324,675 ◦ C h001 ∗ = 2685,45 kg kJ p1 ∗ = 125,00 bar t1 ∗ = 327,813 ◦ C h001 ∗ = 2674,31 kg Genaue Werte des Anfangszustandes 1* (vgl. Teilaufgabe b)): kJ p1 ∗ = 122,84 bar t1 ∗ = 326,47 ◦ C h001 ∗ = 2679,17 kg Endzustand 2* (vgl. Teilaufgabe b)): kJ p2 ∗ = p2 = 1, 1 bar t2 ∗ = t2 = 102, 29 ◦ C h2 ∗ = h002 = 2679, 17 kg kJ kg d) T, s-Diagramm für H2 O: s2 ∗ = s002 = 7, 3269

Bild 5.10 Zu Aufgabe 5.7

Aufgaben zu Abschnitt 5

93

Aufgabe 5.8 In einem Unternehmen werden Dampferzeuger und Heißwasserkessel hergestellt. Zwei Mitarbeiter sind unterschiedlicher Auffassung über die Frage, ob man mit Heißwasser oder mit Wasserdampf vorsichtiger umgehen müsse; dies hänge davon ab, ob bei vorgegebenem Volumen im flüssigen Wasser oder im Wasserdampf mehr Energie gespeichert sei. In der Diskussion hierüber wird vereinbart, dass zwei Rohrleitungen gleicher Länge und mit gleichem Querschnitt miteinander verglichen werden sollen, von denen die eine von flüssigem siedendem Wasser und die andere von Sattdampf durchströmt wird. Zur Klärung dieser Frage sind die folgenden Zustände miteinander zu vergleichen und dabei volumenbezogene absolute Enthalpien Habs /V = habs /v heranzuziehen: a) siedende Flüssigkeit sowie gesättigter Dampf im Tripelzustand mit der Temperatur tT R = 0,01 ◦ C und dem zugeordneten Druck pT R = 0,0061166 bar, b) siedende Flüssigkeit sowie gesättigter Dampf mit der Temperatur tS1 = 99,61 ◦ C und dem zugeordneten Druck pS1 = 1,00 bar, c) siedende Flüssigkeit sowie gesättigter Dampf mit der Temperatur tS2 = 179,89 ◦ C und dem zugeordneten Druck pS2 = 10,00 bar, d) siedende Flüssigkeit sowie gesättigter Dampf mit der Temperatur tS3 = 311,00 ◦ C und dem zugeordneten Druck pS3 = 100,00 bar, e) siedende Flüssigkeit sowie gesättigter Dampf mit der Temperatur tS4 = 365,76 ◦ C und dem zugeordneten Druck pS4 = 200,00 bar, f) siedende Flüssigkeit sowie gesättigter Dampf am kritischen Punkt mit der Temperatur tS4 = 373,95 ◦ C und dem zugeordneten Druck pS4 = 220,64 bar. Dabei ist mit der absoluten spezifischen Enthalpie zu rechnen, für die gilt: habs = hrel + ∆h Am Tripelpunkt TP gilt für siedendes Wasser bei der Wasserdampftafel mit dem Wert h0rel T P = 0, 000611783 kJ/kg ≈ 0, 00 kJ/kg: ∆h = h0abs T P − h0rel T P = 633, 00 kJ/kg (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: (Anhang: Tabelle A.9b. Die der Lösung zugrunde gelegte Wasserdampftafel weicht von Tabelle A.9b geringfügig ab, um mögliche Unschärfen bei der Verwendung unterschiedlicher Wasserdampftafeln sichtbar zu machen.) a) Bei tT R = 0,01 ◦ C und pT R = 0,0061166 bar sind: kJ kJ m3 h0abs T R = (0, 00 + 633, 00) = 633, 00 vT0 R = 0, 0010001 kg kg kg kJ 633, 00 h0abs T R kJ kJ kg = = 632936 3 = 632, 936 vT0 R m l m3 0, 0010001 kg kJ m3 kJ = 3133, 91 vT00 R = 205, 997459 h00abs T R = (2500, 91 + 633, 00) kg kg kg kJ 3133, 91 kJ kJ h00abs T R kg = = 15, 2133 3 = 0, 0152133 vT00 R m l m3 205, 997459 kg b) Bei tS1 = 99,61 ◦ C und pS1 = 1,00 bar sind: h0abs 1 = (417, 44 + 633, 00)

kJ kJ = 1050, 44 kg kg

v10 = 0, 0010431

m3 kg

94

5 Reale Gase und Dämpfe

h0abs 1 = v10

kJ kJ kJ kg = 1007037 3 = 1007, 037 m l m3 0, 0010431 kg 1050, 44

h00abs 1 = (2674, 95 + 633, 00) h00abs 1 = v100

kJ kJ = 3307, 95 kg kg

v100 = 1, 694022

m3 kg

kJ kJ kJ kg = 1952, 72 3 = 1, 95272 m l m3 1, 694022 kg 3307, 95

c) Bei tS2 = 179,89 ◦ C und pS2 = 10,00 bar sind: h0abs 2 = (762, 68 + 633, 00) h0abs 2 = v20

kJ kJ = 1395, 68 kg kg

m3 kg

kJ kJ kJ kg = 1238183 3 = 1238, 183 m l m3 0, 0011272 kg 1395, 68

h00abs 2 = (2777, 12 + 633, 00)

kJ kJ = 3410, 12 kg kg

v200 = 0, 194349

m3 kg

kJ kJ kJ kg = 17546, 37 3 = 17, 54637 m l m3 0, 194349 kg = 311,00 ◦ C und pS3 = 100,00 bar sind:

h00abs 2 = v200 d) Bei tS3

v20 = 0, 0011272

3410, 12

h0abs 3 = (1407, 87 + 633, 00) h0abs 3 = v30

v30 = 0, 0014526

m3 kg

kJ kJ kJ kg = 1404977 3 = 1404, 977 m l m3 0, 0014526 kg 2040, 87

h00abs 3 = (2725, 47 + 633, 00) h00abs 3 = v300

kJ kJ = 2040, 87 kg kg

kJ kJ = 3358, 47 kg kg

v300 = 0, 018034

m3 kg

kJ kJ kJ kg = 186230 3 = 186, 230 m l m3 0, 018034 kg 3358, 47

e) Bei tS4 = 365,76 ◦ C und pS4 = 200,00 bar sind: h0abs 4 = (1827, 17 + 633, 00) h0abs 4 = v40

kJ kJ = 2460, 17 kg kg

v40 = 0, 002039

m3 kg

kJ kJ kJ kg = 1206557 3 = 1206, 557 m l m3 0, 002039 kg 2460, 17

h00abs 4 = (2411, 53 + 633, 00)

kJ kJ = 3044, 53 kg kg

v400 = 0, 005859

m3 kg

Aufgaben zu Abschnitt 5

h00abs 4 = v400

95

kJ kJ kJ kg = 519633 3 = 519, 633 m l m3 0, 005859 kg 3044, 53

f) Am kritischen Punkt bei tK = 373,95 ◦ C und pK = 220,64 bar sind: h0abs K = h00abs K = (2087, 55 + 633, 00) h0abs K h00 K = abs = 0 00 vK vK

kJ kJ = 2720, 55 kg kg

0 00 vK = vK = 0, 003106

m3 kg

kJ kJ kJ kg = 875901 3 = 875, 901 m l m3 0, 003106 kg 2720, 55

Die Rechnungen zeigen, dass bei allen Zuständen im siedenden Wasser mehr volumenbezogene absolute Enthalpie enthalten ist als im gesättigten Dampf. Lediglich am kritischen Punkt sind die Werte der volumenbezogenen absoluten Enthalpien identisch. Mit diesen Betrachtungen kann jedoch nur begrenzt auf Vorgänge geschlossen werden, die z. B. im Falle einer Leckage in einer Leitung auftreten; auch können hieraus keine präzisen Schlüsse bei Wärmeübertragungsvorgängen mit siedendem Wasser und mit Sattdampf gezogen werden, da die dabei auftretenden Prozesse erst genauer untersucht werden müssen. Grundsätzlich sind in beiden Fällen entsprechende Sicherheitsvorkehrungen erforderlich. Aufgabe 5.9 Die spezifische freie Enthalpie eines idealen Gases wird durch folgende Gleichung beschrieben: T p g = a1 + a2 T + a3 T ln + a4 T ln T1 p1 a) Es sollen die Gleichungen für das spezifische Volumen v, die spezifische Entropie s, die spezifische Enthalpie h, die spezifische innere Energie u, die spezifische freie Energie f und die spezifische isobare Wärmekapazität cp ermittelt werden. b) Beim Druck p = 12,4 bar und der Temperatur t = 86,7 ◦ C ergeben sich für das Gas kJ kJ m3 , h = 373,27 , s = 6,2875 und Stickstoff N2 die folgenden Werte: v = 0,08613 kg kg kg K kJ cp = 1,0397 . Mit den Bezugsgrößen T1 =1 K und p1 = 1 bar sollen die Konstanten kg K a1 bis a4 in der Gleichung für die spezifische freie Enthalpie berechnet werden. (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a)

 

∂g ∂p



= v = a4

∂g ∂T



= −s = a2 + a3 ln

T

p

T p p T + a3 + a4 ln T1 p1

h=g+T s h = a1 + a2 T + a3 T ln h = a1 − a3 T u = h − pv

p T p T + a4 T ln − a2 T − a3 T ln − a3 T − a4 T ln T1 p1 T1 p1

96

5 Reale Gase und Dämpfe

u = a1 − a3 T − a4 T f =u−T s T p + a3 T + a4 T ln T1 p1 p T − a4 T + a4 T ln f = a1 + a2 T + a3 T ln T1 p1 f = a1 − a3 T − a4 T + a2 T + a3 T ln

T



∂2g ∂T 2



= −cp = a3

p

b) a3 = −cp = −1,0397

kJ kg K

pv =R T kJ 12,4 bar · 0,08613 m3 100 kJ · = 0,2968 a4 = 359,85 K kg bar m3 kg K

a4 =

a2 = −s − a3 ln a2 = − 6,2875 0,1243

T p − a3 − a4 ln T1 p1

kJ kJ 359,85 kJ kJ 12,4 + 1,0397 · ln + 1,0397 − 0,2968 · ln = kg K kg K 1 kg K kg K 1

kJ kg K

a1 = h + a3 T kJ kJ kJ a1 = 373,27 − 1,0397 · 359,85 K = −0,9860 kg kg K kg Aufgabe 5.10 Es ist die Virialform der thermischen Zustandsgleichung p = p (v, T ) B C RT (1 + + 2) p= v v v gegeben. Zusätzlich hierzu ist die abgewandelte Virialform der thermischen Zustandsgleichung v = v (p, T ) v=

RT (1 + B 0 p + C 0 p2 ) p

gegeben. Es soll im Rahmen einer Umformung dieser Gleichungen und einer Gegenüberstellung beider Gleichungen - eine funktionale Beziehung zwischen B 0 und B sowie - eine funktionale Beziehung zwischen C 0 und C hergestellt werden. (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: Eine Umformung der Virialgleichung ergibt: RT B C (1 + + 2) p v v Die abgewandelte Virialform der thermischen Zustandsgleichung lautet: v=

Aufgaben zu Abschnitt 5

97

RT (1 + B 0 p + C 0 p2 ) p Eine Gegenüberstellung beider Gleichungen ergibt: v=

B = B0 p v C = C 0 p2 v2

B0 =

B pv

C0 =

C p2 v 2

Im Sinne einer ersten Näherungslösung kann für das Produkt p v die thermische Zustandsgleichung des idealen Gases p v = R T herangezogen werden. Dann wird: B0 =

B B = pv RT

C0 =

C C = 2 2 p2 v 2 R T

Aufgabe 5.11 1 kg Luft mit der Temperatur T1 = T2 = 473,15 K und dem Druck p1 = 1,0 bar soll auf den Druck p2 = 100,0 bar isotherm verdichtet werden. (Bild 5.11). Die spezielle Gaskonstante der Luft ist R = 0,28706 kJ/(kg K). Das spezifische Volumen v hängt unter der Voraussetzung, dass das Gas als ideales Gas aufzufassen ist, in der folgenden Weise vom Druck ab: v=

RT p

Das spezifische Volumen v hängt unter der Voraussetzung, dass das Gas als reales Gas aufzufassen ist, in der folgenden Weise vom Druck ab: v=

RT (A0 + B 0 p + C 0 p2 ) p

Die Konstanten haben bei der Temperatur T1 = T2 = 473,15 K folgende Werte: A0 = 1, 00 · 10−2

m3 bar kJ

B 0 = 3, 12966 · 10−6

m3 kJ

C 0 = 5, 9051804 · 10−9

m3 kJ bar

a) Es ist das spezifische Volumen v1 beim Druck p1 = 1,0 bar und das spezifische Volumen v2 beim Druck p2 = 100,0 bar zu bestimmen. Dabei soll zunächst vereinfachend ideales Gas angenommen werden und darauf unter der Voraussetzung realen Gases gerechnet werden. b) Wie groß ist die zuzuführende spezifische Druckänderungsarbeit wp12 ? Dabei soll wiederum zunächst vereinfachend ideales Gas angenommen werden und darauf unter der Voraussetzung realen Gases gerechnet werden.

Bild 5.11 Zu Aufgabe 5.11 (Schwierigkeitsgrad: erheblich)

98

5 Reale Gase und Dämpfe

Lösung: a) Ideales Gas: v=

RT p

p1 = 1 bar: v=

kJ 0, 28706 kJ · 473, 15 K· m3 bar = 1, 3582244 kg K 1, 0 bar 100 kJ kg

p2 = 100 bar: v=

0, 28706 kJ · 473, 15 K· m3 bar kJ = 0, 0135822 kg K 100 bar 100 kJ kg

Reales Gas: v=

RT (A0 + B 0 p + C 0 p2 ) p

p1 = 1 bar: v=

0, 28706 kJ · 473, 15 K· m3 bar m3 1, 00 · 10−2 + 3, 12966 · 10−6 · 1, 0 bar + kg K 1, 0 bar kJ kJ

+ 5, 9051804 · 10−9


m3 kJ · 1, 02 bar2 = 1, 3586503 kJ bar kg

p2 = 100 bar: v=

m3 bar m3 0, 28706 kJ · 473, 15 K· 1, 00 · 10−2 + 3, 12966 · 10−6 · 100 bar + kg K 100 bar kJ kJ

+ 5, 9051804 · 10−9


m3 kJ · 1002 bar2 = 0, 0140875 kJ bar kg

b) Ideales Gas: wp12 =

Z2

v dp

1

wp12 =

Z2

RT dp p

1

wp12

wp12 = R T

Z2

dp p

1

p2 = R T ln p1

wp12 = 0, 28706 Reales Gas: wp12 =

Z2 1

v dp

100 kJ kJ · 473, 15 K · ln = 625, 485 kg K 1 kg

Aufgaben zu Abschnitt 5

wp12 =

Z2 1

RT p



wp12 = R T A

wp12

0

0

0

2

Z2



(A + B p + C p ) dp = R T

Z2

dp + B0 p

1

Z2

dp + C

1

0

1

Z2

p dp

1

 A0 (

p



+ B 0 + C 0 p dp



 1 p2 + B 0 (p2 − p1 ) + C 0 (p2 2 − p1 2 ) = R T A0 ln p1 2 

wp12 = 0, 28706 + 3, 12966 · 10−6 +

0

99

 kJ m3 bar 100 100 kJ · 473, 15 K · 1, 00 · 10−2 · ln + kg K kJ 1 m3 bar 100 kJ m3 · (100 − 1) bar 3 + kJ m bar

m3 100 kJ  1 · 5, 9051804 · 10−9 · (1002 − 12 ) bar2 3 2 kJ bar m bar

wp12 = 630, 095

kJ kg

In Aufgabe 2.14 des Kapitels 2 wird gezeigt, dass für Luft als reales Gas der oben angegebenen thermischen Zustandsgleichung für die Abhängigkeit des spezifischen Volumens v vom Druck v=

RT (A0 + B 0 p + C 0 p2 ) p

die Gleichung ψ0 V˙ = + ψ1 + ψ2 p p entspricht; dort ist allerdings statt des spezifischen Volumens v der Volumenstrom V˙ die abhängige Veränderliche. Aufgabe 5.12 Für Wasserdampf soll näherungsweise die folgende thermische Zustandsgleichung angewandt werden: v=

RT (1 + B 0 p) p

R = 0,46152

kJ kg K

mit

B 0 = B00 +

B00 = 0,04548

1 bar

B10 T

und

B10 = −22,63 K/bar

Die spezifische isobare Wärmekapazität im Bereich des idealen Gases ist c0p = c0 + c1 T + c2 T 2 c0 = 1,775 kJ/(kg K)

mit c1 = 1,6764 · 10−4 kJ/(kg K2 )

c2 = 3,75 · 10−7 kJ/(kg K3 ) .

a) Welche Werte des spezifischen Volumens erhält man für den Druck 1 bar und die Temperatur 100 ◦ C sowie für den Druck 1 bar und die Temperatur 140 ◦ C? b) Welche Gleichungen gelten für die spezifische Enthalpie h und die spezifische Entropie s?

100

5 Reale Gase und Dämpfe

c) Bei 1 bar und 100 ◦ C beträgt die spezifische Enthalpie h = 2675,77 kJ/kg und die spezifische Entropie s = 7,3610 kJ/(kg K). Welche Werte nehmen für diesen Fall die Konstanten h∗ sowie s∗ an? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) 100 ◦ C: v=

 0,46151 kJ · 373,15 K bar m3  1 22,63 K m3 1 + (0,04548 − ) · 1 bar = 1,696 kg K 1 bar 100 kJ bar bar 373,15 K kg

140 ◦ C:  0,46151 kJ · 413,15 K bar m3  1 22,63 K m3 v= 1 + (0,04548 − ) · 1 bar = 1,889 kg K 1 bar 100 kJ bar bar 413,15 K kg b) h = h1 +

RT

c0p

dT +

T1

∂v ∂T

Zp 

v−T

p1



∂v ∂T

 

dp

p

v=

RT + R B00 T + R B10 p

R RT RT ∂v + R B00 v−T = + R B00 T + R B10 − − R B00 T = R B10 p ∂T p p p p c1 2 c2 3 h = c0 T + T + T + R B10 p + h∗ 2 3







=

ZT

s = s1 +

c0p

dT − T

dp p

T1 = 1 K

p1 = 1 bar

kJ kJ 1,6764 kJ − 1,775 · 373,15 K − · 10−4 · (373,15 K)2 kg kg K 2 kg K2

kJ kJ K kJ 3,75 · 10−7 · (373,15 K)3 + 0,46152 · 22,63 · 1 bar = 2005, 71 3 kg K3 kg K bar kg

s∗ = 7,3610 −



T c2 2 p + c1 T + T − R ln − R B00 p + s∗ T1 2 p1

c) h∗ = 2675,77 −

∂v ∂T

p1

T1

s = c0 ln

Zp 



kJ kJ kJ − 1,775 · ln 373,15 − 1,6764 · 10−4 · 373,15 K kg K kg K kg K2

kJ kJ 1 kJ 3,75 · 10−7 · (373,15 K)2 + 0 + 0,46152 · 0,04548 · 1 bar = − 3,2182 2 kg K3 kg K bar kg K

Aufgabe 5.13 In einem begrenzten Bereich kann man für Luft als reales Gas die folgende thermische Zustandsgleichung angeben: pv a2 a3 = 1 + (a1 + + 2 ) p + a4 p 2 mit R = 0,28722 kJ/(kg K) , RT T T a1 = −1,107289 · 10−3 1/bar , 2

a3 = −311,1788 K /bar

und

a2 = 1,280649 K/bar , a4 = 1,376619 · 10−6 1/bar2 .

Die spezifische isobare Wärmekapazität im Bereich des idealen Gases ist c0p = b1 + b2 T

mit

b1 = 0,98488 kJ/(kg K)

und

b2 = 7,0 · 10−5 kJ/(kg K2 ) .

Aufgaben zu Abschnitt 5

101

a) Welche Werte des spezifischen Volumens erhält man für den Druck 10 bar und die Temperatur 300 ◦ C sowie für den Druck 20 bar und die Temperatur 400 ◦ C ? b) Welche Gleichungen gelten für die spezifische Enthalpie h, die spezifische Entropie s und die spezifische isobare Wärmekapazität cp ? c) Bei 5 bar und 50 ◦ C beträgt die spezifische Enthalpie h = 323,01 kJ/kg und die absolute spezifische Entropie s = 6,4824 kJ/(kg K). Welche Werte nehmen für diesen Fall die Konstanten h∗ sowie s∗ an? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) v = R (

T a3 + a1 T + a2 + + a4 T p) p T

10 bar, 300 ◦ C: K 1 kJ bar m3 573,15 K · − 1,107289 · 10−3 · 573,15 K + 1,280649 + kg K 100 kJ 10 bar bar bar

h

v = 0,28722

i





kJ bar m3 311,1788 K2 1 · − + 1,376619 · 10−6 · 573,15 K · 10 bar kg K 100 kJ 573,15 K bar bar2

+ 0,28722

v = 0,16494

m3 kg

20 bar, 400 ◦ C: 1 K kJ bar m3 673,15 K · − 1,107289 · 10−3 · 673,15 K + 1,280649 + kg K 100 kJ 20 bar bar bar

h

v = 0,28722

i





kJ bar m3 311,1788 K2 1 + 0,28722 · − + 1,376619 · 10−6 · 673,15 K · 20 bar kg K 100 kJ 673,15 K bar bar2 v = 0,096934

RT

b) h = h1 +

c0p

T1



∂v ∂T



p

m3 kg dT +

Zp 

v−T

p1



∂v ∂T

R R = +a1 R−a3 2 +a4 R p p T

h = h1 +

RT

Zp

(b1 + b2 T ) dT +

T1

h = b1 T +

s = s1 +

ZT T1

s = s1 +

ZT T1

 

dp

v=

p



∂2v ∂T 2

(a2 R + 2 a3



RT R + a1 R T + a2 R + a3 + a4 R T p p T

= 2 a3

p

R T3

v−T

R ) dp T

p1

R b2 2 T + a2 R p + 2 a3 p + h∗ 2 T c0p

dT − T

Zp 

p1

∂v ∂T



dT (b1 + b2 T ) − T

dp p

Zp p1

(

R R + a1 R − a3 2 + a4 R p) dp p T



∂v ∂T



= a2 R+2 a3 p

R T

102

5 Reale Gase und Dämpfe

s = b1 ln

T p R R + b2 T − R ln − a1 R p + a3 2 p − a4 p 2 + s∗ T1 p1 T 2

cp = c0p − T

Z  p0

T1 = 1 K

p1 = 1 bar

p

p

∂2v ∂T 2



p

dp

cp = b1 + b2 T − 2 a3

R T2

Z

dp

p0

R p0 = 0 bar : cp = b1 + b2 T − 2 a3 2 p T T 2 a3 c) h − h∗ = (b1 + b2 ) T + (a2 + )Rp 2 T kJ 323,15 K kJ + 0,00007 · ) · 323,15 K h − h∗ = (0,98488 kg K kg K2 2 K 2 · 311,1788 K2 kJ kJ − ) · 0,28722 · 5 bar = 320,9922 bar 323,15 K bar kg K kg kJ kJ = 2,0178 h∗ = (323,01 − 320,9922 ) kg kg p a3 p T ∗ + b2 T − R ln − (a1 − 2 + a4 ) R p T1 = 1 K p1 = 1 bar s − s = b1 ln T1 p1 T 2 kJ 323,15 K kJ kJ 5 bar s − s∗ = 0,98488 · ln + 0,00007 · 323,15 K − 0,28722 · ln − kg K 1K kg K2 kg K 1 bar 2 1 1 311,1788 K 5 bar kJ + 1,376619 · 10−6 (−1,107289 · 10−3 + · ) · 0,28722 · bar bar2 2 kg K 323,152 K2 bar kJ 5 bar = 5,24842 kg K kJ kJ s∗ = (6,4824 − 5,24842) = 1,23398 kg K kg K

+ (1,280649

Aufgabe 5.14 Die thermische Zustandsgleichung des idealen Gases lautet RT . pv = RT bzw. p= v Sie enthält als einzige stoffspezifische Konstante die spezielle Gaskonstante R. Zur Erfassung der Gaseigenschaften auch im Realgasgebiet gab Johannes Diderik van der W aals eine weiterentwickelte Gleichung an: a RT a (p + 2 ) (v − b) = R T bzw. p= − 2 . v v−b v Sie enthält als stoffspezifische Konstanten neben der speziellen Gaskonstante R die Konstante a, mit der die wirkenden Kräfte zwischen den Molekülen erfasst werden, sowie die Konstante b, mit der das Eigenvolumen der Moleküle berücksichtigt wird. Deren Genauigkeit zur Erfassung der Realgaseigenschaften ist jedoch begrenzt. Deshalb schlug Rudolf Clausius die im Folgenden zu betrachtende, verbesserte Gleichung vor: a RT a (p + ) (v − b) = R T bzw. p= − . T (v + c)2 v−b T (v + c)2 Sie enthält als stoffspezifische Konstanten neben der speziellen Gaskonstante R, der Konstante a zur Berücksichtigung der Wechselwirkungen von Molekülen sowie der Konstante b zur Berücksichtigung des Eigenvolumens der Moleküle mit c eine weitere Konstante; mit ihr wird vermöge des Ausdrucks T (v + c)2 die Temperaturabhängigkeit der Kraftwirkungen zwischen den Molekülen erfasst.

Aufgaben zu Abschnitt 5

103

a) Es sind die Konstanten a, b und c allgemein mithilfe der speziellen Gaskonstante R, des Drucks pk , des spezifischen Volumens vk und der Temperatur Tk am kritischen Punkt anzugeben. b) Es sind für Kohlendioxid (CO2 ) die Konstanten a, b und c mithilfe der speziellen Gaskonstante R = 0,18892 kJ/(kg K), des kritischen Drucks pk = 73,773 bar, des kritischen spezifischen Volumens vk = 0,0021386 m3 /kg und der kritischen Temperatur Tk = 304,128 K zu ermitteln. c) Für den Zustand 1 des Kohlendioxids wurde beim gegebenen spezifischen Volumen v1 = 0,046872 m3 /kg und bei der gegebenen Temperatur T1 = 268,15 K der Druck zu p1 = 10,000 bar experimentell ermittelt. Der Druck p1 soll zum einen mit der thermischen Zustandsgleichung des idealen Gases und zum andern mit der Clausiusschen Gleichung berechnet werden. Wie groß ist dabei jeweils die Abweichung ∆f1 vom gemessenen Wert? d) Für den Zustand 2 des Kohlendioxids wurde beim gegebenen spezifischen Volumen v2 = 0,0076176 m3 /kg und bei der gegebenen Temperatur T2 = 298,15 K der Druck zu p2 = 50,000 bar experimentell ermittelt. Der Druck p2 soll zum einen mit der thermischen Zustandsgleichung des idealen Gases und zum andern mit der Clausiusschen Gleichung berechnet werden. Wie groß ist dabei jeweils die Abweichung ∆f2 vom gemessenen Wert? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung:

Bild 5.12 Zu Aufgabe 5.14 a) Der kritische Punkt KP ist im p, v -Diagramm gemäß Bild 5.12 ein Terrassenpunkt (Wendepunkt mit waagerechter Tangente) der kritischen Isotherme TK . Mit der Clausiusschen Gleichung in der Form a RT − Gl. (1) p= v−b T (v + c)2 werden als Bedingungen für den Terrassenpunkt die erste Ableitung und die zweite Ableitung des Drucks p nach dem spezifischen Volumen v bei konstanter kritischer Temperatur TK gleich null:

 ∂p  ∂v



∂2p ∂v 2

T



=−

R Tk 2a + =0 (vk − b)2 Tk (vk + c)3

Gl. (2)

=

2 R Tk 6a − =0 (vk − b)3 Tk (vk + c)4

Gl. (3)

T

104

5 Reale Gase und Dämpfe

Daraus folgt: 2a R Tk = Tk (vk + c)3 (vk − b)2

Gl. (4)

6a 2 R Tk = Tk (vk + c)4 (vk − b)3

Gl. (5)

Gl. (4) wird durch Gl. (5) dividiert: 1 1 (vK + c) = (vK − b) 3 2 c=

1 (vK − 3 b) 2

vK = 3 b + 2 c

Gl. (6)

Gl. (7)

Gl. (6) wird in Gl. (4) eingesetzt: 2a R Tk = Tk (3 (b + c))3 (2 (b + c))2 a=

27 R Tk2 (b + c) 8

2 a 1 = R Tk (b + c) 27 Tk 4

Gl. (8)

Wendet man Gl. (1) auf den kritischen Punkt an, so erhält man mit den Gln. (6) und (8): pk =

a R Tk − vk − b Tk (vk + c)2

pk =

R Tk 27 R Tk2 (b + c) − 2 (b + c) 8 9 Tk (b + c)2

pk =

27 R Tk R Tk 1 27
R Tk 9 R Tk − = · − = · 2 (b + c) 72 (b + c) b+c 2 72 b + c 72

pk =

R Tk 8 (b + c)

Gl. (1∗ )

Gl. (9)

Mit Gl. (7 ) wird Gl. (9) zu pk =

R Tk 8 b + 4 vk − 12 b

b = vk −

R Tk 4 pk

pk =

R Tk 4 (vk − b)

Gl. (10)

Gl. (7) in Gl. (8) eingesetzt ergibt: a=


27
27 1 1 27 R Tk2 b + (vk − 3 b) = R Tk2 (vk − b) = R Tk2 (vk − b) 8 2 8 2 16

Wird Gl. (10) in diese Beziehung eingesetzt, erhält man: a=

27 R Tk 27 R Tk R Tk2 (vk − vk + )= R Tk2 ( ) 16 4 pk 16 4 pk

a=

27 R2 Tk3 64 pk

Gl. (11)

Wird Gl. (10) in Gl. (7) eingesetzt, wird:

Aufgaben zu Abschnitt 5

c=

 1 1 R Tk  (vk − 3 b) = (vk − 3 vk − ) 2 2 4 pk

c=


3 R Tk 1 3 R Tk 1 (vk − 3 vk + )= − 2 vk 2 4 pk 2 4 pk

c=

3 R Tk − vk 8 pk

105

Gl. (12)

Die gesuchten Konstanten a, b und c lassen sich gemäß den Gleichungen (11), (10) und (12) mithilfe von R, pk , vk und Tk angeben. b) Mit R = 0, 18892 kJ/(kg K), pk = 73,773 bar, vk = 0,0021386 m3 /kg und Tk = 304,128 K werden die Konstanten a, b und c der Clausiusschen Gleichung für Kohlendioxid: a=

27 R2 Tk3 64 pk

a=

m3
2 27 0, 188922 kJ2 · 304, 1283 K3 bar2 m6 = 0, 5741316 K bar 64 kg2 K2 73, 773 bar 10000 kJ2 kg

b = vk −

Gl. (11)

R Tk 4 pk

Gl. (10)

b = 0, 0021386

0, 18892 kJ · 304, 128 K bar m3 m3 m3 − · = 0, 000190495 kg kg K 4 · 73, 773 bar 100 kJ kg

c=

3 R Tk − vk 8 pk

c=

m3 m3 3 0, 18892 kJ · 304, 128 K bar m3 · · − 0, 0021386 = 0, 000781974 8 kg K 73, 773 bar 100 kJ kg kg

c) p1 =

R T1 v1

(∆f1 )id =

p1 =

Gl. (12)

0, 18892 kJ · 268, 15 K kg bar m3 · = 10, 808 bar kg K 0, 046872 m3 100 kJ

(10, 808 − 10, 000) bar 10, 000 bar

(∆f1 )id = 8, 08 %

p1 =

R T1 a − v1 − b T1 (v1 + c)2

p1 =

0, 18892 kJ · 268, 15 K kg bar m3 · − kg K (0, 046872 − 0, 000190495) m3 100 kJ

−

0, 5741316 K bar (m3 /kg)2 268, 15 K · (0, 046872 + 0, 000781974)2 (m3 /kg)2

p1 = 9, 909 bar (∆f1 )Cl = d) p2 =

R T2 v2

(∆f2 )id =

(9, 909 − 10, 000) bar 10, 000 bar p2 =

(∆f1 )Cl = − 0, 910 %

0, 18892 kJ · 298, 15 K kg bar m3 · = 73, 943 bar kg K 0, 0076176 m3 100 kJ

(73, 943 − 50, 000) bar 50, 000 bar

(∆f2 )id = 47, 885 %

106

5 Reale Gase und Dämpfe

p2 =

R T2 a − v2 − b T2 (v2 + c)2

p2 =

bar m3 0, 18892 kJ · 298, 15 K kg · − 3 kg K (0, 0076176 − 0, 000190495) m 100 kJ

−

0, 5741316 K bar (m3 /kg)2 298, 15 K · (0, 0076176 + 0, 000781974)2 (m3 /kg)2

p2 = 48, 545 bar (∆f2 )Cl =

(48, 545 − 50, 000) bar 50, 000 bar

(∆f2 )Cl = − 2, 910 %

Aufgabe 5.15 Dem lg p, h-Diagramm, das die dimensionsbehafteten Koordinaten p und h aufweist, kann ein Diagramm an die Seite gestellt werden, das reduzierte – also dimensionslose – Koordinaten aufweist. Dabei werden der Druck, die Temperatur und das spezifische Volumen auf die jeweiligen Werte am kritischen Punkt bezogen: p T v pr = Tr = vr = pK TK vK Zur Berechnung der reduzierten spezifischen Enthalpie hr ergibt sich daraus ebenfalls ein entsprechender Bezugswert. Bild 5.13 zeigt ein lg pr , hr -Diagramm, das mithilfe der reduzierten van der W aals’schen Zustandsgleichung in reduzierten Koordinaten berechnet wurde (vgl. hierzu das ’Gesetz der übereinstimmenden Zustände’ und das erweiterte Korrespondenzprinzip). Es kann u. a. dazu dienen, qualitativ diejenigen Zustandsgebiete darzustellen, in denen der isenthalpe Drosselkoeffizient δh =



∂T ∂p



h

positiv, null beziehungsweise negativ ist. Dies ist insbesondere für die Kältetechnik von Bedeutung, denn hierbei soll bei der isenthalpen Drosselung z. B. mithilfe eines Regelungsventils bei vorgegebener Druckabnahme zugleich eine möglichst große Temperaturabnahme erreicht werden. Es soll mithilfe des lg pr , hr -Diagramms die Temperaturabnahme ausgewiesen werden, die bei einer Drosselung von 0,5 pr auf 0,05 pr erreicht wird. Dabei sollen drei verschiedene Fälle betrachtet werden: Im ersten Fall A soll der Beginn der Drosselung auf der Siedelinie angenommen werden, im zweiten Fall B soll der Beginn der Drosselung auf der Isothermen mit der Temperatur TB = 1, 0 Tr und im dritten Fall auf der Isothermen mit der Temperatur TC = 1, 5 Tr liegen. Diese drei Fälle sollen ebenfalls im lg p, h-Diagramm für Ammoniak (NH3 ) (Bild 5.14) untersucht und mit den Ergebnissen im lg pr , hr -Diagramm nach der reduzierten van der W aals’schen Zustandsgleichung verglichen werden. (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: Die kritischen Daten von Ammoniak NH3 sind: pK = 113,59 bar, TK = 405,50 K (132,35 ◦ C), hK = 1118,83 kJ/kg, sK = 3,553 kJ/(kg K) Fall A: Aus dem lg pr , hr -Diagramm ergibt sich: A1: pA1 = 0, 5 pK = 56, 796 bar

TA1 = 0, 847 TK = 343, 46 K (70, 31 ◦ C)

Aufgaben zu Abschnitt 5

A2: pA2 = 0, 05 pK = 5, 6796 bar δh =



∂T ∂p



≈ δint = h

T2 − T1 p2 − p1

TA2 = 0, 55 TK = 223, 03 K (− 50, 12 ◦ C) δint =

(343, 46 − 223, 03) K K = 2, 3560 (56, 796 − 5, 6796) bar bar

Aus dem lg p, h-Diagramm für Ammoniak ergibt sich: A1: pA1 = 0, 5 pK = 56, 796 bar

TA1 = 368, 29 K (95, 14 ◦ C)

A2: pA2 = 0, 05 pK = 5, 6796 bar

TA2 = 280, 86 K (7, 71 ◦ C)

δh =



∂T ∂p



≈ δint = h

T2 − T1 p2 − p1

δint =

(368, 29 − 280, 86) K K = 1, 7104 (56, 796 − 5, 6796) bar bar

Bild 5.13 Zu Aufgabe 5.15

Bild 5.14 Zu Aufgabe 5.15

107

108

5 Reale Gase und Dämpfe

Fall B: Aus dem lg pr , hr -Diagramm ergibt sich: B1: pB1 = 0, 5 pK = 56, 796 bar

TB1 = 1, 0 TK = 405, 50 K (132, 35 ◦ C)

B2: pB2 = 0, 05 pK = 5, 6796 bar

TB2 = 0, 8 TK = 324, 40 K (51, 25 ◦ C)

δh =



∂T ∂p



≈ δint = h

T2 − T1 p2 − p1

δint =

(405, 50 − 324, 40) K K = 1, 5866 (56, 796 − 5, 6796) bar bar

Aus dem lg p, h-Diagramm für Ammoniak ergibt sich: B1: pB1 = 0, 5 pK = 56, 796 bar B2: pB2 = 0, 05 pK = 5, 6796 bar δh =



∂T ∂p



≈ δint = h

T2 − T1 p2 − p1

TB1 = 1, 0 TK = 405, 50 K (132, 35 ◦ C) TB2 = 343, 73 K (70, 58 ◦ C) δint =

(405, 50 − 343, 73) K K = 1, 2084 (56, 796 − 5, 6796) bar bar

Fall C: Aus dem lg pr , hr -Diagramm ergibt sich: C1: pC1 = 0, 5 pK = 56, 796 bar C2: pC2 = 0, 05 pK = 5, 6796 bar δh =



∂T ∂p



≈ δint = h

T2 − T1 p2 − p1

TC1 = 1, 5 TK = 608, 25 K (335, 10 ◦ C) TC2 = 1, 4 TK = 567, 70 K (294, 55 ◦ C) δint =

(608, 25 − 567, 70) K K = 0, 7933 (56, 796 − 5, 6796) bar bar

Aus dem lg p, h-Diagramm für Ammoniak ergibt sich: C1: pC1 = 0, 5 pK = 56, 796 bar C2: pC2 = 0, 05 pK = 5, 6796 bar δh =



∂T ∂p



≈ δint = h

T2 − T1 p2 − p1

TC1 = 1, 5 TK = 608, 25 K (335, 10 ◦ C) TC2 = 591, 84 K (318, 69 ◦ C) δint =

(608, 25 − 591, 84) K K = 0, 3120 (56, 796 − 5, 6796) bar bar

Der Vergleich der Ergebnisse zeigt, dass im lg pr , hr -Diagramm auf der Grundlage der reduzierten  vander W aals´schen Zustandsgleichung der isenthalpe Drosseleffekt ∂T δh = ≈ δint ∂p h für die Fälle A, B und C qualitativ richtig erfasst ist; in allen Fällen ist dieser positiv. Allerdings weichen die tatsächlichen Werte, die aus dem lg p, h-Diagramm für Ammoniak gewonnen werden, erheblich von den Werten aus dem lg pr , hr -Diagramm auf der Grundlage der reduzierten van der W aals´schen Zustandsgleichung ab. Die reduzierte van der W aals´sche Zustandsgleichung beruht also auf einem zielführenden physikalischen Ansatz, ist jedoch zu einfach aufgebaut, um die tatsächlichen thermodynamischen Sachverhalte auch quantitativ genau genug wiedergeben zu können. Aufgabe 5.16 Bei den meisten Zustandsänderungen in technischen Systemen kann von einer konstanten Masse m oder von einem konstanten Massenstrom m ˙ des betrachteten Stoffes ausgegangen werden. Es gibt jedoch auch Fälle, bei denen die Zustandsänderung bei konstantem Volumen V und veränderlicher Masse m verläuft. Ein Beispiel hierfür ist die Aufheizung eines Raumes in einem Gebäude; dabei entweicht ein Teil der Raumluft durch Tür- und Fensterundichtigkeiten, wobei Druck und Volumen gleich bleiben. Ähnliche Verhältnisse liegen auch bei

Aufgaben zu Abschnitt 5

109

Abblasevorgängen – etwa als Folge des Ansprechens eines Sicherheitsventils – vor (siehe Bild 5.15). a) Es soll untersucht werden, inwieweit sich die dabei interessierenden Prozessgrößen volu∗ menbezogene reversible Wärme qrev = qs∗ und volumenbezogene Druckänderungsarbeit wp∗ in speziellen Zustandsdiagrammen als Flächen unter der jeweiligen Zustandskurve darstellen lassen. b) Als Beispiel soll im Folgenden die isobare und reibungsfreie Erhitzung von Luft beim Druck p1 = p2 = 1 bar von t1 = 0 ◦ C auf t2 = 1000 ◦ C betrachtet werden, bei der ein Teil der Luft während des Erhitzungsvorgangs durch Öffnungen eines Behälters mit konstantem Volumen V = 100,0 m3 entweicht. Die zugeführte Wärme (Q∗12 )rev = (Q∗12 )s soll sowohl rechnerisch als auch graphisch mithilfe eines %, h-Diagramms ermittelt werden. Welche Massen m1 und m2 befinden sich am Anfang und am Ende des Erhitzungsvorgangs im Behälter? Welche reversible Wärme (Q12 )rev = (Q12 )s müsste beim konstanten Druck p1 = p2 = 1 bar zugeführt werden, wenn der Behälter mit dem Anfangsvolumen V = 100,0 m3 eine bewegliche Wand (d. h. einen Kolben) aufwiese und vollständig dicht wäre? Die Temperatur soll dabei ebenfalls von t1 = 0 ◦ C auf t2 = 1000 ◦ C ansteigen. Luft ist als ideales Gas mit RL = 0,2872 kJ/(kg K) zu behandeln. Die mittlere spezifische isobare Wärmekapazität zwischen t1 = 0 ◦ C und t2 = 1000 ◦ C beträgt cpm = 1,0896 kJ/(kg K).

Bild 5.15 Zu Aufgabe 5.16 (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) Der Fundamentalgleichung p = p (s, h) ist gemäß T ds + v dp = dh die Fundamentalgleichung in differentieller Form 1 T dp = dh − ds = % dh − T % ds v v zugeordnet. Für Zustandsänderungen bei konstantem Volumen V und veränderlicher Masse m gilt: Bei einer isentropen Zustandsänderung (bei gleich bleibender spezifischer – also massebezogener – Entropie) ist im %, h-Diagramm die zu- oder abzuführende Prozessgröße mit dem Charakter einer volumenbezogenen Druckänderungsarbeit wp∗ als Fläche unter der Zustandskurve der Isentropen darstellbar. Sie ist zugleich die Druckänderung gemäß wp∗ =

Z

dp =

Z

% dh =

Z

m 1 dh = V V

Z

m dh =

R

dH Wp∗ = V V

Bei einer isenthalpen Zustandsänderung (bei gleich bleibender spezifischer – also massebezogener – Enthalpie) ist im T %, s-Diagramm die zu- oder abzuführende volumenbezogene

110

5 Reale Gase und Dämpfe

∗ reversible Wärme qrev = qs∗ als Fläche unter der Zustandskurve der Isenthalpen darstellbar. Sie ist zugleich die Druckänderung gemäß ∗ qrev

=

qs∗

=

Z

dp =

Z

T % ds =

Z

m 1 T ds = V V

Z

T m ds =

R

T dS Q∗ Q∗ = rev = s . V V V

Auch ergibt sich bei einer isobaren Zustandsänderung (dp = 0) wegen T 1 und damit % dh = T % ds dp = dh − ds = % dh − T % ds = 0 v v im %, h-Diagramm und im T %, s-Diagramm die zu- oder abzuführende Prozessgröße mit dem Charakter einer volumenbezogenen Druckänderungsarbeit wp∗ sowie die damit verbun∗ dene volumenbezogene reversible Wärme qrev = qs∗ als Fläche unter der Zustandskurve der Isobaren in Bild 5.16 gemäß

Z

Z

Z

1 m = = = % dh = T % ds = dh = V V R Z Z T dS m 1 Q∗ Q∗ T ds = T m ds = = rev = s . V V V V V

wp∗

∗ qrev

qs∗

Z

m dh =

R

dH Wp∗ = = V V

Bild 5.16 Zu Aufgabe 5.16 ∗ Die volumenbezogene reversible Wärme qrev = qs∗ kann also nicht nur im T %, s-Diagramm, sondern auch im %, h-Diagramm als Fläche unter der Isobaren dargestellt werden.

b) Graphische Lösung zur Ermittlung von (Q∗12 )rev mithilfe des %, h-Diagramms für Luft gemäß Bild 5.17: Tabelle 5.1 Flächenberechnung unter der Isobaren p = 1, 0 bar im %, h-Diagramm für Luft Temperaturbereich

%m ∆h

0 - 100 ◦ C 100 - 200 ◦ C 200 - 300 ◦ C 300 - 400 ◦ C 400 - 500 ◦ C 500 - 600 ◦ C 600 - 700 ◦ C 700 - 800 ◦ C 800 - 900 ◦ C 900 - 1000 ◦ C

0, 5 · (1, 2750 + 0, 9329) · (374, 2 − 273, 4) kJ/m3 = 111, 28 kJ/m3 0, 5 · (0, 9329 + 0, 7356) · (476, 0 − 374, 2) kJ/m3 = 84, 93 kJ/m3 0, 5 · (0, 7356 + 0, 6072) · (579, 6 − 476, 0) kJ/m3 = 69, 56 kJ/m3 0, 5 · (0, 6072 + 0, 5170) · (685, 3 − 579, 6) kJ/m3 = 59, 41 kJ/m3 0, 5 · (0, 5170 + 0, 4502) · (793, 4 − 685, 3) kJ/m3 = 52, 28 kJ/m3 0, 5 · (0, 4502 + 0, 3986) · (903, 9 − 793, 4) kJ/m3 = 46, 90 kJ/m3 0, 5 · (0, 3986 + 0, 3576) · (1016 − 903, 9) kJ/m3 = 42, 39 kJ/m3 0, 5 · (0, 3576 + 0, 3243) · (1131 − 1016) kJ/m3 = 39, 21 kJ/m3 0, 5 · (0, 3243 + 0, 2967) · (1247 − 1131) kJ/m3 = 36, 02 kJ/m3 0, 5 · (0, 2967 + 0, 2734) · (1365 − 1247) kJ/m3 = 33, 64 kJ/m3

0 - 1000 ◦ C

∗ ∗ (q12 )rev = (q12 )s = 575, 62 kJ/m3

Aufgaben zu Abschnitt 5

111

∗ (Q∗12 )rev = (Q∗12 )s = V (q12 )rev

(Q∗12 )rev = 100, 0 m3 · 575, 62 m1 =

p 1 V1 R T1

m2 =

p 1 V1 p 2 V2 = R T2 R T2

m1 =

kJ = 57562 kJ = 57, 562 MJ m3

1, 0 bar · 100, 0 m3 kg K 100 kJ · = 127, 472 kg 0, 2872 kJ · 273, 15 K bar m3 m2 =

1, 0 bar · 100, 0 m3 kg K 100 kJ · = 27, 349 kg 0, 2872 kJ · 1273, 15 K bar m3

Bild 5.17 Zu Aufgabe 5.16 Rechnerische Lösung zur Ermittlung von (Q∗12 )rev : Der Ausdruck m = dQ∗rev =

pV wird in die Gleichung dQ∗rev = m cp dT eingesetzt: RT

pV dT cp R T

Die temperaturabhängige spezifische Wärmekapazität cp wird durch die mittlere spezifische Wärmekapazität cpm ersetzt. Danach folgt die Integration:

112

5 Reale Gase und Dämpfe

dQ∗rev =

dT pV cpm R T

(Q∗12 )rev =

(Q∗12 )rev =

pV T2 cpm ln R T1

1, 0 bar · 100, 0 m3 kg K 100 kJ kJ 1273, 15 K · 1,0896 · ln = 0, 2872 kJ bar m3 kg K 273, 15 K

= 58396 kJ = 58, 396 MJ Die Abweichung der graphischen von der rechnerischen Lösung ist auf Ungenauigkeiten bei der Ermittlung von cpm und der Einzelflächen beim graphischen Verfahren zurückzuführen. Rechnerische Lösung im Falle des gasdichten Behälters mit beweglicher Wand: (Q12 )rev = m1 cpm (T2 − T1 ) = m1 cpm (t2 − t1 ) (Q12 )rev = 127, 472 kg · 1,0896

kJ · (1273, 15 K − 273, 15 K) = 138891 kJ = 138, 891 MJ kg K

Aufgabe 5.17 Im Behälter einer verfahrenstechnischen Anlage mit konstantem Volumen V = 15,0 m3 wird Kohlendioxid (CO2 ) beim konstanten Druck p1 = p2 = 100,0 bar von t1 = - 25 ◦ C auf t2 = 100 ◦ C erhitzt. Bei diesem Vorgang geht das Kohlendioxid im Behälter vom flüssigen in den gasförmigen Zustand über. Dabei spricht das Sicherheitsventil an, so dass ein Teil des Kohlendioxids vom Beginn des Erhitzungsvorgangs an entweicht. a) Es ist die zugeführte Wärme (Q∗12 )rev = (Q∗12 )s graphisch mithilfe des %, h-Diagramms für Kohlendioxid (Bild 5.18) zu ermitteln. b) Welche Massen m1 und m2 befinden sich am Anfang und am Ende des Erhitzungsvorgangs im Behälter? c) Welche reversible Wärme (Q12 )rev = (Q12 )s müsste beim konstanten Druck p1 = p2 = 100,0 bar zugeführt werden, wenn der Behälter mit dem Anfangsvolumen V = V1 = 15,0 m3 eine bewegliche Wand (d. h. einen Kolben) aufwiese und vollständig dicht wäre? Die Temperatur soll dabei ebenfalls von t1 = − 25 ◦ C auf t2 = 100 ◦ C ansteigen. (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Graphische Lösung: Tabelle 5.2 Flächenberechnung unter der Isobaren p = 100, 0 bar im %, h-Diagramm für CO2 Temperaturbereich

%m ∆h

- 25 - 0 ◦ C 0 - 25 ◦ C 25 - 50 ◦ C 50 - 75 ◦ C 75 - 100 ◦ C

0, 5 · (1084 + 974, 6) · (− 309, 7 − (− 360, 9)) kJ/m3 = 52700 kJ/m3 0, 5 · (974, 6 + 818, 2) · (− 249, 3 − (− 309, 7) kJ/m3 = 54143 kJ/m3 0, 5 · (818, 2 + 389, 9) · (− 124, 2 − (− 249, 3)) kJ/m3 = 75567 kJ/m3 0, 5 · (389, 9 + 233, 3) · (− 45, 2 − (− 124, 2)) kJ/m3 = 24616 kJ/m3 0, 5 · (233, 3 + 188, 1) · (− 1, 8 − (− 45, 2)) kJ/m3 = 9144 kJ/m3

- 25 - 100 ◦ C

∗ ∗ (q12 )rev = (q12 )s = 216170 kJ/m3

∗ (Q∗12 )rev = (Q∗12 )s = V (q12 )rev

= 3242550 kJ = 3, 242550 GJ

(Q∗12 )rev = 15, 0 m3 · 216170

kJ = m3

Aufgaben zu Abschnitt 5

b) m1 = %1 V1

m1 = 1084

m 2 = % 2 V2 = % 2 V1

kg · 15, 0 m3 = 16260 kg m3

m2 = 188, 1

Bild 5.18 Zu Aufgabe 5.17

kg · 15, 0 m3 = 2821, 5 kg m3

113

114

5 Reale Gase und Dämpfe

Rechnerische Lösung im Falle des gasdichten Behälters mit beweglicher Wand: c) (Q12 )rev = m1 (h2 − h1 ) (Q12 )rev = 16260 kg · (− 1,8 − (− 360,9))

kJ = 5838966 kJ = 5,838966 GJ kg

Aufgaben zu Abschnitt 6: Thermische Maschinen Aufgabe 6.1 Der Dieselmotor einer Lokomotive weist einen Abgas-Turbolader auf. Dessen Turbine, in der .das Abgas des Motors entspannt wird, treibt einen Kompressor zur Verdichtung der Verbrennungsluft für den Motor an. Das Abgas mit der Dichte im Normzustand %0 = 1,208 kg/m3 wird von t1 = 585 ◦ C (Zustand 1) auf t2 = 390 ◦ C und p2 = 981 mbar (Zustand 2) entspannt. Im Kompressor wird ein Luftmassenstrom von m ˙ L = 1,9 kg/s aus der Umgebung (Zustand 3; p3 = pU = 981 mbar; t3 =15 ◦ C) auf den Überdruck p4e = 2500 mbar (Zustand 4) verdichtet. Die ideale Turbine und der ideale Kompressor arbeiten jeweils adiabat und isentrop. Abgas und Luft können als ideale Gase behandelt werden. Für das Abgas beträgt der Isentropenexponent κA = 1,38; die spezielle Gaskonstante RA ist nicht bekannt; für Luft beträgt der Isentropenexponent κL = 1,40; die spezielle Gaskonstante ist RL = 0,28706 kJ/(kg K). a) Welchen Überdruck p1e hat das Abgas vor der Turbine? b) Welche Temperatur t4 erreicht die im Kompressor verdichtete Luft? c) Wie groß ist die von der Turbine abgegebene Leistung Pp12 , die in demselben Umfang dem Kompressor zugeführt wird? d) Welcher Abgasmassenstrom m ˙ A ist mindestens erforderlich? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) κ = κA

p1 = p2

p1e = p1 − pU

c) κ = κL

T1 T2

κ  κ−1

858,15 663,15

1,38  0,38

p1 = 2502 mbar

p4 = 2500 mbar + 981 mbar = 3481 mbar

T4 = T3



p4 p3

 κ−1 κ

(Pe )id = Pp34 =

(Pe )id = Pp34 =

p1 = 981 mbar ·



p1e = 2502 mbar − 981 mbar = 1521 mbar

b) p4 = p4e + pU κ = κL





T4 = 288,15 K· κ m ˙ L RL T3 κ−1

h

3481 981

p4 p3

0,4  1,4

 κ−1 κ

T4 = 413,78 K

i

−1

1,4 kg kJ · 1,9 · 0,28706 · 288,15 K · 0,4 s kg K

h

3481 981

0,4  1,4

i

− 1 = 239,82 kW

Pp12 = −Pp34 = −239,82 kW d) RA =

p0 % 0 T0

κ = κA

RA =

m ˙A=

1,01325 bar m3 100 kJ kJ · = 0,30708 1,208 kg · 273,15 K bar m3 kg K Pp12

κ RA T1 κ−1 m ˙A=

h p  κ−1 κ 2

p1

i

−1

−239,82 kJ kg K 1,38 · 0,30708 s kJ · 858,15 K · 0,38

h

981 2502

0,38  1,38

t4 = 140,63 ◦ C

= 1,10268

i

−1

© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2024 M. Dehli, Aufgabensammlung Technische Thermodynamik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-44242-2_6

kg s

116

6 Thermische Maschinen

Der ermittelte Abgasmassenstrom m ˙ A ist als ein Mindest-Abgasmassenstrom bei idealer Turbine und idealem Verdichter zu verstehen. Der reale Abgasmassenstrom muss wegen der Irreversibilitäten bei realen Maschinen höher sein. Dies ist insoweit tendenziell gewährleistet, als dieser wegen der Zuführung des Kraftstoffs etwas größer als der Luftmassenstrom ist, der m ˙ L = 1,9 kg/s beträgt. Aufgabe 6.2 In einem idealen Verdichter wird ein Massenstrom von m= ˙ 12000 kg/h Stickstoff von t1 = 20 ◦ C und p1 = 0,98 bar isentrop auf p2 = 5,0 bar verdichtet. Anschließend wird das verdichtete Gas durch einen Wärmeübertrager isobar und reversibel auf t3 = 20 ◦ C zurückgekühlt (Bild 6.1). Zur Kühlung steht Kühlwasser mit einer Temperatur von tW 1 = 10 ◦ C zur Verfügung. Die Austrittstemperatur des Kühlwassers soll tW 2 = 20 ◦ C betragen. Stickstoff kann als ideales Gas mit R = 0,2968 kJ/(kg K), cp = 1,0397 kJ/(kg K) = const., cv = 0,7429 kJ/(kg K) = const. und κ = 1,400 = const. behandelt werden. Für das Kühlwasser ist cW m = 4,1902 kJ/(kg K) = const. a) Wie groß ist die Temperatur T2 bzw. t2 , die nach der Verdichtung erreicht wird? Welche Antriebsleistung P12is benötigt der Verdichter? Welche Wärmeleistung Q˙ 23 = (Q˙ 23 )rev wird bei der isobaren Rückkühlung abgeführt, und welcher Kühlwassermassenstrom m ˙W ist zur Kühlung erforderlich? b) Welche Antriebsleistung P13ith wäre bei isothermer Verdichtung vom Zustand 1 auf den Zustand 3 einzusetzen? Welche Wärmeleistung Q˙ 13 = (Q˙ 13 )rev wäre bei der isothermen Verdichtung abzuführen, und welche Kühlwasseraustrittstemperatur tW 3ith würde sich dabei ergeben, wenn derselbe Kühlwassermassenstrom wie bei Teilaufgabe a) zur Kühlung eingesetzt werden würde (vgl. Bild 6.1)? c) Es ist die Gesamtentropiestromänderung S˙ 3 − S˙ 1 zu berechnen, die beim Prozess entsprechend der Teilaufgabe b) auftreten würde; die Gesamtentropiestromänderung ist dabei die Summe der Entropiestromänderung des Stickstoffmassenstroms und des Kühlwassermassenstroms.

Bild 6.1 Zu Aufgabe 6.2 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung:

 κ−1

 0,4

κ 5,0 1,4 p2 T2 = 293,15 K · T2 = 466,98 K t2 = 193,83 ◦ C p1 0,98 κ κ Pp12is = m ˙ R (T2 − T1 ) = m ˙ cp (T2 − T1 ) Pp12 = m ˙ R (t2 − t1 ) κ−1 κ−1 kg 1h kJ 1,4 · 12000 · · 0,2968 · (193,83 − 20,0) K = 601,92 kW Pp12is = 0,4 h 3600 s kg K Q˙ 23 = (Q˙ 23 ) =m ˙ cp (T3 − T2 ) = − m ˙ cp (T2 − T1 ) = − Pp12is = − 601,92 kW

a) T2 = T1



rev



Aufgaben zu Abschnitt 6

117

Kühlwassermassenstrom: Q˙ W 12 = (Q˙ W 12 )rev = − Q˙ 23 = Pp12is = m ˙ W cW m (TW 2 − TW 1 ) = m ˙ cp (T2 − T1 ) m ˙W =− m ˙W = b) Pp13ith

Q˙ W 12 P˙P 12 =− cW m (TW 2 − TW 1 ) cW m (tW 2 − tW 1 )

kg 601,92 kJ kg K = 14,365 s 4,1902 kJ · (20 − 10) K s p2 =m ˙ R T1 ln p1

Pp13ith = 12000

kg 1h kJ 5,0 · · 0,2968 · 293, 15 K · ln = 472,63 kW h 3600 s kg K 0,98

Q˙ 13 = (Q˙ 13 )rev = − Pp13ith = − 472,63 kW Q˙ W 13 = (Q˙ W 13 )rev = − Q˙ 13 = Pp13ith = m ˙ W cW m (TW 3 − TW 1 ) = m ˙ W cW m (tW 3 − tW 1 ) Q˙ W 13 = 472,63 kW Q˙ W 13 tW 3 = tW 1 + m ˙ cW m 472,63 kJ s kg K = 10 ◦ C +7,852 ◦ C = 17,852 ◦ C tW 3 = 10 ◦ C + s 14,365 kg · 4,1902 kJ (Q˙ 13 )rev 472,63 kW kW S˙ 3 − S˙ 1 = = − 1,6122 S˙ 3 − S˙ 1 = − T1 293,15 K K S˙ W 3 − S˙ W 1 =

Z3 1

dQW =m ˙ cW m TW

Z3

TW 3 dTW =m ˙ cW m ln TW TW 1

1

kJ 291,002 kW kg · 4,1902 · ln = 1,6465 S˙ W 3 − S˙ W 1 = 14,365 s kg K 283,15 K kW kW kW S˙ 3 − S˙ 1 + S˙ W 3 − S˙ W 1 = − 1,6122 + 1,6465 = 0,0343 K K K Aufgabe 6.3 Ein Chemieunternehmen installiert eine Erdgastankstelle zur Versorgung der werkseigenen, erdgasbetriebenen Fahrzeugflotte. Hierzu wird der Normvolumenstrom V˙ 0 = 0, 015 m3/s Erdgas H aus einer teilweise im Freien geführten Erdgasleitung mit einem Absolutdruck p1 = 2,0 bar und der - gegenüber der Erdreichtemperatur erhöhten - Temperatur t1 = 29 ◦ C in drei Stufen auf die Zwischendrücke p2 , p4 und den Enddruck p6 = 90,0 bar irreversibel-adiabat verdichtet. Die Strömungsgeschwindigkeiten am Eintritts- und am Austrittsquerschnitt sind jeweils gleich groß. Nach jedem Verdichtungsschritt erfolgt eine isobare Rückkühlung auf die Anfangstemperatur t1 = t3 = t5 = t7 . Das Erdgas H aus Westsibirien enthält 98,3 % Methan (CH4 ) (Angabe als Volumenanteil); es soll vereinfachend als reines Methan angenommen werden. Für die Teilaufgaben a) bis e) soll für Methan die Voraussetzung idealen Gases gelten. Hierfür ist R = 0,51826 kJ/(kg K), cp = 2,3516 kJ/(kg K) = const und cv = 1,8333 kJ/(kg K) = const. Für die Teilaufgaben f) und g) ist Methan als reales Gas zu behandeln und zur Bestimmung der entsprechenden Stoffwerte das T, s-Diagramm für Methan oder eine Zustandsgleichung für Methan zu nutzen. Damit sollen die Unterschiede sichtbar gemacht werden, die bei einer Behandlung von Methan als realem Gas im Vergleich zu Methan als idealem Gas bestehen.

118

6 Thermische Maschinen

a) Wie groß ist der Massenstrom m ˙ des Erdgases? b) Welche Zwischendrücke p2 und p4 ergeben sich unter der Voraussetzung von Methan als idealem Gas bei optimaler Prozessführung? c) Im Sinne eines Vergleichs ist eine ideale reversible Prozessführung zu untersuchen. Wie groß sind die Temperaturen t2 , t4 und t6 , die nach den einzelnen Verdichtungsschritten erreicht werden? Welche Antriebsleistungen P12 , P34 und P56 benötigt der Verdichter? Welche Wärmeleistungen Q˙ 23 , Q˙ 45 und Q˙ 67 werden bei den isobaren Rückkühlungen abgeführt? d) Der reale, irreversible Prozess ist durch einen isentropen Verdichterwirkungsgrad von ηis = 0,6 für jede der drei Verdichterstufen gekennzeichnet. Wie groß sind die Temperaturen t02 , t04 und t06 , die sich nach den einzelnen Verdichtungsschritten einstellen? Welche Antriebs0 0 0 ˙0 leistungen P12 0 , P340 und P560 benötigt der Verdichter? Welche Wärmeleistungen Q20 3 , 0 0 ˙ ˙ Q40 5 und Q60 7 werden bei den isobaren Rückkühlungen abgeführt? 00 e) Welche Antriebsleistung P17 wäre bei isothermer Verdichtung vom Zustand 1 auf den Zustand 7 einzusetzen? Welche Wärmeleistung Q˙ 0017 wäre bei der isothermen Verdichtung abzuführen?

f) Der Prozess ist in einem T, s-Diagramm für Methan CH4 darzustellen. Im Sinne eines Vergleichs ist eine ideale reversible Prozessführung zu untersuchen. Wie groß sind die Temperaturen t∗2 , t∗4 und t∗6 , die nach den einzelnen Verdichtungsschritten erreicht werden? Welche ∗ ∗ ∗ Antriebsleistungen P12 , P34 und P56 benötigt der Verdichter? Welche Wärmeleistungen ∗ ∗ ∗ ˙ ˙ ˙ Q23 , Q45 und Q67 werden bei den isobaren Rückkühlungen abgeführt? 0∗ g) Der reale, irreversible Prozess ist durch einen isentropen Verdichterwirkungsgrad von ηis = ηis = 0,6 für jede der drei Verdichterstufen gekennzeichnet. Wie groß sind die Tempera0∗ 0∗ turen t0∗ 2 , t4 und t6 , die sich nach den einzelnen Verdichtungsschritten einstellen? Welche 0∗ 0∗ 0∗ Antriebsleistungen P12 0 , P340 und P560 benötigt der Verdichter? Welche Wärmeleistungen 0∗ 0∗ 0∗ Q˙ 20 3 , Q˙ 40 5 und Q˙ 60 7 werden bei den isobaren Rückkühlungen abgeführt?

(Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) Teilaufgaben a) bis e): ideales Gas m ˙ =

p0 V˙ 0 R T0

b) pm1 = pa

m ˙ = pe
1i pa

1, 01325 bar kg K · 0, 015 m3 100 kJ kg = 0, 010736 0, 51826 kJ s · 273, 15 K m3 bar s p2 = p1

p6
31 p1

p2 = 2, 0 bar ·

Damit ergibt sich: p4 = p2 · 3, 5569 p6 = p4 · 3, 5569 c) κ =

cp cv

T2 = T1

κ=

90 bar
13 = p1 · 3, 5569 = 7, 1138 bar 2 bar

p4 = 7, 1138 bar · 3, 5569 = 25, 3030 bar

p6 = 25, 3030 bar · 3, 5569 = 90, 000 bar

2, 3516 = 1, 2827 1, 8333

p2
κ−1 κ p1

T2 = 302, 15 K ·

Zugeführte Verdichterleistungen:

7, 1138
1,2827−1 1,2827 = 399, 64 K 2

t1 = 126, 49 ◦ C

PP 12 =

 p2
κ−1  κ κ m ˙ R T1 − 1 κ−1 p1

PP 12 =

 7, 1138
1,2827−1  1, 2827 kg kJ 1,2827 0, 010736 ·0, 51826 ·302, 15 K − 1 = 2, 4613 kW 1, 2827 − 1 s kg K 2

Aufgaben zu Abschnitt 6

PP 12 = PP 34 = PP 56

119

Pges = 3 · 2, 4613 kW = 7, 3839 kW

Abgeführte Wärmeleistungen: Q˙ 23 = (Q˙ 23 )rev = m ˙ cp (T3 − T2 ) = m ˙ cp (t1 − t2 ) kJ kg · 2, 3516 · (29, 00 − 126, 49) K = − 2, 4613 kW Q˙ 23 = 0, 010736 s kg K Q˙ 23 = Q˙ 45 = Q˙ 67 d) ηis =

T2 − T1 T20 − T1

Q˙ ges = 3 · Q˙ 23 = − 3 · 2, 4614 kW = − 7, 3839 kW T20 = T1 +

T20 = 302, 15 K +

T2 − T1 ηis

399, 64 K − 302, 15 K = 464, 63 K 0, 6

T20 = T40 = T60 = 464, 63 K

t02 = 191, 48 ◦ C

t02 = t04 = t06 = 191, 48 ◦ C

Zugeführte Verdichterleistungen: PP0 12 =

PP 12 ηis

PP0 12 =

PP0 12 = PP0 34 = PP0 56

2, 4614 kW = 4, 1023 kW 0, 6 0 Pges = 3 · 4, 1023 kW = 12, 3069 kW

Abgeführte Wärmeleistungen: Q˙ 020 3 = (Q˙ 020 3 )rev = m ˙ cp (T3 − T20 ) = m ˙ cp (t1 − t02 ) kg kJ Q˙ 020 3 = 0, 010736 · 2, 3516 · (29, 00 − 191, 49) K = − 4, 1023 kW s kg K Q˙ 020 3 = Q˙ 040 5 = Q˙ 060 7

Q˙ 0ges = 3 · Q˙ 023 = 3 · (− 4, 1025) kW = − 12, 3069 kW

e) Isothermer Prozess: 00 P17 =m ˙ R T1 ln

p6 p1

00 P17 = 0, 010736

kg kJ 90 · 0, 51826 · 302, 15 K · ln = 6, 3997 kW s kg K 2

00 Q˙ 0017 = (Q˙ 0017 )rev = − P17 = − 6, 3997 kW

f) Teilaufgaben f) und g): reales Gas Werte der spezifischen Enthalpien (aus dem T, s-Diagramm (Bild 6.2) oder mithilfe einer Zustandsgleichung für Methan ermittelt): h1 = 7, 01

kJ kg

h5 = − 15, 55

h2 = 236, 12 kJ kg

t∗2 = 126, 42 ◦ C

kJ kg

h6 = 207, 51 t∗4 = 127, 88 ◦ C

h3 = 2, 11 kJ kg

kJ kg

h4 = 229, 70

h7 = − 79, 71

kJ kg

kJ kg

t∗6 = 132, 13 ◦ C

Zugeführte Verdichterleistungen: ∗ P12 =m ˙ (h2 − h1 )

∗ P12 = 0, 010736

kg kJ · (236, 12 − 7, 01) = 2, 4597 kW s kg

∗ P34 =m ˙ (h4 − h3 )

∗ P34 = 0, 010736

kg kJ · (229, 70 − 2, 11) = 2, 4434 kW s kg

120

6 Thermische Maschinen

∗ P56 =m ˙ (h6 − h5 )

∗ P56 = 0, 010736

∗ Pges = PP∗ 12 + PP∗ 34 + PP∗ 56

kJ kg · (207, 51 − (− 15, 55)) = 2, 3948 kW s kg

∗ Pges = (2, 4597 + 2, 4434 + 2, 3948) kW = 7, 2979 kW

Bild 6.2 Zu Aufgabe 6.3 Abgeführte Wärmeleistungen: Q˙ ∗23 = (Q˙ ∗23 )rev = m ˙ (h3 − h2 )

kg kJ Q˙ ∗23 = 0, 010736 · (2, 11 − 236, 12) = − 2, 5123 kW s kg

Q˙ ∗45 = (Q˙ ∗45 )rev = m ˙ (h5 −h4 )

kJ kg ·(− 15, 55−229, 70) = − 2, 6330 kW Q˙ ∗45 = 0, 010736 s kg

Q˙ ∗67 = (Q˙ ∗67 )rev = m ˙ (h7 −h6 )

kg kJ Q˙ ∗67 = 0, 010736 ·(− 79, 71−207, 51)) = − 3, 0836 kW s kg

Q˙ ∗ges = Q˙ ∗23 + Q˙ ∗45 + Q˙ ∗67 Q˙ ∗ges = − 2, 5123 kW − 2, 6330 kW − 3, 0836 kW = − 8, 2289 kW g) Die Werte der zugeführten Verdichterleistungen und der spezifischen Enthalpien werden 0∗ mithilfe des isentropen Wirkungsgrades ηis = ηis berechnet: 0∗ P12 0 =

∗ P12 0∗ ηis

0∗ P12 0 =

0∗ P12 ˙ (h02 − h1 ) 0 = m

h02 = 7, 01

2, 4597 kW = 4, 0995 kW 0, 6 h02 = h1 +

0∗ P12 0 m ˙

kJ 4, 0995 kJ s kJ + = 388, 86 kg s 0, 010736 kg kg

Aufgaben zu Abschnitt 6

0∗ P34 0 =

∗ P34 0∗ ηis

0∗ P34 0 =

0∗ P34 0 = m ˙ (h04 − h3 )

h04 = 2, 11 0∗ P56 0 =

121

2, 4434 kW = 4, 0723 kW 0, 6 h04 = h3 +

0∗ P34 0 m ˙

4, 0723 kJ s kJ kJ + = 381, 43 kg s 0, 010736 kg kg

∗ P56 0∗ ηis

0∗ P56 0 =

0∗ P56 ˙ (h06 − h5 ) 0 = m

h06 = − 15, 55 h02 = 388, 86

2, 3948 kW = 3, 9913 kW 0, 6 h06 = h5 +

0∗ P56 0 m ˙

kJ 3, 9913 kJ s · 0, 6 kJ + = 356, 22 kg s 0, 010736 kg kg

kJ kg

h04 = 381, 43

kJ kg

h06 = 356, 22

kJ kg

Zugeführte Verdichterleistungen: 0∗ Pges = PP0∗120 + PP0∗340 + PP0∗560

0∗ Pges = (4, 0995 + 4, 0723 + 3, 9913) kW = 12, 1634 kW

Abgeführte Wärmeleistungen: ˙ 0∗ Q˙ 0∗ ˙ (h3 − h02 ) 20 3 = (Q20 3 )rev = m

kg kJ Q˙ 0∗ · (2, 11 − 388, 86) = − 4, 1521 kW 20 3 = 0, 010736 s kg

˙ 0∗ Q˙ 0∗ ˙ (h5 −h04 ) 40 5 = (Q40 5 )rev = m

kg kJ Q˙ 0∗ ·(− 15, 55−381, 43) = − 4, 2620 kW 40 5 = 0, 010736 s kg

˙ 0∗ Q˙ 0∗ ˙ (h7 −h06 ) 60 7 = (Q60 7 )rev = m

kJ kg ·(− 79, 71−356, 22)) = − 4, 6801 kW Q˙ ∗60 7 = 0, 010736 s kg

˙ 0∗ ˙ 0∗ ˙ 0∗ Q˙ 0∗ ges = Q20 3 + Q40 5 + Q60 7 Q˙ 0∗ ges = − 4, 1521 kW − 4, 2620 kW − 4, 6801 kW = − 13, 0942 kW Je höher die Drücke sind, desto größer sind die Abweichungen des realen Gases vom Verhalten des idealen Gases; bei niedrigen Drücken sind die Abweichungen nur gering. Aufgabe 6.4 In einem Hubkolbenmotor wird Erdgas H mit dem Massenstrom m ˙ = 2,5 kg/s = const zur Arbeitsgewinnung entspannt (Bild 6.3). Die Eintrittsgeschwindigkeit sowie die Austrittsgeschwindigkeit des Gasstroms sind dabei gleich groß; die Differenz der zeitbezogenen kinetischen Energien ist also null. Das Erdgas H kann als ideales Gas behandelt werden; es hat die spezifische isobare Wärmekapazität cp = 2,0500 kJ/(kg K), die spezifische isochore Wärmekapazität cv = 1,57467 kJ/(kg K) und die spezielle Gaskonstante R = 0,47533 kJ/(kg K). a) Zunächst ist eine ideale, reversibel-polytrope Entspannung zu betrachten. Der Gaseintrittszustand ist p1 = 45,0 bar und t1 = 280 ◦ C; der Gasaustrittszustand beträgt p2 = 3,0 bar und t2 = 100 ◦ C. Wie groß sind der Polytropenexponent n sowie der Isentropenexponent κ? Welche zeitbezogene Druckänderungsarbeit (Arbeitsleistung) PP 12 pol id kann dabei gewonnen werden? Wie groß sind die zuzuführende Wärmeleistung (Q˙ 12 pol id )rev und die dabei auftretende Entropiestromänderung (S˙ 2 − S˙ 1 )pol id ?

122

6 Thermische Maschinen

b) Nunmehr soll eine ideale adiabate (= reversibel-isentrope) Entspannung von p1 = 45,0 bar und t1 = 280 ◦ C auf p3 = 3,0 bar berechnet werden. Welche Temperatur t3 is id stellt sich ein? Welche Arbeitsleistung PP 13 is id wird vom Erdgas H abgegeben? Wie groß sind die zuzuführende Wärmeleistung (Q˙ 13 is id )rev und die damit verbundene Entropiestromänderung (S˙ 3 − S˙ 1 )is id ? c) Weiter soll eine reale, irreversibel-adiabate Entspannung von p1 = 45,0 bar und t1 = 280 ◦ C auf p2 = 3,0 bar und t2 = 100 ◦ C betrachtet werden. Welche Arbeitsleistung PP 12 ad re wird vom Erdgas H abgegeben? Wie groß ist die Reibungsleistung (Q˙ 12 ad re )rev = |PRI | und die damit verbundene Entropiestromänderung (S˙ 2 − S˙ 1 )ad re ? Wie groß ist die Minderleistung ∆H˙ T bei der realen, irreversibel-adiabaten Entspannung gegenüber der idealen adiabaten Entspannung? Wie groß ist der Leistungsrückgewinn ∆E˙ T ?

Bild 6.3 Zu Aufgabe 6.4 (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: ln a) n =

κ=

p2 p1

ln

p2 T2 − ln p1 T1

cp cv

κ=

˙ P 12 pol id W

3 − 2, 70805 45 n= = = 1, 17009 3 373, 15 − 2, 70805 + 0, 39365 ln − ln 45 553, 15 ln

2, 0500 = 1, 30186 1, 57467 n = PP 12 pol id = m ˙ R (T2 − T1 ) n−1

˙ P 12 pol id = PP 12 pol id = W − 1471, 46

kJ = − 1471, 46 kW s

Q˙ 12 pol id = (Q˙ 12 pol id )rev = (Q˙ 12 pol id )rev = 548, 96

kg kJ 1, 17009 · 2, 5 · 0, 47533 · (373, 15 − 553, 15) K = 1, 17009 − 1 s kg K

n−κ m ˙ R (T2 − T1 ) (κ − 1)(n − 1)

kg kJ 1, 17009 − 1, 30186 ·2, 5 ·0, 47533 ·(373, 15−553, 15) K = (1, 30186 − 1)(1, 17009 − 1) s kg K

kJ = 548, 96 kW s

(S˙ 2 − S˙ 1 )pol id = m ˙ (cp ln

p2 T2 − R ln ) T1 p1

kJ 373, 15 kJ 3 kJ kg · (2, 0500 · ln − 0, 47533 · ln ) = 1, 20059 = (S˙ 2 − S˙ 1 )pol id = 2, 5 s kg K 553, 15 kg K 45 sK kW 1, 20059 K

Aufgaben zu Abschnitt 6

123

p2
κ−1 κ p1

b) T3 = T1

3
1,30186−1 1,30186 = 295, 22 K t3 = 22, 07 ◦ C 45 ˙ t id = Pt id = κ m ˙ R (T3 − T1 ) = m ˙ cp (T3 − T1 ) = PP 13 is id = W κ−1

T3 = 553, 15 K · ˙ P 13 is id W

1, 30186 kg kJ · 2, 5 · 0, 47533 · (295, 22 − 553,15) K = 1, 30186 − 1 s kg K

˙ P 13 is id = PP 13 is id = W

kJ = − 1321, 89 kW s = (Q˙ 13 is id )rev = 0 kW

− 1321, 89 Q˙ 12 is id

kW (S˙ 3 − S˙ 1 )is id = 0 K ˙ c) WP 12 ad re = PP 12 ad re = m ˙ cp (T2 − T1 ) ˙ P 12 ad re = PP 12 ad re = 2, 5 kg · 2, 0500 kJ · (373,15 − 553,15) K = − 922, 50 kJ = W s kg K s − 922, 50 kW ηis =

PP 12 ad re PP 13 is id

ηis =

− 922, 50 kW = 0, 6979 − 1321, 89 kW

(Q˙ 12 ad re )rev = Q˙ 12 +|PRI |

Mit

Q˙ 12 = 0

wird

(Q˙ 12 ad re )rev = |PRI | = (Q˙ 12 pol id )rev

(Q˙ 12 pol id )rev =

n−κ m ˙ R (T2 − T1 ) (κ − 1)(n − 1)

(Q˙ 12 pol id )rev =

1, 17009 − 1, 30186 kg kJ ·2, 5 ·0, 47533 ·(373, 15−553, 15) K = (1, 30186 − 1)(1, 17009 − 1) s kg K

548, 96

kJ = 548, 96 kW s

T2 p2 (S˙ 2 − S˙ 1 )ad re = (S˙ 2 − S˙ 1 )pol id = m ˙ (cp ln − R ln ) T1 p1 (S˙ 2 − S˙ 1 )pol id = 2, 5 1, 20059

kW K

kg kJ 373, 15 kJ 3 kJ · (2, 0500 · ln − 0, 47533 · ln ) = 1, 20059 = s kg K 553, 15 kg K 45 sK

Minderleistung: ∆H˙ T = PP 13 is id − PP 12 ad re = m ˙ cp (T3 − T1 ) − m ˙ cp (T2 − T1 ) = m ˙ cp (T3 − T2 ) PP 13 is id − PP 12 ad re = 2, 5

kg kJ kJ · 2, 0500 · (295, 22 − 373, 15) K = − 399.39 = s kg K s

− 399, 39 kW Leistungsrückgewinn: ∆E˙ T = |PRI | − |∆H˙ T |

∆E˙ T = 548, 96 kW − (+ 399, 39 kW) = 149, 57 kW

Erläuterung: Die Totalarbeit bei der idealen adiabaten Entspannung gemäß Teilaufgabe b) ist (Wt )id = H3 − H1 = m cp (T3 − T1 )

124

6 Thermische Maschinen

Die Totalarbeit bei der realen adiabaten Entspannung gemäß Teilaufgabe c) ist Wt = H2 − H1 = m cp (T2 − T1 ) Die Minderarbeit bei der realen adiabaten Entspannung gegenüber der idealen adiabaten Entspannung beträgt (Wt )id − Wt = H3 − H2 = ∆HT = m cp (T3 − T2 ) Die Minderarbeit ∆HT ist negativ. Deshalb gilt |∆HT | = −∆HT = m cp (T2 − T3 )

Bild 6.4 Zu Aufgabe 6.4: Ideales Gas: a) Totalarbeit bei idealer adiabater Entspannung im T, S-Diagramm b) Minderarbeit bei realer adiabater Entspannung im T, S-Diagramm c) Minderarbeit, innere Reibungsarbeit und Energierückgewinn im T, S-Diagramm Der Betrag |∆HT | erscheint im T, S-Diagramm für ein ideales Gas nach Bild 6.4 als Fläche A32BA, die gleich der Fläche CDEFC ist. Die reversible Ersatzwärme (Q12 )rev , die gleich der inneren Reibungsarbeit |WRI | ist, erscheint dagegen als Fläche A12BA. Der Absolutbetrag des Verlusts an Totalarbeit (= Minderarbeit) |∆HT | ist demnach kleiner als die ihn verursachende Reibungsarbeit |WRI |. Die Differenz ∆ET = |WRI | − |∆HT | (Fläche 3123) wird Energierückgewinn genannt. Aufgabe 6.5 Ein idealer Schraubenverdichter soll einen Luftstrom von V˙ 0 = 0,3 m3 /s im Normzustand mit einem Druck von p2 = 10,0 bar bereitstellen. Im Ansaugzustand hat die Luft als ideales Gas einen Druck von p1 = 1,0 bar und eine Temperatur von t1 = 15 ◦ C.

Bild 6.5 Zu Aufgabe 6.5

Aufgaben zu Abschnitt 6

125

Verschiedene Ausführungen des idealen Verdichters sollen miteinander verglichen werden: ein isotherm, ein isentrop und ein polytrop arbeitender Verdichter (Bild 6.5). Dabei sind bei isothermer, isentroper und polytroper Verdichtung zu berechnen: a) die durch Saug- und Druckstutzen strömenden Luftvolumen V˙ 1 und V˙ 2 , b) die Antriebsleistung (Pe )id und der abzuführende Wärmestrom Q˙ 12 = (Q˙ 12 )rev , c) die Betriebskosten L˙ G des elektrisch angetriebenen Verdichters bei spezifischen Stromkosten von lE = 0,17 Euro/kWh und bei spezifischen Kosten für die Kühlung mit WerksBrunnenwasser von lW = 0,80 Euro/m3 sowie einer zulässigen Kühlwassererwärmung von ∆tW = 12 K, wobei mit cW = 4,19 kJ/(kg K) zu rechnen ist. Der Isentropenexponent kann mit κ = 1,400 angesetzt werden. Bei polytroper Verdichtung ist eine Polytrope mit n = 1,25 zugrunde zu legen und als Alternative zur Wasserkühlung auch eine Luftkühlung zu berechnen. (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: m ˙ R T1 a) V˙ 1 = p1

mit m ˙ =

V˙ 0 p0 R T0

p 0 T1 ergibt V˙ 1 = V˙ 0 . p 1 T0

m3 1, 01325 288, 15 m3 m3 V˙ 1 = 0, 3 · · = 0, 32067 = 1154, 40 s 1, 0 273, 15 s h p 1 Isotherme Verdichtung: p1 V˙ 1 = p2 V˙ 2 ith V˙ 2 ith = V˙ 1 p2 m3 m3 m3 1, 0 · = 0, 032067 = 115, 440 V˙ 2 ith = 0, 32067 s 10, 0 s h Isentrope Verdichtung:

p1 V˙ 1 κ = p2 V˙ 2 κis

p1
κ1 V˙ 2 is = V˙ 1 p2

1 1, 0
1,4 m3 m3 m3 · = 0, 061912 = 222, 882 V˙ 2 is = 0, 32067 s 10, 0 s h

Polytrope Verdichtung:

p1 V˙ 1 n = p2 V˙ 2 npol

p1
n1 V˙ 2 pol = V˙ 1 p2

1 m3 1, 0
1,25 m3 m3 = 0, 050823 · = 182, 962 V˙ 2 pol = 0, 32067 s 10, 0 s h

b) Isotherme Verdichtung:

(Pe )id ith = p1 V˙ 1 ln

(Pe )id ith = 1, 0 bar · 0, 32067 Isentrope Verdichtung: (Pe )id is =

10, 0 m3 100 kJ · · ln = 73, 837 kW s bar m3 1, 0

(Pe )id is =

  p2
κ−1 κ κ −1 p1 V˙ 1 κ−1 p1

 1, 4 m3 100 kJ  10, 0
1,4−1 1,4 · 1, 0 bar · 0, 32067 · · − 1 = 104, 456 kW 1, 4 − 1 s bar m3 1, 0

Polytrope Verdichtung: (Pe )id pol =

p2 p1

(Pe )id pol =

 p2
n−1  n n p1 V˙ 1 −1 n−1 p1

 1, 25 m3 100 kJ  10, 0
1,25−1 1,25 − 1 = 93, 779 kW · 1, 0 bar · 0, 32067 · · 1, 25 − 1 s bar m3 1, 0

126

6 Thermische Maschinen

c) Isotherme Verdichtung:

p2 (Q˙ 12 ith )rev = (Pe )id ith = − p1 V˙ 1 ln p1

10, 0 m3 100 kJ · · ln = − 73, 837 kW (Q˙ 12 ith )rev = − 1, 0 bar · 0, 32067 s bar m3 1, 0 Isentrope Verdichtung: (Q˙ 12 is )rev = 0, 00 kW Polytrope Verdichtung: (Q˙ 12 pol )rev =

(Q˙ 12 pol )rev =

 p2
n−1  n−κ n p1 V˙ 1 −1 (κ − 1) (n − 1) p1

 1, 25 − 1, 4 m3 100 kJ  10, 0
1,25−1 1,25 −1 · 1, 0 bar · 0, 32067 · · 3 (1, 4 − 1) · (1, 25 − 1) s bar m 1, 0

(Q˙ 12 pol )rev = − 28, 134 kW

In der Kostenrechnung bedeuten: L˙ E = Stromkosten

L˙ W = Kühlwasserkosten

L˙ G = Betriebskosten

L˙ E = (Pe )id lE Q˙ W 12 = − (Q˙ 12 )rev = m ˙ W cW ∆tW L˙ W = V˙ W lW = −

Q˙ W 12 = V˙ W %W cW ∆tW

V˙ W = −

(Q˙ 12 )rev %W cW ∆tW

(Q˙ 12 )rev lW %W cW ∆tW

Isotherme Verdichtung, Wasserkühlung: Euro Euro L˙ E = 73, 837 kW · 0, 17 = 12, 55 kW h h Euro Euro − 73, 837 kJ m3 kg K 3600 s ˙ · 0, 8 = 4, 23 LW = − s 1000 kg · 4, 19 kJ · 12 K h m3 h Euro Euro Euro L˙ G = 12, 55 + 4, 23 = 16, 78 h h h Isentrope Verdichtung:

L˙ G = L˙ E + L˙ W

Euro Euro L˙ E = 104, 456 kW · 0, 17 = 17, 76 kW h h 3 3600 s − 0 kJ m kg K Euro Euro L˙ W = − · 0, 8 = 0, 00 s 1000 kg · 4, 19 kJ · 12 K h m3 h Euro Euro Euro L˙ G = 17, 76 + 0, 00 = 17, 76 h h h Polytrope Verdichtung, Wasserkühlung:

L˙ G = L˙ E + L˙ W

Euro Euro = 15, 94 L˙ E = 93, 779 kW · 0, 17 kW h h 3 3600 s − 28, 134 kJ m kg K Euro Euro L˙ W = − · 0, 8 = 1, 61 s 1000 kg · 4, 19 kJ · 12 K h m3 h Euro Euro Euro L˙ G = 15, 94 + 1, 61 = 17, 55 h h h Polytrope Verdichtung, Luftkühlung:

L˙ G = L˙ E + L˙ W

Euro Euro Euro + 0, 00 = 15, 94 L˙ G = 15, 94 h h h Die Berechnungen liefern die in der folgenden Tabelle zusammengestellten Ergebnisse: L˙ G = L˙ E + L˙ W

Aufgaben zu Abschnitt 6

Zustandsänderung V˙ 1 V˙ 2 (Pe )id (Q˙ 12 )rev L˙ E L˙ W L˙ G

in in in in in in in

m3 /h m3 /h kW kW Euro/h Euro/h Euro/h

isotherm 1154,40 115,440 73,837 −73,837 12,55 4,23 16,78

127

isentrop

polytrop Wasserkühlung

polytrop Luftkühlung

1154,40 222,882 104,456 0,00 17,76 0,00 17,76

1154,40 182,962 93,779 −28,134 15,94 1,61 17,55

1154,40 182,962 93,779 −28,134 15,94 0,00 15,94

Der Vergleich der verschiedenen Zustandsänderungen zeigt, dass der luftgekühlte, polytrop arbeitende Verdichter die geringsten Betriebskosten erreicht. Stünde Kühlwasser kostenlos zur Verfügung, so wäre die isotherme Verdichtung am günstigsten. Dabei wäre aber ein über zweieinhalb mal so großer Wärmestrom wie bei der polytropen Verdichtung abzuführen. Aufgabe 6.6 In einem gekühlten realen Schraubenverdichter wird ein Volumenstrom von V˙ 1 = 0.0554 m3/s feuchte Luft angesaugt, die den Druck p1 = 1,0 bar und die Temperatur t1 = 3,00 o C aufweist. Diese wird auf p2 = 9,0 bar verdichtet; die Austrittstemperatur beträgt t2 = 75,00 o C. Die Luft wird im Druckluftsystem eines Automobilunternehmens in Schweden verwendet. Die Luft kann als ideales Gas angenommen werden (% = 1,2916 kg/m3 ; R = 0,2872 kJ/(kg K); κ = 1,400 = const; cp = 1,004 kJ/(kg K) = const). Ohne Kühlung würde der reale Verdichter bei einer irreversiblen adiabaten Verdichtung (d. h. mit Reibung) einen Luftstrom mit einer Austrittstemperatur von t3 = 318,00 o C und einem Austrittsdruck von p3 = p2 = 9,0 bar liefern (Bild 6.6 a). (Vor der Verteilung der Druckluft im örtlichen Rohrleitungsnetz ist eine Entfeuchtung notwendig, um eine Kondensation von Wasserdampf in der Leitung zu vermeiden. Deshalb wird die Druckluft zusätzlich in einem Entfeuchter auf t1 = 3,00 o C abgekühlt. Für eine vergleichende Bewertung des Gesamtprozesses ist daher der isotherme Wirkungsgrad ηtV von Interesse.) a) Der Massenstrom m ˙ der Luft soll bestimmt werden. Wie groß wäre der Polytropenexponent nu bei einer irreversiblen adiabaten Kompression mit der Austrittstemperatur t3 ? Wie groß ist die innere Reibungsleistung |PRI |, wenn man annehmen kann, dass sie unabhängig davon ist, ob eine Kühlung durchgeführt wird oder nicht? b) Wie groß ist der Polytropenexponent nk bei der irreversiblen Verdichtung im gekühlten Verdichter? Welchen Wärmestrom gibt die Luft im gekühlten Verdichter ab? c) Wie groß ist die erforderliche innere Leistung des gekühlten Verdichters, wenn die Änderung der kinetischen Energie vernachlässigbar ist? d) Wie viel innere Leistung wird durch die Kühlung des Verdichters eingespart? e) Wie hoch ist der isotherme Wirkungsgrad des gekühlten Verdichters? Bild 6.6 T, S-Diagramm für den gekühlten Verdichter a) bei großer Wärmeabgabe |Q12 | > |WRI | b) bei gleich großer Wärmeabgabe wie die innere Reibungsarbeit |Q12 | = |WRI | c) bei geringer Wärmeabgabe |Q12 | < |WRI | (Schwierigkeitsgrad: erheblich)

128

6 Thermische Maschinen

Lösung: p 1 T0 m3 kg 1, 0 bar 273, 15 K kg = 0, 0554 · 1, 2916 3 = 0, 0699 p 0 T1 s m 1, 01325 bar 276, 15 K s Irreversible adiabate Verdichtung: p2 9, 0 bar ln ln p2
nunu−1 p1 1, 0 bar = 1, 530 nu = T3 = T1 = p2 T3 591, 15 K 9, 0 bar p1 − ln ln − ln ln p1 T1 1, 0 bar 276, 15 K

a) m ˙ = V˙ 1 %1 = V˙ 1 %0

Q˙ 13 = 0 kW (Q˙ 13 )rev = Q˙ 13 + |PRI | |PRI | = (Q˙ 13 )rev nu − κ |PRI | = m ˙ R (t3 − t1 ) (κ − 1)(nu − 1) 1, 530 − 1, 400 kg kJ |PRI | = 0, 0699 0, 2872 (318, 00 − 3, 00) K = 3, 878 kW 0, 400 · 0, 530 s kg K b) Irreversible Verdichtung mit Kühlung: T2 = T1

p2
p1

nk ≈ 1,118

nk −1 nk

ln nk = ln

p2 p1

p2 T2 − ln p1 T1

9, 0 bar 1, 0 bar = = 1, 1179 9, 0 bar 348, 15 K ln − ln 1, 0 bar 276, 15 K ln

nk − κ m ˙ R (t2 − t1 ) (κ − 1)(nk − 1) 1, 118 − 1, 400 kg kj = 0, 0699 0, 2872 (75, 00 − 3, 00) K = − 8, 636 kW 0, 400 · 0, 118 s kg K

(Q˙ 12 )rev = (Q˙ 12 )rev

Q˙ 12 = (Q˙ 12 )rev − |PRI | = - 8,636 kW - 3,878 kW = - 12,514 kW c) Innere Leistung: Gemäß den Gleichungen (10) und (11) der Tabelle 6.1 und Gleichung (6.43) des Lehrbuchs ”Grundlagen der technischen Thermodynamik” ist Pi = Pt = m ˙ (h2 − h1 ) − Q˙ 12 = m ˙ cp (t2 − t1 ) − Q˙ 12 kJ kg ·1, 004 ·(75−3) K+12, 514 kW = 5, 053 kW+12, 514 kW = 17, 567 kW Pt = 0, 0699 s kg K d) Umfang der durch Kühlung eingesparten inneren Leistung: (Pi )u = (Pt )u = m ˙ (h3 − h1 ) = m ˙ cp (t3 − t1 ) kg kJ (Pi )u = 0, 0699 · 1, 004 · (318 − 3) K = 22, 107 kW s kg K ∆Pt = (Pt )u − Pt =22,107 kW - 17,567 kW = 4,540 kW e) Isothermer Wirkungsgrad des gekühlten Verdichters: Zum Vergleich: Erforderliche Leistung für die isotherme Verdichtung: p2 Pt ith = − (Q˙ 14 )rev = m ˙ R T ln p1 kJ 9.0 bar kg · 0,2872 · 276, 15 K · ln = 12,181 kW Pt ith = 0,0699 s kg K 1,0 bar Gemäß Tabelle 6.6 Gl. (1) des Lehrbuchs ”Grundlagen der technischen Thermodynamik” folgt: − (Q˙ 14 )rev Pt ith 12,181 kW ηtV = = = = 0,6934 Pt Pt 17,567 kW

Aufgaben zu Abschnitt 7: Kreisprozesse Aufgabe 7.1 Für die gekoppelte Strom- und Wärmeerzeugung in einem mit Biogas betriebenen Blockheiz. kraftwerk (BHKW) in Brandenburg wird ein Viertakt-Verbrennungsmotor nach dem GasOtto-Verfahren eingesetzt. Dessen idealer Vergleichsprozess ist der Otto-Prozess; dieser wird durch zwei isentrope Zustandsänderungen 12 und 34 sowie durch zwei isochore Zustandsänderungen 23 und 41 dargestellt (Bild 7.1). Es wird Luft als Arbeitsmittel mit der Masse m = 12,3 g verwendet (Luft als ideales Gas mit R = 0,2872 kJ/(kg K), cp = 1,005 kJ/(kg K), cv = 0,718 kJ/(kg K) und κ = 1,4). Die angesaugte Luft weist den Zustand t1 = 10 ◦ C und p1 = 1,0 bar auf; das Verdichtungsverhältnis beträgt ε = 10, das Drucksteigerungsverhältnis ist ψ = 3,0. a) Der Otto-Prozess soll schematisch in einem p, V -Diagramm und in einem T, S-Diagramm dargestellt werden (Bild 7.1). b) Wie groß ist das Volumen V1 der angesaugten Luft im Motor? c) Es sind die Zustandsgrößen V2 , T2 , p2 , T3 , p3 , V3 , V4 , T4 und p4 zu berechnen. d) Die zugeführte Wärme Q23 = (Q23 )rev , die abgeführte Wärme Q41 = (Q41 )rev , die gewonnene Arbeit (We )id , der thermische Wirkungsgrad ηth sowie die gewonnene Leistung (Pe )id bei einer Drehzahl von 3000 Umdrehungen je Minute sind zu bestimmen. (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Otto-Prozess im p, V -Diagramm und im T, S-Diagramm:

Bild 7.1 Zu Aufgabe 7.1

b) V1 = c) ε =

m R T1 p1

V1 V2

V2 =

V1 =

0,0123 kg · 0,2872 kJ · 283,15 K bar m3 · = 0,0100 m3 1,0 bar kg K 100 kJ

V1 0,010 3 = m = 0,00100 m3 ε 10

V1 κ−1 = T1 εκ−1 T2 = 283,15 K · 100,4 = 711,24 K V2  κ V1 = p 1 εκ p2 = 1,0 bar · 101,4 = 25,119 bar p2 = p1 V2 T2 = T1





© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2024 M. Dehli, Aufgabensammlung Technische Thermodynamik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-44242-2_7

t2 = 438,09 ◦ C

130

7 Kreisprozesse

p3 = p2 ψ

p3 = 25,119 bar · 3,0 = 75,357 bar

p3 T3 = =ψ T2 p2

T3 = T2 ψ

V3 = V2

V3 = 0,00100 m3

V4 = V1

V4 = 0,0100 m3

p4 = p3



T4 = T3

V3 V4



V3 V4

κ

= p3

κ−1

t4 = 576,30 ◦ C



V2 V1

κ



V2 V1

= T3

T3 = 711,24 K · 3,0 = 2133,72 K

= p3

1 εκ

κ−1

= T3

p3 = 75,357 bar · 1 εκ−1

t3 = 1860,60 ◦ C

1 = 3,000 bar 101,4

T4 = 2133,72 K ·

1 = 849,45 K 100,4

d) Q23 = (Q23 )rev = m cv (T3 − T2 ) (Q23 )rev = 0,01230 kg · 0,718

kJ · (2133,72 K − 711,24 K) = 12,562 kJ kg K

Q41 = (Q41 )rev = m cv (T1 − T4 ) (Q41 )rev = 0,01230 kg · 0,718

kJ · (283,15 K − 849,45 K) = − 5,001 kJ kg K

(We )id = − ((Q23 )rev + (Q41 )rev ) ηth =

|(We )id | (Q23 )rev

(Pe )id =

ηth =

(We )id = − (12,562 kJ − 5,001 kJ) = − 7,561 kJ

7,561 kJ = 0,6019 12,562 kJ

n (We )id = (We )id τ 2

(Pe )id = − 7,561 kJ ·

3000 1 1 min · · = − 189,03 kW min 2 60 s

Aufgabe 7.2 In einem mit Palmöl betriebenen Industriekraftwerk in Südasien wird ein Diesel -Aggregat zur Stromerzeugung eingesetzt, das als Viertakt-Motor arbeitet. Es ist der Diesel-Prozess als der reversible Vergleichsprozess mit zwei isentropen Zustandsänderungen 12 und 34, einer isobaren Zustandsänderung 23 und einer isochoren Zustandsänderung 41 zu berechnen. Dabei wird Luft als ideales Gas mit R = 0,2872 kJ/(kg K), cp = 1,005 kJ/(kg K), cv = 0,718 kJ/(kg K) und κ = 1,4 als Arbeitsmittel eingesetzt. Diese weist im Ansaugzustand 1 die Temperatur t1 = 40 ◦ C und den Druck p1 = 1,0 bar auf und nimmt im Motor das Volumen V1 = 0,425 m3 ein. Das Verdichtungsverhältnis beträgt ε = 28, das Einspritzverhältnis hat den Wert ϕ = 2,0. a) Der Diesel -Prozess soll schematisch in einem p, V -Diagramm und in einem T, S-Diagramm dargestellt werden (Bild 7.2). b) Wie groß ist die Masse m der Luft im Motor? c) Es sind die Zustandsgrößen V2 , T2 , p2 , T3 , p3 , V3 , V4 , T4 und p4 zu berechnen. d) Die zugeführte Wärme Q23 = (Q23 )rev , die abgeführte Wärme Q41 = (Q41 )rev , die gewonnene Arbeit (We )id , der thermische Wirkungsgrad ηth sowie die gewonnene Leistung (Pe )id bei einer Drehzahl von 750 Umdrehungen je Minute sind zu bestimmen. (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Aufgaben zu Abschnitt 7

131

Lösung: a) Diesel -Prozess im p, V -Diagramm und im T, S-Diagramm:

Bild 7.2 Zu Aufgabe 7.2 1,0 bar kg K · 0,425 m3 100 kJ · = 0,4726 kg 0,2872 kJ · 313,15 K bar m3 V1 V1 0,425 3 c) ε = V2 = = m = 0,015179 m3 V2 ε 28  κ−1 V1 = T1 εκ−1 T2 = 313,15 K · 280,4 = 1187,45 K t2 = 914,30 ◦ C T2 = T1 V2  κ V1 = p 1 εκ p2 = 1,0 bar · 281,4 = 106,175 bar p2 = p1 V2 V3 T3 = T2 = T2 ϕ T3 = 1187,45 K · 2 = 2374,90 K t3 = 2101,75 ◦ C V2 p3 = p2 = 106,175 bar T3 V3 V3 = V2 = V2 = V2 ϕ V3 = 0,015179 m3 · 2 = 0,030358 m3 T2 V2 V4 = V1 = 0,425 m3  V κ−1  V κ−1  0,030358 0,4 3 3 T4 = T3 = T3 T4 = 2374,90 K · = 826,42 K V4 V1 0,425 t4 = 553,24 ◦ C  κ  κ   V3 V3 0,030358 1,4 = p3 p4 = 106,175 bar · p4 = p3 = 2,63891 bar V4 V1 0,425 b) m1 =

p 1 V1 R T1

m1 =

d) Q23 = (Q23 )rev = m cp (T3 − T2 ) kJ · (2374,90 K − 1187,45 K) = 564,00 kJ (Q23 )rev = 0,4726 kg · 1,005 kg K Q41 = (Q41 )rev = m cv (T1 − T4 ) kJ (Q41 )rev = 0,4726 kg · 0,718 · (313,15 K − 826,42 K) = − 174,17 kJ kg K (We )id = − ((Q23 )rev + (Q41 )rev ) (We )id = − (564,00 kJ − 174,17 kJ) = − 389,83 kJ ηth =

|(We )id | (Q23 )rev

(Pe )id =

ηth =

389,83 kJ = 0,6912 564,00 kJ

(We )id n = (We )id τ 2

(Pe )id = − 389,83 kJ ·

750 1 1 min · · = − 2436,44 kW min 2 60 s

132

7 Kreisprozesse

Aufgabe 7.3 Für das in Aufgabe 7.2 behandelte Industriekraftwerk wird erwogen, ein als Viertakt-Motor arbeitendes Diesel -Aggregat mit Abgas-Turbolader vorzusehen. Dabei wird zusätzlich Arbeit aus dem Verbrennungsgas des Motors gewonnen, indem das pulsierend aus dem Verbrennungsmotor austretende Verbrennungsgas zur Vergleichmäßigung zunächst aufgestaut wird, wobei zwischen Motor und Abgasturbine eine isenthalpe Drosselung auf den Abgasdruck pA erfolgt, d. h. unter der Voraussetzung idealen Gases bei abnehmendem Druck die Temperatur gleich bleibt. In der Turbine erfolgt eine isentrope Entspannung auf den Umgebungsdruck pU . Die gewonnene Arbeit dient zum Antrieb eines Turboverdichters, der die aus der Umgebung angesaugte Luft mit dem Druck pU auf den Ladedruck pL isentrop verdichtet und in den Verbrennungsmotor einschiebt. Es ist der reversible Vergleichsprozess mit folgenden Annahmen zu berechnen: Es wird Luft als ideales Gas mit R = 0,2872 kJ/(kg K), cp = 1,005 kJ/(kg K), cv = 0,718 kJ/(kg K) und κ = 1,4 als Arbeitsmittel eingesetzt. Sie weist im Ansaugzustand U die Temperatur tU = 40 ◦ C und den Druck pU = 1,0 bar auf. Die auf den Ladedruck pL = 2,5 bar verdichtete Luft nimmt im Motor das Volumen VU = 0,425 m3 ein. Das Verdichtungsverhältnis wird im Hinblick auf die mechanische und thermische Beanspruchung des Motors gegenüber dem in Aufgabe 7.2 zugrundegelegten Wert von ε = 28 verringert und beträgt nunmehr ε = 20; das Einspritzverhältnis beträgt unverändert ϕ = 2,0. Für die idealen Zustandsänderungen im Abgas-Turbolader soll gelten: Das Verbrennungsgas weist beim Eintritt in die Abgasturbine den Druck pA = 2,0 bar auf und wird auf pU = 1,0 bar isentrop entspannt. Im Turboverdichter wird die angesaugte Luft vom Umgebungsdruck pU = 1,0 bar auf den Druck pL = 2,5 bar verdichtet. Der Diesel -Prozess mit Abgas-Turbolader ist schematisch im p, V -Diagramm des Bildes 7.3 dargestellt. Zur idealen Kreisprozessarbeit des Verbrennungsmotors, die durch die Fläche 1Z 2Z -3Z -4Z beschrieben wird, kommt die ideale Kreisprozessarbeit des Abgas-Turboladers hinzu, die sich als Rechteckfläche 6-7-1Z -5 zwischen den Drücken pA und pL ergibt. Die Flächen der beiden gewonnenen Arbeiten sind schraffiert dargestellt. Die in der Abgasturbine gewonnene ideale Druckänderungsarbeit ist durch die Fläche 3-4-8-6 gegeben; die vom Turbolader aufgebrachte ideale Druckänderungsarbeit entspricht der Fläche 1-1Z -7-8.

Bild 7.3 Zu Aufgabe 7.3 a) Es ist die Temperatur T1Z der Luft nach der isentropen Verdichtung im Turboverdichter auf den Druck pL = p1Z zu berechnen. b) Wie groß ist die Masse m1Z der Luft im Motor? c) Es sind die Zustandsgrößen V2Z , T2Z , p2Z , T3Z , p3Z , V3Z , V4Z , T4Z , p4Z und T5 zu berechnen. d) Die zugeführte Wärme Q2Z3Z = (Q2Z3Z )rev , die fiktiv abgeführte Wärme Q4Z1Z = (Q4Z1Z )rev sowie die gewonnene Arbeit (We )id unter Berücksichtigung der durch den Turbolader zusätzlich gewonnenen Arbeitsfläche (We )id zus sind zu bestimmen. Weiter sind der

Aufgaben zu Abschnitt 7

133

thermische Wirkungsgrad ηth sowie die gewonnene Leistung (Pe )id ges bei einer Drehzahl von 750 Umdrehungen je Minute zu bestimmen. e) Wie groß sind die ideale Arbeit der Abgasturbine Wp34 und die ideale Arbeit des Turboverdichters Wp11Z ? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) T1Z = T1

p1Z p1

 κ−1 κ

p1Z V1Z R T1Z

b) m1Z = c) ε =



V1Z V2Z

m1Z =

V2Z =

V

1Z

T1Z = 313,15 K ·



2,5 1,0

 0,4 1,4

= 406,86 K

t1Z = 133,71 ◦ C

2,5 bar kg K · 0,425 m3 100 kJ · = 0,90928 kg 0,2872 kJ · 406,86 K bar m3

V1Z 0,425 3 = m = 0,02125 m3 ε 20

κ−1

= T1 εκ−1 T2Z = 406,86 K · 200,4 = 1348,52 K t2Z = 1075,37 ◦ C V2Z   V1Z κ p2Z = p1Z = p 1 εκ p2Z = 2,5 bar · 201,4 = 165,723 bar V2Z V3Z = T2 ϕ T3Z = 1348,52 K · 2 = 2697,04 K t3 = 2423,89 ◦ C T3Z = T2Z V2Z p3 = p2 = 165,723 bar T2Z = T1Z

V3Z = V2Z

T3Z V3Z = V2Z = V2Z ϕ T2Z V2Z

V3Z = 0,02125 m3 · 2 = 0,04250 m3

V4Z = V1Z = 0,425 m3 T4Z = T3Z



V3Z V4Z

κ−1

= T3Z



V3Z V1Z

κ−1

T4Z = 2697,04 K ·



0,04250 0,425

0,4

= 1073,71 K

t4 = 800,56 ◦ C p4 = p3Z

V3Z V4Z p5 p4Z



T5 = T4Z

κ

= p3



V3Z V1Z

κ

p4Z = 165,723 bar ·

T1Z = 1073,71 K ·



0,04250 0,425

2,0 = 325, 49 K 6,59755

1,4

= 6,59755 bar

t5 = 52, 34 ◦ C

d) Q2Z3Z = (Q2Z3Z )rev = m cp (T3Z − T2Z ) (Q2Z3Z )rev = 0,90928 kg · 1,005

kJ · (2697,04 K − 1348,52 K) = 1232,31 kJ kg K

Q4Z1Z = (Q4Z1Z )rev = m cv (T1Z − T4Z ) (Q4Z1Z )rev = 0,90928 kg · 0,718

kJ · (406, 86 K − 1073,71 K) = − 435, 36 kJ kg K

(We )id = −((Q2Z3Z )rev +(Q4Z1Z )rev )

(We )id = − (1232,31− 435, 36) kJ = −796, 95 kJ

(We )id

zus

= − (pL − pA ) V5 = − (pL − pA ) V1Z

(We )id

zus

= − (2,5 bar − 2,0 bar) · 0,4250 m3 ·

(We )id

ges

= (We )id + (We )id

ηth

|(We )id ges | = (Q2Z3Z )rev

ηth

zus

(We )id

ges

100 kJ = − 21,25 kJ bar m3 = − 796, 95 kJ − 21,25 kJ = − 818, 20 kJ

818, 20 kJ = = 0,6640 1232,31 kJ

134

7 Kreisprozesse

(Pe )id

ges

(Pe )id

ges

e) Wp34

(We )id τ

n 2 750 1 1 min = − 818, 20 kJ · · · = − 5113, 75 kW min 2 60 s =

ges

κ = m R T3 κ−1

Wp34 =

= (We )id

h p  κ−1 κ 4

p3

ges

i

−1

kJ 1,4 · 0,90928 kg · 0,2872 · 1073, 71 K · 0,4 kg K p1Z p1

 κ−1 κ

Wp11Z =

κ m R T1 κ−1

Wp11Z =

1,4 kJ · 0,90928 kg · 0,2872 · 313,15 K · 0,4 kg K

h

0,4 h 1  1,4

2

i

− 1 = − 176,32 kJ

i

−1

0,4 h 2,5  1,4

1

i

− 1 = 85,66 kJ

|Wp34 | > Wp11Z Da der Absolutbetrag der gewonnenen idealen Turbinenarbeit mehr als doppelt so groß ist wie die ideale Verdichterarbeit, kann davon ausgegangen werden, dass auch bei den realen Maschinen bei entsprechender Auslegung der Absolutbetrag der gewonnenen Turbinenarbeit ausreicht, um die Verdichterarbeit aufbringen zu können. Aufgabe 7.4 Bei Vorplanungen für ein Mikro-Gasturbinenheizkraftwerk für die gekoppelte Strom- und Wärmeerzeugung ist ein reversibler Joule-Prozess zu untersuchen, der als Idealfall eines offenen Gasturbinenprozesses angenommen wird (vgl. Bild 7.4 a). Dieser besteht aus zwei isentropen Zustandsänderungen 12 und 34 sowie aus zwei isobaren Zustandsänderungen 23 und 41. Der Massenstrom des Arbeitsmittels Luft beträgt m ˙ = 0,10 kg/s. Dabei kann Luft als ideales Gas mit R = 0,2872 kJ/(kg K), cp = 1,005 kJ/(kg K), cv = 0,718 kJ/(kg K) und κ = 1,4 aufgefasst werden. Der Anfangszustand 1 des Prozesses ist durch die Temperatur t1 = 25 ◦ C und den Druck p1 = 1,0 bar gekennzeichnet, der höchste Prozesszustand 3 durch die Temperatur t3 = 1000 ◦ C und den Druck p3 = 4,0 bar.

Bild 7.4 Zu Aufgabe 7.4: a) Einfacher Joule-Prozess; b) Joule-Prozess mit Rekuperator a) Der Joule-Prozess soll schematisch in einem p, V -Diagramm und in einem T, S-Diagramm dargestellt werden (Bild 7.5). b) Wie groß ist der Volumenstrom V˙ 1 der Luft im Anfangszustand 1? c) Es sind die Zustandsgrößen p2 , T2 , V˙ 2 , V˙ 3 , p4 , T4 und V˙ 4 zu ermitteln.

Aufgaben zu Abschnitt 7

135

d) Die zugeführte Wärmeleistung Q˙ 23 = (Q˙ 23 )rev , die abgeführte Wärmeleistung Q˙ 41 = ˙ e )id und der thermische Wir(Q˙ 41 )rev , die gewonnene mechanische Leistung (Pe )id = (W kungsgrad ηth sind zu bestimmen. Wie groß wäre der Brennstoffausnutzungsgrad ηBr , wenn die abgeführte Wärmeleistung (Q˙ 41 )rev vollständig zur Prozesswärmeversorgung genutzt werden könnte? Bei der Untersuchung wird in einem weiteren Schritt geprüft, in welchem Umfang der thermische Wirkungsgrad erhöht werden kann. Hierzu wird ein Gegenstrom-Wärmeübertrager in Form eines Rekuperators in den Prozess einbezogen (vgl. Bild 7.4 b). Mit ihm soll das aus der Turbine austretende, entspannte Arbeitsmittel abgekühlt werden und die rückgewonnene Wärmeleistung dem aus dem Verdichter austretenden Arbeitsmittel zugeführt werden: Q˙ ∗56 = − Q˙ ∗23 = (Q˙ ∗56 )rev = − (Q˙ ∗23 )rev . Dabei soll eine ideale Wärmeübertragung angenommen werden, also von jeweils gegen null gehenden Temperaturdifferenzen für die Wärmeübertragung in allen Bereichen des Rekuperators ausgegangen werden. e) Der Joule-Prozess mit Rekuperator soll schematisch in einem T, S-Diagramm dargestellt werden (Bild 7.6). f) Wie groß ist die im Rekuperator übertragene Wärmeleisung Q˙ ∗56 = − Q˙ ∗23 = (Q˙ ∗56 )rev = − (Q˙ ∗23 )rev ? g) Die zugeführte Wärmeleistung Q˙ ∗34 = (Q˙ ∗34 )rev , die abgeführte Wärmeleistung Q˙ ∗61 = ˙ e∗ )id und der thermische Wir(Q˙ ∗61 )rev , die gewonnene mechanische Leistung (Pe∗ )id = (W ∗ ∗ kungsgrad ηth sind zu bestimmen. Wie groß wäre der Brennstoffausnutzungsgrad ηBr , wenn die abgeführte Wärmeleistung Q˙ ∗61 = (Q˙ ∗61 )rev vollständig zur Prozesswärmeversorgung genutzt werden könnte? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Joule-Prozess im p, V -Diagramm und im T, S-Diagramm:

Bild 7.5 Zu Aufgabe 7.4 3

0,10 kg · 0,2872 kJ · 298,15 K bar m m3 V˙ 1 = · = 0,08563 s 1,0 bar kg K 100 kJ s

m ˙ R T1 b) V˙ 1 = p1 c) T2 = T1



p2 p1

p1 V˙ 2 = V˙ 1 p2



p3 = p2

 κ−1 κ  κ1

T2 = 298,15 K ·



m3 V˙ 2 = 0,08563 · s

4,0 1,0



 0,4 1,4

1,0 4,0

1  1,4

t2 = 169,90 ◦ C

= 443,05 K = 0,03181

m3 s

p3 = 4,0 bar

m ˙ R T3 V˙ 3 = p3

m3 0,10 kg · 0,2872 kJ · 1273,15 K bar m3 V˙ 3 = · = 0,09141 s 4,0 bar kg K 100 kJ s

136

7 Kreisprozesse

p4 = p1 T4 = T3

p4 = 1,0 bar



p4 p3

p3 V˙ 4 = V˙ 3 p4



 κ−1 κ  κ1

T4 = 1273,15 K · m3 V˙ 2 = 0,09141 · s





1,0 4,0

4,0 1,0

 0,4 1,4

1  1,4

= 856,77 K = 0,2461

t2 = 583,62 ◦ C

m3 s

d) Q˙ 23 = (Q˙ 23 )rev = m ˙ cp (T3 − T2 ) kJ kg · 1,005 · (1273,15 K − 443,05 K) = 83,4251 kW (Q˙ 23 )rev = 0,1 s kg K Q˙ 41 = (Q˙ 41 )rev = m ˙ cp (T1 − T4 ) kg kJ · 1,005 · (298,15 K − 856,77 K) = − 56,1413 kW s kg K ˙ e )id = − ((Q˙ 23 )rev + (Q˙ 41 )rev ) = (W

(Q˙ 41 )rev = 0,1 (Pe )id

(Pe )id = − (83,4251 kW − 56,1413 kW) = − 27,2838 kW ηth =

|(Pe )id | (Q˙ 23 )rev

ηBr =

|(Pe )id | + |(Q˙ 41 )rev | (Q˙ 23 )rev

ηth =

27,2838 kW = 0,3270 83,4251 kW ηBr =

27,2838 kW + 56, 1413 kW = 1, 000 83,4251 kW

e) Joule-Prozess mit Rekuperator im T, S-Diagramm:

Bild 7.6 Zu Aufgabe 7.4 f) T2∗ = T6∗ = T2 T5∗ = T3∗ = T4 ∗ ∗ Q˙ 23 = − Q˙ 56 = (Q˙ ∗23 )rev = − (Q˙ ∗56 )rev = m ˙ cp (T3∗ − T2∗ ) (Q˙ ∗23 )rev = 0,1

kg kJ · 1,005 · (856,77 K − 443,05 K) = 41,5789 kW s kg K

g) T4∗ = T3 T1∗ = T1 Q˙ ∗34 = (Q˙ ∗34 )rev = m ˙ cp (T4∗ − T3∗ ) (Q˙ ∗34 )rev = 0,1

kg kJ · 1,005 · (1273,15 K − 856,77 K) = 41,8462 kW s kg K

Q˙ ∗61 = (Q˙ ∗61 )rev = m ˙ cp (T1∗ − T6∗ ) kg kJ (Q˙ ∗61 )rev = 0,1 · 1,005 · (298,15 K − 443,05 K) = − 14,5624 kW s kg K

Aufgaben zu Abschnitt 7

137

˙ e∗ )id = − ((Q˙ ∗34 )rev + (Q˙ ∗61 )rev ) (Pe∗ )id = (W (Pe∗ )id = − (41,8462 kW − 14,5624 kW) = − 27,2838 kW ∗ ηth =

|(Pe∗ )id | (Q˙ ∗ )rev

ηth =

34

∗ ηBr

27,2838 kW = 0,6520 41,8462 kW

|(Pe∗ )id | + |(Q˙ ∗61 )rev | = (Q˙ ∗34 )rev

∗ ηBr =

27,2838 kW + 14, 5624 kW = 1, 000 41, 8462 kW

Aufgabe 7.5 In einem Industriebetrieb wird ein Gasturbinen-Heizkraftwerk zur gekoppelten Erzeugung von Strom und Wärme betrieben. Die Gasturbinenanlage wird zur Bereitstellung der elektrischen Leistung PGT eingesetzt; zusätzlich wird in einem nachgeschalteten Wärmeübertrager die Nutzwärmeleistung Q˙ Nutz = Q˙ ab 45 = (Q˙ Nutz )rev = (Q˙ ab 45 )rev gewonnen (Bild 7.7). Der reversible Vergleichsprozess ist der Joule-Prozess 120 340 51, der aus zwei isentropen Zustandsänderungen 12’ und 34’ sowie aus zwei isobaren Zustandsänderungen 2’3 und 4’1 besteht. Ihm ist der irreversible reale Prozess 123451 zugeordnet, der aus zwei irreversibel-adiabaten Zustandsänderungen 12 und 34 sowie aus zwei isobaren Zustandsänderungen 23 und 41 besteht. Das Arbeitsmittel ist Luft als ideales Gas mit dem Massenstrom m ˙ L = 10 kg/s; auch das Verbrennungsgas kann als Luft mit m ˙V =m ˙ L = 10 kg/s behandelt werden. Im Verdichter wird die Luft von p1 = 1,0 bar und t1 = 25 ◦ C auf p2 = 20,0 bar irreversibeladiabat verdichtet. Durch eine isobare Zufuhr von Brennstoff-Wärmeleistung wird die Temperatur t3 = 1050 ◦ C erreicht. Danach wird das Arbeitsmittel in der Entspannungsturbine irreversibel-adiabat auf den Druck p4 = p1 = 1,0 bar entspannt. Darauf folgt die isobare Abgabe von Nutzwärmeleistung im Wärmeübertrager auf die Temperatur t5 = 125 ◦ C. Der offene Prozess wird gedanklich durch die Rückkehr zum Anfangszustand 1 zu einem geschlossenen Prozess ergänzt. Zur genaueren Berechnung ist im Bereich niedrigerer Temperaturen für die Zustandsänderungen 12, 45 und 51 cp = 1,019 kJ/(kg K) = const. und κ = 1,392 = const. zugrunde zu legen; im Bereich höherer Temperaturen ist für die Zustandsänderungen 23 und 34 mit cp = 1,122 kJ/(kg K) = const. und κ = 1,344 = const. zu rechnen. Der isentrope Verdichterwirkungsgrad ist ηV is = 0,88; der isentrope Turbinenwirkungsgrad beträgt ηT is = 0,90.

Bild 7.7 Zu Aufgabe 7.5 a) Es sind zu ermitteln: die Temperaturen T20 , T2 , T40 und T4 , die Verdichterleistung PV0 bzw. PV , die zugeführte Wärmeleistung Q˙ 23 = (Q˙ 23 )rev , die Turbinenleistung PT0 bzw. PT , die Nutzwärmeleistung Q˙ Nutz = Q˙ ab 45 = (Q˙ Nutz )rev = (Q˙ ab 45 )rev sowie die ungenutzt an die Umgebung abgegebene restliche Abwärmeleistung Q˙ ab 51 = (Q˙ ab 51 )rev .

138

7 Kreisprozesse

b) Wie groß ist die abgegebene Leistung PGT , die für die Stromerzeugung zur Verfügung steht? Welchen Wert weist der thermische Wirkungsgrad ηth = ηGT des Prozesses auf? c) Welchen Wert hat der Wirkungsgrad ηBr (Brennstoffausnutzungsgrad), wenn im Zähler nicht nur PGT , sondern auch die Nutzwärmeleistung Q˙ Nutz = Q˙ ab 45 = (Q˙ Nutz )rev = (Q˙ ab 45 )rev berücksichtigt wird ? d) Es ist der Prozess im h, s-Diagramm für Luft (Bild 7.8) darzustellen; dabei sollen die spezifischen Enthalpien h1 , h2 , h3 , h4 und h5 ermittelt werden. Damit können die in den Teilaufgaben a) bis c) berechneten Zahlenwerte der Verdichterleistung PV , der zugeführten Wärmeleistung Q˙ 23 = (Q˙ 23 )rev , der Turbinenleistung PT , der abgegebenen Leistung PGT , der Nutzwärmeleistung Q˙ Nutz = Q˙ ab 45 = (Q˙ Nutz )rev = (Q˙ ab 45 )rev , der ungenutzt an die Umgebung abgegebenen restlichen Abwärmeleistung Q˙ ab 51 = (Q˙ ab 51 )rev , des thermischen Wirkungsgrads ηth = ηGT sowie des Brennstoffausnutzungsgrads ηBr überprüft werden. (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) T20 = T1

 p  κ−1 κ 2

p1

T20 = 298,15 K ·

 20,0  1,392−1 1,392 1,0

T2 =

1 T20 + T1 (1 − ) ηV is ηV is

T2 =

1 693,13 K + 298, 15 K · (1 − ) = 746, 99 K 0, 88 0, 88

T40 = T3



p2 p1

 − κ−1 κ

T40 = 1323,15 K·



 20,0 − 1,0

= 693,13 K

t20 = 419,98 ◦ C

t2 = 473, 84 ◦ C 1,344−1 1,344

= 614, 62 K

t40 = 341, 47 ◦ C

T4 = T40 ηT is + T3 (1 − ηT is ) T4 = 614, 62 K · 0, 90 + 1323, 15 K · (1 − 0, 90) = 685, 47 K t4 = 412, 32 ◦ C PV0 = m ˙ cp (T20 − T1 ) PV =

PV0 ηV is

PV =

PT0 = m ˙ cp (T40 − T3 ) PT = PT0 ηT is

PV0 = 10

kg kJ 1, 019 · (693, 13 − 298, 15) K = 4024, 85 kW s kg K

4024, 85 kW = 4573, 69 kW 0, 88 PT0 = 10

kJ kg 1, 122 · (614, 62 − 1323, 15) K = − 7951, 95 kW s kg K

PT = − 7949, 71 kW · 0, 90 = − 7154, 74 kW

Q˙ 23 = (Q˙ 23 )rev = m ˙ cp (T3 − T2 ) kg kJ (Q˙ 23 )rev = 10 · 1,122 · (1323,15 K − 746, 99 K) = 6464, 52 kW s kg K Q˙ ab 45 = (Q˙ ab 45 )rev = m ˙ cp (T5 − T4 ) kJ kg · 1,019 · (398,15 K − 685, 47 K) = − 2927, 79 kW (Q˙ ab 45 )rev = 10 s kg K Q˙ ab 51 = (Q˙ ab 51 )rev = m ˙ cp (T1 − T5 ) kJ kg · 1,019 · (298,15 K − 398, 15 K) = − 1019, 00 kW (Q˙ ab 51 )rev = 10 s kg K

Aufgaben zu Abschnitt 7

b) PGT = PT + PV

PGT = − 7154, 74 kW + 4573, 69 kW = − 2581, 05 kW 2581, 05 kW = 0,3993 6464, 52 kW

ηth =

|PGT | (Q˙ 23 )rev

ηBr =

|PGT | + |(Q˙ ab 45 )rev | (Q˙ 23 )rev

c) h1 = 0

kJ kg

ηth =

h2 = 475

kJ kg

ηth =

2581, 05 kW + 2927, 79 kW = 0,8522 6464, 52 kW

h3 = 1130

kJ kg

h4 = 400

kJ kg

h5 = 100

Bild 7.8 Zu Aufgabe 7.5 PV = m ˙ (h2 − h1 )

PV = 10

kJ kg · (475 − 0) = 4750 kW s kg

PT = m ˙ (h4 − h3 )

PV = 10

kg kJ · (400 − 1130) = − 7300 kW s kg

Q˙ 23 = (Q˙ 23 )rev = m ˙ (h3 − h2 ) kJ kg · (1130 K − 475) = 6550 kW (Q˙ 23 )rev = 10 s kg Q˙ ab 45 = (Q˙ 45 )rev = m ˙ (h5 − h4 ) kg kJ (Q˙ ab 45 )rev = 10 · (100 − 400) = − 3000 kW s kg Q˙ ab 51 = (Q˙ ab 51 )rev = m ˙ (h1 − h5 )

kJ kg

139

140

7 Kreisprozesse

kJ kg · (0 − 100) = − 1000, 00 kW (Q˙ ab 51 )rev = 10 s kg K PGT = PT + PV

PGT = − 7300 kW + 4750 kW = − 2550 kW 2550 kW = 0,3893 6550 kW

ηth =

|PGT | (Q˙ 23 )rev

ηBr =

|PGT | + |(Q˙ ab 45 )rev | (Q˙ 23 )rev

ηth =

ηth =

2550 kW + 3000 kW = 0,8473 6550 kW

Aufgabe 7.6 Die Clausius-Clapeyron’sche Gleichung soll mithilfe der Betrachtung eines differentiellen Carnot-Kreisprozesses hergeleitet werden. (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: Es wird hierzu ein differentieller Carnot-Kreisprozess im Nassdampfgebiet eines reinen Stoffes untersucht, der zwischen den Temperaturen T und T − dT sowie den Drücken p und p − dp durchgeführt wird. Der Carnot-Prozess besteht aus zwei Isentropen und zwei Isothermen (Bild 7.9 und Bild 7.10). Die Darstellung im p, v-Diagramm sowie im T, s-Diagramm zeigt, dass die Isothermen sowohl im p, v-Diagramm als auch im T, s-Diagramm waagerechte gerade Strecken sind, da bei reinen Stoffen die isobare Verdampfung zugleich eine isotherme Verdampfung und die isobare Kondensation zugleich eine isotherme Kondensation ist. Der Absolutbetrag der gewinnbaren differentiellen spezifischen idealen Kreisprozessarbeit |(dwe )id | ist dabei gleich dem Absolutbetrag der gewinnbaren differentiellen spezifischen Druckänderungsarbeit |dwp | und erscheint in beiden Diagrammen als die vom Kreisprozess eingeschlossene Fläche.

Bild 7.9 Zu Aufgabe 7.6

Bild 7.10 Zu Aufgabe 7.6

Aufgaben zu Abschnitt 7

141

Differentieller Carnot-Prozess im p, v-Diagramm: |(dwe )id | = |dwp | = (v 00 − v 0 ) dp

Gl. (1)

Differentieller Carnot-Prozess im T, s-Diagramm: dqT = (qT )rev − |(qT −dT )rev | = |(dwe )id | = |(dwe )id | = |dwp | 00

0

00

0

00

Gl. (2)

0

dqT = T (s − s ) − (T − dT ) (s − s ) = dT (s − s ) = |dwp | Die Gleichsetzung von Gl. (1) und Gl. (2) ergibt: dT (s00 − s0 ) = (v 00 − v 0 ) dp Die spezifische Verdampfungsenthalpie (spezifische Verdampfungswärme) r lässt sich bei der isothermen Verdampfung als Rechteckfläche im T, s-Diagramm darstellen, woraus folgt: r = T (s00 − s0 ) Damit ergibt sich die Clausius-Clapeyron’sche Gleichung: r dT = (v 00 − v 0 ) dp und T dp r = (v 00 − v 0 ) T dT dp Der Differentialquotient ist die Steigung der Dampfdruckkurve. dT Dieselbe Beweisführung lässt sich nicht nur auf das Nassdampfgebiet, sondern auch auf das Sublimationsgebiet und das Schmelzgebiet anwenden. Dabei tritt an die Stelle der spezifischen Verdampfungsenthalpie (spezifischen Verdampfungswärme) r die spezifische Sublimationsenthalpie (spezifische Sublimationswärme) bzw. die spezifische Schmelzenthalpie (spezifische Schmelzwärme); weiter tritt an die Stelle der Differenz der spezifischen Volumina auf Taulinie und Siedelinie (v 00 − v 0 ) die Differenz der spezifischen Volumina auf Taulinie und Erstarrungslinie bzw. die Differenz der spezifischen Volumina auf Erstarrungslinie und Schmelzlinie. Aufgabe 7.7 Im kombinierten Gas- und Dampfturbinenprozess (GuD-Prozess; Bild 7.11) wird einem Gasturbinenprozess ein Dampfkraftprozess nachgeschaltet. Dabei wird dem heißen Verbrennungsgas, das die Gasturbinenanlage verlässt, Wärme entzogen und einem unbefeuerten AbhitzeDampferzeuger zugeführt, der Teil der Dampfkraftanlage ist.

Bild 7.11 Zu Aufgabe 7.7 In der Brennkammer der Gasturbinenanlage wird durch Oxidation des Brennstoffs (meist Erdgas) die Wärmeleistung Q˙ zu freigesetzt; diese wird in der Gasturbinenanlage zur Gewinnung der elektrischen Leistung PGT genutzt; daneben entsteht die Abwärmeleistung Q˙ GT ab . Diese

142

7 Kreisprozesse

wird dem unbefeuerten Abhitze-Dampferzeuger zugeführt, um ganz überwiegend als Wärmeleistung Q˙ DT zu für die nachgeschaltete Dampfkraftanlage zu dienen; ein kleiner Teil wird in die nicht mehr nutzbare Wärmeleistung Q˙ Abgas übergeführt. In der nachgeschalteten Dampfkraftanlage wird die Wärmeleistung Q˙ DT zu zur Gewinnung der elektrischen Leistung PDT genutzt; daneben entsteht die nicht mehr nutzbare Abwärmeleistung Q˙ DT ab . Es ergeben sich als Wirkungsgrade für den Gasturbinenprozess ηGT , für den Dampfkraftprozess ηDT und für den unbefeuerten Abhitzedampferzeuger ηAHD : ηGT =

|PGT | Q˙ zu

ηDT =

|PDT | Q˙ DT zu

ηAHD =

Q˙ DT zu |Q˙ GT ab |

a) Es soll der Gesamtwirkungsgrad ηges des GuD-Prozesses allgemein als Funktion der Wirkungsgrade ηGT , ηDT und ηAHD ermittelt werden. b) Welchen Wert erreicht der Gesamtwirkungsgrad ηges für ein – in Deutschland betriebenes – GuD-Kraftwerk mit den Wirkungsgraden ηGT = 0,41, ηDT = 0,39 und ηAHD = 0,83? ∗ c) Wie groß ist der Gesamtwirkungsgrad ηges , wenn derselbe Kraftwerkstyp in Pakistan betrieben wird und infolge der höheren mittleren Außentemperaturen der Luft und der un∗ günstigeren Möglichkeiten zur Kühlung mit den verringerten Wirkungsgraden ηGT = 0,39, ∗ ∗ ηDT = 0,37 und ηAHD = 0,82 gerechnet werden muss?

(Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) ηges = Mit

|PGT | + |PDT | Q˙ zu ˙ GT |PGT | = ηGT Q˙ zu , |PDT | = ηDT Q˙ DT zu = ηDT ηAHD |Qab |

Q˙ zu = |PGT | + |Q˙ GT ab | ηges =

˙ bzw. |Q˙ GT ab | = Qzu − |PGT |

und

wird

ηDT (Q˙ zu − |PGT |) ηAHD ηGT Q˙ zu + ηDT |Q˙ GT ab | ηAHD = ηGT + Q˙ zu Q˙ zu

Wird die Beziehung

|PGT | = ηGT Q˙ zu

ηges = ηGT + ηDT ηAHD −

.

berücksichtigt, so folgt:

ηDT ηAHD ηGT Q˙ zu = ηGT + ηDT ηAHD − ηDT ηAHD ηGT Q˙ zu

Damit wird: ηges = ηGT + ηAHD ηDT (1 − ηGT ) b) ηges = ηGT + ηAHD ηDT (1 − ηGT ) = 0, 41 + 0, 83 · 0, 39 · (1 − 0, 41) = 0, 601 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ c) ηges = ηGT + ηAHD ηDT (1 − ηGT ) = 0, 39 + 0, 82 · 0, 37 · (1 − 0, 39) = 0, 575

Aufgabe 7.8 Zur Erhöhung des thermischen Wirkungsgrades des reversiblen Clausius-Rankine-Prozesses wird zusätzliche Wärme gezielt im Bereich höherer Temperaturen zugeführt, da diese Wärme gemäß der Aussage des Carnot-Prozesses höherwertig als eine bei niedrigeren Temperaturen zugeführte Wärme ist. Eine solche zusätzliche Wärmezufuhr im Bereich höherer Temperaturen erfolgt mithilfe einer isobaren Zwischenüberhitzung; die adiabate Entspannung in der Dampfturbine wird deshalb in zwei adiabate Entspannungsvorgänge in zwei Dampfturbinenstufen

Aufgaben zu Abschnitt 7

143

zerlegt, um die isobare Zwischenüberhitzung zwischen die beiden Entspannungsvorgänge einfügen zu können. Das Prozessschema sowie die Darstellung im T, s-Diagramm sind aus Bild 7.12 ersichtlich.

Bild 7.12 Zu Aufgabe 7.8 a) Es sind für den reversiblen Clausius-Rankine-Prozess mit isobarer Zwischenüberhitzung allgemein zu bestimmen: die ideale Kreisprozessarbeit (We )id , die reversibel zugeführte Wärme Qzu = (Qzu )rev , die reversibel abgeführte Wärme Qab = (Qab )rev und der thermische Wirkungsgrad ηth . b) Es ist der reversible Clausius-Rankine-Prozess (idealer Dampfkraftprozess) mit Wasser bzw. Wasserdampf als Arbeitsmittel mit den folgenden Zuständen des Arbeitsmittels zu untersuchen: 1: 0,03 bar (0,003 MPa); 24,08 ◦ C (siedende Flüssigkeit) 2: 100 bar (10,0 MPa); 24,26 ◦ C (Flüssigkeit) (s2 = s1 ) 3: 100 bar (10,0 MPa); 550 ◦ C (überhitzter Dampf) 4: 6,0 bar (0,6 MPa); 158,83 ◦ C (Nassdampf) (s4 = s3 ) 5: 6,0 bar (0,6 MPa); 550 ◦ C (überhitzter Dampf) 6: 0,03 bar (0,003 MPa); 24,08 ◦ C (Nassdampf) (s6 = s5 ) Die Zustandsänderungen 1-2, 3-4 und 5-6 sind Isentropen, die Zustandsänderungen 2-3, 4-5 und 6-1 Isobaren. Der Massenstrom des Arbeitsmittels Wasser ist m ˙ = 100 kg/s. Die Zustandsänderungen des Prozesses sind ins T, s-Diagramm für Wasser und Wasserdampf einzutragen und daraus graphisch die Werte der spezifischen Enthalpien h1 , h2 , h3 , h4 , h5 und h6 zu ermitteln. Es kann vereinfachend von h1 = h2 ausgegangen wer˙ e )id , die Kesselden. Wie groß sind die gewinnbare Dampfturbinenleistung PDT = (W ˙ ˙ leistung QKe = (QKe )rev und die an die Umgebung abzuführende Kondensatorleistung Q˙ Ko = (Q˙ Ko )rev ? Welchen Wert weist der thermische Wirkungsgrad ηth des Prozesses auf? c) Wie groß ist der thermische Wirkungsgrad ηC th eines vergleichbaren Carnot-Prozesses mit der oberen Prozesstemperatur to = 550 ◦ C und der unteren Prozesstemperatur tu = 24, 08 ◦ C? d) Zum Vergleich ist der reale – also irreversible – Dampfkraftprozess mit Wasser bzw. Wasserdampf als Arbeitsmittel zu berechnen. Dabei treten die folgenden Zustände des Arbeitsmittels auf:

144

7 Kreisprozesse

1: 0,03 bar (0,003 MPa); 24,08 ◦ C (siedende Flüssigkeit) 2’: 100 bar (10,0 MPa); 24,26 ◦ C (Flüssigkeit) 3: 100 bar (10,0 MPa); 550 ◦ C (überhitzter Dampf) 4’: 6,0 bar (0,6 MPa); 200 ◦ C (überhitzter Dampf) 5: 6,0 bar (0,6 MPa); 550 ◦ C (überhitzter Dampf) 6’: 0,03 bar (0,003 MPa); 24,08 ◦ C (Sattdampf) Die Zustandsänderungen 1-2’, 3-4’ und 5-6’ sind irreversible Adiabaten, die Zustandsänderungen 2’-3, 4’-5 und 6’-1 Isobaren. Der Massenstrom des Arbeitsmittels Wasser ist m ˙ = 100 kg/s. Die irreversibel-adiabaten Zustandsänderungen des Prozesses sind im T, s-Diagramm für Wasser und Wasserdampf zu ergänzen und daraus graphisch die Werte der spezifischen Enthalpien h04 , und h06 zu ermitteln. Es kann wieder vereinfachend von h1 = h02 ausgegangen werden. Wie groß sind die isentropen Wirkungsgrade der beiden Turbinenstufen 0 0 0 ˙0 ηis DT 1 und ηis DT 2 , die gewinnbare Dampfturbinenleistung PDT , die Kesselleistung QKe 0 ˙ und die an die Umgebung abzuführende Kondensatorleistung QKo ? Welchen Wert weist 0 der thermische Wirkungsgrad ηth des Prozesses auf? e) In Abänderung des in Teilaufgabe b) beschriebenen reversiblen Prozesses soll ein weiterer reversibler Prozess untersucht werden, bei dem zwischen den Zuständen 3 und 5 eine isotherme Entspannung angenommen wird, wobei Wasserdampf hier als ideales Gas (R = 0,46152 kJ/(kg K)) behandelt werden soll; dabei wird zwischen 3 und 5 zugleich eine ∗ ˙ e∗35 )id abgegeben sowie eine betragsmäßig gleich große WärmeTurbinenleistung P35 = (W ∗ ∗ ˙ ˙ leistung Q35 = (Q35 )id zugeführt. Die Zustände 1, 2, 3, 4, 5 und 6 sind unverändert; der Zustand 4 entfällt. Der Massenstrom des Arbeitsmittels Wasser ist unverändert m ˙ = 100 kg/s. ∗ ˙ e∗ )id , die gesamte zugeführte Es ist die gesamte gewinnbare Turbinenleistung PDT = (W ∗ ∗ ˙ ˙ Wärmeleistung QKe = (QKe )id , die an die Umgebung abzuführende Kondensatorleistung ∗ Q˙ ∗Ko = (Q˙ ∗Ko )id und der thermische Wirkungsgrad ηth zu ermitteln. Die Zustandsänderung 3-5 setzt ein ideales Gas voraus. Es soll anhand des T, s-Diagramms für Wasser und Wasserdampf überprüft werden, ob diese Annahme zutrifft. f) Der Prozess gemäß Teilaufgabe d) wird durch zwei vorgeschaltete, irreversibel arbeitende Gasturbinenanlagen und einen irreversibel arbeitenden unbefeuerten Abhitzedampferzeuger zu einem kombinierten Gas- und Dampfturbinen(GuD)-Prozess erweitert (vgl. Aufgabe 7.7). Wie groß ist der Gesamtwirkungsgrad ηges GuD des realen GuD-Prozesses, wenn der Wirkungsgrad der beiden vorgeschalteten Gasturbinenanlagen zu ηGT = 0,42 und des unbefeuerten Abhitzedampferzeugers zu ηAHD = 0,85 angenommen wird? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Die Druckänderungsarbeit der Speisewasserpumpe kann vernachlässigt werden: WP 12 = m (h2 − h1 ) = 0

Damit wird:

(We )id = (We1 )id + (We2 )id = m (h4 − h3 + h6 − h5 ) Qzu = (Qzu )rev = (Qzu1 )rev + (Qzu2 )rev = m (h3 − h2 + h5 − h4 ) Qab = (Qab )rev = m (h1 − h6 ) ηth = −

(We )id (Qzu )rev

ηth = −

h4 − h3 + h6 − h5 h3 − h2 + h5 − h4

Aufgaben zu Abschnitt 7

kJ kg kJ h3 = 3501, 96 kg

b) h1 = 100, 98

h2 = h1 = 100, 98 h4 = 2755, 80

PP = m ˙ (h2 − h1 ) = 0

kJ kg

kJ kg

kJ ) kg kJ h6 = 2415, 08 kg

(genauer Wert: h2 = 110, 98 h5 = 3591, 77

kJ kg

kJ kg

˙ e )id = P34 + P56 = m PDT = (W ˙ (h4 − h3 + h6 − h5 ) kg kJ PDT = 100 (2755, 80 − 3501, 96 + 2415, 08 − 3591, 77) = − 192, 285 MW s kg Q˙ Ke = (Q˙ Ke )rev = (Q˙ zu )rev = Q˙ 23 + Q˙ 45 = m ˙ (h3 − h2 + h5 − h4 ) kJ kg (3501, 96 − 100, 98 + 3591, 77 − 2755, 80) = 423, 695 MW Q˙ Ke = 100 s kg Q˙ Ko = (Q˙ Ko )rev = (Q˙ ab )rev = m ˙ (h1 − h6 ) kg kJ Q˙ Ko = 100 (100, 98 − 2415, 08) = −231, 410 MW s kg ˙ e )id PDT h4 − h3 + h6 − h5 (W ηth = − ηth = − = − ˙ ˙ h3 − h2 + h5 − h4 (Qzu )id QKe − 192, 285 MW = 0, 4538 423, 695 MW (823, 15 − 297, 23) K To − Tu ηth C = = 0, 6389 = To 823, 15 K

ηth = − c) ηth C

d) Bild 7.13:

h04 = 2850, 61

kJ kg

h06 = 2544, 84

kJ kg

0 ηis DT 1

h0 − h3 = 4 h4 − h3

0 ηis DT 1

kJ kg = 0, 8729 = kJ (2755, 80 − 3501, 96) kg

0 ηis DT 2

h0 − h5 = 6 h6 − h5

0 ηis DT 1

kJ kg = 0, 8897 = kJ (2415, 08 − 3591, 77) kg

(2850, 61 − 3501, 96)

(2544, 84 − 3591, 77)

PP0 = m ˙ (h02 − h1 ) = 0

kJ kg

0 0 0 ˙ (h04 − h3 + h06 − h5 ) PDT = P34 0 + P560 = m kJ kg 0 (2850, 61 − 3501, 96 + 2544, 84 − 3591, 77) = − 169, 828 MW PDT = 100 s kg Q˙ 0Ke = Q˙ 020 3 + Q˙ 040 5 = m ˙ (h3 − h02 + h5 − h04 )

kg kJ Q˙ 0Ke = 100 (3501, 96 − 100, 98 + 3591, 77 − 2850, 61) = 414, 214 MW s kg kJ kg (100, 98 − 2544, 84) = −244, 386 MW Q0Ko = m ˙ (h1 − h06 ) Q0Ko = 100 s kg P0 h04 − h3 + h06 − h5 0 ηth = − DT η th = − h3 − h02 + h5 − h04 Q˙ 0Ke 0 ηth = −

− 169, 828 MW = 0, 4100 414, 214 MW

145

146

7 Kreisprozesse

e) PP∗ = m ˙ (h2 − h1 ) = 0

kJ kg

∗ ∗ ∗ ˙ e∗ )id = P35 PDT = (W + P56 =m ˙ (R T3 ln

p5 + h6 − h5 ) p3

kJ 6 kJ kg (0, 46152 · 823, 15 K · ln + 2415, 08 − 3591, 77) = − 224, 551 MW s kg K 100 kg p3 = (Q˙ ∗Ke )rev = Q˙ ∗23 + Q˙ ∗35 = m ˙ (h3 − h2 + R T3 ln ) p5

∗ PDT = 100

Q˙ ∗Ke

kg kJ 100 kJ Q˙ ∗Ke = 100 (3501, 96 − 100, 98 + 0, 46152 · 823, 15 K · ln ) = 446, 980 MW s kg K 6 kg p5 + h6 − h5 R T3 ln ∗ ∗ ˙ P ( W ) p3 id ∗ ∗ e ηth = − DT η = − = − th p3 (Q˙ ∗Ke )rev Q˙ ∗Ke h3 − h2 + R T3 ln p5 ∗ ηth = −

− 224, 551 MW = 0, 5024 446, 980 MW

Die Annahme idealen Gases zwischen den Zuständen 3 und 5 trifft nur in erster Näherung zu; läge hier ideales Gas vor, müssten die Isenthalpen im T, s-Diagramm waagerechte Linien sein, also parallel zu den Isothermen verlaufen. Tatsächlich ist aber eine Erhöhung der spezifischen Enthalpie um ∆h = h5 − h3 = 89, 81 kJ/kg nötig (Bild 7.13). Dies hat für die isotherme Zustandsänderung zur Folge, dass die spezifische Wärmezufuhr um etwa ∆h/2 erhöht ist und die spezifische Arbeitsabgabe um rund ∆h/2 vermindert ist. Damit werden ∗ ˙ e∗ )id = − 220, 0605 MW , Q˙ ∗Ke = (Q˙ ∗Ke )rev = 451, 4705 MW PDT = (W und ∗ ηth = −

− 220, 0605 MW = 0, 4874 . 451, 4705 MW

f) ηges GuD = ηGT + ηAHD ηDT (1 − ηGT )

mit

ηges = 0, 42 + 0, 85 · 0, 41 · (1 − 0, 42) = 0, 6221

Bild 7.13 Zu Aufgabe 7.8

0 ηDT = ηth

Aufgaben zu Abschnitt 7

147

Aufgabe 7.9 Zur Erhöhung des thermischen Wirkungsgrades des reversiblen Clausius-Rankine-Prozesses wird die regenerative Speisewasservorwärmung eingesetzt. Dabei wird derjenige Teil der isobar zugeführten Wärme, der im Bereich niedriger Temperaturen erforderlich ist, nicht als wertvolle Hochtemperaturwärme zugeführt, sondern als geringerwertige Niedertemperaturwärme. Auf diese Weise wird der Aussage des Carnot-Prozesses Rechnung getragen, dass der thermodynamische Wert der Wärme umso niedriger ist, je niedriger ihr Temperaturbereich ist. Die regenerative Speisewasservorwärmung erfolgt mithilfe eines Wärmeübertragers, in dem das aus der Speisewasserpumpe kommende - Speisewasser mit thermodynamisch niederwertigem Dampf aufgewärmt wird, der dabei kondensiert. Dieser Dampf wird als Teilmassenstrom m ˙∗ der Dampfturbine entnommen, nachdem er in der Turbine bereits teilweise Arbeit verrichtet hat. Der verbleibende Massenstrom m ˙ −m ˙ ∗ wird in der Turbine vollständig entspannt. Das Prozessschema sowie die Darstellung im T, s-Diagramm sind aus Bild 7.14 ersichtlich.

Bild 7.14 Zu Aufgabe 7.9 a) Es sind für den reversiblen Clausius-Rankine-Prozess mit regenerativer Speisewasservorwärmung allgemein zu bestimmen: die ideale Kreisprozessarbeit (We )id , die reversibel zugeführte Wärme Qzu = (Qzu )rev , die reversibel abgeführte Wärme Qab = (Qab )rev und der thermische Wirkungsgrad ηth . b) Es ist ein irreversibler Dampf-Heizkraftwerksprozess (Kraft-Wärme-Kopplungsprozess) mit Wasser bzw. Wasserdampf als Arbeitsmittel mit den folgenden Zuständen des Arbeitsmittels zu untersuchen: 1: 2,0 bar (0,2 MPa); 120,21 ◦ C (siedende Flüssigkeit) 2’ = 2: 8,0 bar (0,8 MPa); 120,21 ◦ C (Flüssigkeit) 3: 8,0 bar (0,8 MPa); 170,40 ◦ C (Flüssigkeit) 4: 8,0 bar (0,8 MPa); 170,40 ◦ C (Flüssigkeit) 5’ = 5: 100,0 bar (10,0 MPa); 170,40 ◦ C (Flüssigkeit) 6: 100,0 bar (10,0 MPa); 600,00 ◦ C (überhitzter Dampf) 7’: 8,0 bar (0,8 MPa); 266,12 ◦ C (überhitzter Dampf) 8’: 2,0 bar (0,2 MPa); 120,21 ◦ C (Sattdampf) Die Zustandsänderungen 1-2’, 3-5’, 6-7’ und 7’-8’ sind irreversible Adiabaten, die Zustandsänderungen 2’-3, 7’-4, 5’-6 und 8’-1 Isobaren. Der gesamte Massenstrom des Arbeitsmittels

148

7 Kreisprozesse

Wasser ist m ˙ = 15 kg/s. Der aus der Turbine entnommene Massenstrom m ˙ ∗ für die Speisewasservorwärmung beträgt 8,7 % des gesamten Massenstroms m. ˙ Die Zustandsänderungen des Prozesses sind ins T, s-Diagramm für Wasser und Wasserdampf (Bild 7.15) einzutragen und daraus graphisch die Werte der spezifischen Enthalpien h1 , h02 , h3 , h4 , h05 , h6 , h07 und h08 zu ermitteln. Es kann vereinfachend von h1 = h02 sowie von h3 = h4 = h5 = h05 ausgegangen werden; die jeweiligen Pumpenleistungen sind also vernachlässigbar. Zur Ermittlung des isentropen Wirkungsgrades der Turbine ηis DT ist zusätzlich h8 anzugeben, wofür s8 = s6 sowie p8 = p08 anzusetzen ist. Wie groß sind die zu gewinnende Dampfturbinenleistung PDT , die Kesselleistung Q˙ Ke und die als Nutzwärmeleistung zu gewinnende Kondensatorleistung Q˙ Ko ? Welchen Wert weist der thermische Wirkungsgrad ηth des Prozesses auf? Wie groß ist der Brennstoffausnutzungsgrad ηBr des Heizkraftwerksprozesses? c) Zusätzlich ist eine zeitbezogene Energiebilanz für den Speisewasservorwärmer anzugeben, wobei die Zustände 2’, 3, 4 und 7’ zu beachten sind. Es soll außerdem gezeigt werden, dass sich durch Umformung dieser zeitbezogenen Energiebilanz und aus den Werten für h02 , h3 , h4 und h07 das Massenstromverhältnis m ˙ ∗/ m ˙ = 0,087 bestimmen lässt. (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung:

Bild 7.15 Zu Aufgabe 7.9 a) Die Druckänderungsarbeiten der Speisewasserpumpen können vernachlässigt werden: WP 12 = (m − m∗ ) (h2 − h1 ) = 0

WP 35 = m (h5 − h3 ) = 0

Damit wird:

∗

(We )id = (We1 )id + (We2 )id = m (h7 − h6 ) + (m − m ) (h8 − h7 ) Qzu = (Qzu )rev = m (h6 − h5 ) Qab = (Qab )rev = (m − m∗ ) (h1 − h8 ) ηth = −

(We )id (Qzu )rev

ηth = −

m (h7 − h6 ) + (m − m∗ ) (h8 − h7 ) m (h6 − h5 )

Aufgaben zu Abschnitt 7

ηth = −

m∗ ) (h8 − h7 ) m h6 − h5

h7 − h6 + (1 −

b) h1 = 504, 70

kJ kg

h02 = h2 = h1 = 504, 70

h3 = h4 = h5 = h05 = 720, 84 h6 = 3625, 76

ηis DT

149

kJ kg

h0 − h6 = 8 h8 − h6

kJ kg

h07 = 2985, 00

kJ kg

(genauer Wert für h2 : h2 = 505, 34

(genauer Wert für h5 : h5 = 731, 07 kJ kg

h08 = 2706, 23

kJ kg

kJ ) kg

kJ ) kg

h8 = 2618, 75

kJ kg

kJ kg = 0, 9131 = kJ (2618, 75 − 3625, 76) kg (2706, 23 − 3625, 76)

ηis DT

kJ kJ PP 350 = m ˙ (h5 − h3 ) = 0 kg kg kg kg ∗ ∗ m ˙ = 0, 087 m ˙ m ˙ = 0, 087 · 15 = 1, 305 s s 0 PDT = P670 + P70 80 = m ˙ (h7 − h6 ) + (m ˙ −m ˙ ∗ ) (h08 − h07 ) ˙ −m ˙ ∗ ) (h02 − h1 ) = 0 PP 120 = (m

PDT = 15

kJ kg kJ kg (2985, 00−3625, 76) +13, 695 (2706, 23−2985, 00) = − 13, 429 MW s kg s kg

Q˙ Ke = m ˙ (h6 − h05 ) kJ kg (3625, 76 − 720, 84) = 43, 574 MW Q˙ Ke = 15 s kg QKo = (m ˙ −m ˙ ∗ ) (h1 − h08 ) kg kJ QKo = 13, 695 (504, 70 − 2706, 23) = − 30, 150 MW s kg ηth = −

ηth = − ηBr = −

PDT Q˙ Ke

ηth = −

m ˙ (h07 − h6 ) + (m ˙ −m ˙ ∗ ) (h08 − h07 ) 0 m ˙ (h6 − h5 )

m ˙∗ ) (h08 − h07 ) m ˙ h6 − h05

h07 − h6 + (1 − PDT + Q˙ Ko Q˙ Ke

ηBr = −

ηth = −

− 13, 429 MW − 30, 150 MW = 1, 000 43, 574 MW

c) m ˙ ∗ (h07 − h4 ) = (m ˙ −m ˙ ∗ ) (h3 − h02 ) m ˙ ∗ h07 − m ˙ ∗ h4 = m ˙ h3 − m ˙ ∗ h3 − m ˙ h02 + m ˙ ∗ h02 Mit h3 = h4 wird m ˙ ∗ h3 = m ˙ ∗ h4 und damit m ˙∗ 0 m ˙∗ 0 h7 = h3 − h02 + h2 m ˙ m ˙ h3 − h02 m ˙∗ = 0 m ˙ h7 − h02 m ˙∗ = m ˙

kJ kg = 0, 087 kJ (2985, 00 − 504, 70) kg (720, 84 − 504, 70)

− 13, 429 MW = 0, 3082 43, 574 MW

150

7 Kreisprozesse

Aufgabe 7.10 Zur Erhöhung des thermischen Wirkungsgrades des reversiblen Clausius-Rankine-Prozesses werden die isobare Zwischenüberhitzung gemäß Aufgabe 7.8 sowie die regenerative Speisewasservorwärmung gemäß Aufgabe 7.9 gemeinsam genutzt. Während die isobare Zwischenüberhitzung in der Regel nur ein- bis zweimal einbezogen wird, kann die regenerative Speisewasservorwärmung stufenweise bis zu zehnmal in den Prozess integriert werden. Das Prozessschema sowie dessen Darstellung im T, s-Diagramm entsprechend Bild 7.16 berücksichtigt jeweils eine isobare Zwischenüberhitzung sowie eine regenerative Speisewasservorwärmung.

Bild 7.16 Zu Aufgabe 7.10 a) Es sind für den reversiblen Clausius-Rankine-Prozess mit isobarer Zwischenüberhitzung und regenerativer Speisewasservorwärmung allgemein zu bestimmen: die ideale Kreisprozessarbeit (We )id , die reversibel zugeführte Wärme Qzu = (Qzu )rev , die reversibel abgeführte Wärme Qab = (Qab )rev und der thermische Wirkungsgrad ηth . b) Es ist ein irreversibler Dampf-Heizkraftwerksprozess (Kraft-Wärme-Kopplungsprozess) mit Wasser bzw. Wasserdampf als Arbeitsmittel mit den folgenden Zuständen des Arbeitsmittels zu untersuchen: 1: 0,40 bar (0,04 MPa); 75,86 ◦ C (siedende Flüssigkeit) 2’ = 2: 40,0 bar (4,0 MPa); 75,86 ◦ C (Flüssigkeit) 3: 40,0 bar (4,0 MPa); 166,59 ◦ C (Flüssigkeit) 4: 40,0 bar (4,0 MPa); 166,59 ◦ C (Flüssigkeit) 5’ = 5: 190,0 bar (19,0 MPa); 166,59 ◦ C (Flüssigkeit) 6: 190,0 bar (19,0 MPa); 580,00 ◦ C (überhitzter Dampf) 7’: 35,0 bar (3,5 MPa); 325,34 ◦ C (überhitzter Dampf) 8: 35,0 bar (3,5 MPa); 580,00 ◦ C (überhitzter Dampf) 9’: 5,5 bar (0,55 MPa); 323,75 ◦ C (überhitzter Dampf) 10’: 0,40 bar (0,04 MPa); 75,86 ◦ C (Sattdampf) Die Zustandsänderungen 1-2’, 4-5’, 6-7’, 8-9’ und 9’-10’ sind irreversible Adiabaten, die Zustandsänderungen 2’-3, 9’-4, 5’-6, 7’-8 und 10’-1 Isobaren. Der gesamte Massenstrom des Arbeitsmittels Wasser ist m ˙ = 75 kg/s. Der aus der Turbine entnommene Massenstrom m ˙ ∗ für die Speisewasservorwärmung beträgt 13,9 % des gesamten Massenstroms m. ˙

Aufgaben zu Abschnitt 7

151

Die Zustandsänderungen des Prozesses sind ins T, s-Diagramm für Wasser und Wasserdampf (Bild 7.17) einzutragen und daraus graphisch die Werte der spezifischen Enthalpien h1 , h02 , h3 , h4 , h05 , h6 , h07 , h8 , h09 und h010 zu ermitteln. Es kann vereinfachend von h1 = h02 sowie von h3 = h4 = h5 = h05 ausgegangen werden; die jeweiligen Pumpenleistungen sind also vernachlässigbar. Zur Ermittlung der isentropen Wirkungsgrade der Turbinenstufen ηis DT 1 und ηis DT 2 sind zusätzlich h7 und h9 anzugeben; dafür ist s7 = s6 und p7 = p07 sowie s10 = s8 und p10 = p010 anzusetzen. Wie groß sind die erzielbare Dampfturbinenleistung PDT , die Kesselleistung Q˙ Ke und die als Nutzwärmeleistung erzielbare Kondensatorleistung Q˙ Ko ? Welchen Wert weist der thermische Wirkungsgrad ηth des Prozesses auf? Wie groß ist der Brennstoffausnutzungsgrad ηges des Heizkraftwerksprozesses? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) Die Druckänderungsarbeiten der Speisewasserpumpen können vernachlässigt werden: WP 12 = (m − m∗ ) (h2 − h1 ) = 0

Damit wird:

WP 35 = m (h5 − h3 ) = 0

(We )id = (We1 )id + (We2a )id + (We2b )id = m (h7 − h6 + h9 − h8 ) + (m − m∗ ) (h10 − h9 ) Qzu = (Qzu )rev = (Qzu1 )rev + (Qzu2 )rev = m (h6 − h5 + h8 − h7 ) Qab = (Qab )rev = (m − m∗ ) (h1 − h10 ) ηth = −

ηth = −

(We )id (Qzu )rev

ηth = −

m (h7 − h6 + h9 − h8 ) + (m − m∗ ) (h10 − h9 ) m (h6 − h5 + h8 − h7 )

m∗ ) (h10 − h9 ) m h6 − h5 + h8 − h7

h7 − h6 + h9 − h8 + (1 −

b) h1 = 317, 62

kJ kg

h02 = h2 = h1 = 317, 62

h3 = h4 = h5 = h05 = 706, 00

kJ kg

(genauer Wert für h2 : h2 = 321, 69

(genauer Wert für h5 : h5 = 722, 55 kJ kg

h6 = 3492, 58

kJ kg

h07 = 3044, 00

h09 = 3112, 55

kJ kg

h010 = 2636, 05

kJ kg

h7 = 2993, 71

kJ kg

h10 = 2536, 17

kJ ) kg

h8 = 3633, 25

kJ kg

kJ kg

kJ kg = = 0, 8992 kJ (2993, 71 − 3492, 58) kg (3044, 00 − 3492, 58)

ηis DT 1

h0 − h6 = 7 h7 − h6

ηis DT 2

h0 − h8 = 10 h10 − h8

ηis DT 1

kJ kg = = 0, 9090 kJ (2536, 17 − 3633, 25) kg (2636, 05 − 3633, 25)

ηis DT 2

PP 120 = (m ˙ −m ˙ ∗ ) (h02 − h1 ) = 0 m ˙ ∗ = 0, 139 m ˙

kJ kg

kJ kg

kJ kg

kg kg = 10, 425 s s =m ˙ (h07 − h6 + h09 − h8 ) + (m ˙ −m ˙ ∗ ) (h010 − h09 )

m ˙ ∗ = 0, 139 · 75

PDT = P670 + P890 + P90 100

˙ (h05 − h3 ) = 0 PP 350 = m

kJ ) kg

152

7 Kreisprozesse

PDT = 75

kJ kg kJ kg (3044, 00−3492, 58+3112, 55−3633, 25) +64, 575 (2636, 05−3112, 55) s kg s kg

= − 103, 466 MW Q˙ Ke = Q˙ 50 6 + Q˙ 70 8 = m ˙ (h6 − h05 + h8 − h07 ) kg kJ Q˙ Ke = 75 (3492, 58 − 706, 00 + 3633, 25 − 3044, 00) = 253, 187 MW s kg QKo = (m ˙ −m ˙ ∗ ) (h1 − h010 ) QKo = 64, 575 ηth = −

ηth = − ηth = −

PDT Q˙ Ke

kJ kg (317, 62 − 2636, 05) = − 149, 713 MW s kg ηth = −

m ˙ (h07 − h6 + h09 − h8 ) + (m ˙ −m ˙ ∗ ) (h010 − h09 ) m ˙ (h6 − h05 + h8 − h07 )

m∗ ) (h010 − h09 ) m h6 − h05 + h8 − h07

h07 − h6 + h09 − h8 + (1 −

− 103, 466 MW = 0, 4087 253, 187 MW

ηges = −

PDT + Q˙ Ko Q˙ Ke

ηges = −

− 103, 466 MW − 149, 713 MW = 1, 000 253, 187 MW

Bild 7.17 Zu Aufgabe 7.10 Aufgabe 7.11 Bei einem industriellen Fertigungsprozess in Nordosteuropa fällt Wärme auf einem Temperaturniveau von 270,00 ◦ C an, die zur Stromerzeugung genutzt werden soll. Die Außentemperatur kann mit 5,00 ◦ C angenommen werden. Im Rahmen einer Voruntersuchung wird ein

Aufgaben zu Abschnitt 7

153

reversibler Clausius-Rankine-Prozess geprüft, der eine Zwischenüberhitzung aufweist. Als Arbeitsmittel wird Ammoniak (NH3 ) vorgesehen (vgl. Bild 7.18 und Bild 7.19). Folgende Zustände des Arbeitsmittels treten auf: 1: 300 bar (30,0 MPa);

245,29 ◦ C (518,44 K) ◦

(überhitzter Dampf)

2: 100 bar (10,0 MPa);

137,50 C (410,65 K)

(überhitzter Dampf)

3: 100 bar (10,0 MPa);

245,29 ◦ C (518,44 K)

(überhitzter Dampf)

4: 7,3 bar (0,73 MPa);

◦

(Sattdampf)

◦

15,00 C (288,15 K)

5: 7,3 bar (0,73 MPa);

15,00 C (288,15 K)

(siedende Flüssigkeit)

6: 300 bar (30,0 MPa);

21,43 ◦ C (294,58 K)

(Flüssigkeit)

Die Zustandsänderungen 12, 34 und 56 sind reversible Adiabaten (Isentropen), die Zustandsänderungen 23, 45 und 61 Isobaren. Der Massenstrom des Arbeitsmittels Ammoniak ist m ˙ = 10 kg/s. a) Der Prozess ist ins T, s-Diagramm für Ammoniak (Bild 7.20) einzuzeichnen; daraus sollen graphisch die Werte der spezifischen Enthalpien h1 , h2 , h3 , h4 , h5 und h6 sowie der spezifischen Entropien s1 , s2 , s3 , s4 , s5 und s6 ermittelt werden. Vereinfacht kann h6 = h5 gesetzt werden; die Leistung der Speisewasserpumpe P56 ist also vereinfacht P56 = 0 kW. ˙ e )id = PDT sowie die Wärmeleistung b) Wie groß sind die zu gewinnende Turbinenleistung (W Q˙ Ke = (Q˙ Ke )rev , die im Dampferzeuger zugeführt werden muss? Welchen Wert weist die Wärmeleistung Q˙ Ko = (Q˙ Ko )rev auf, die im Kondensator nach außen abgegeben wird? c) Wie groß ist der thermische Wirkungsgrad ηth des Prozesses? d) Zum Vergleich ist der thermische Wirkungsgrad ηth C eines reversiblen Carnot-Prozesses anzugeben, der zwischen der höchsten Temperatur to = 245,29 ◦ C und der niedrigsten Temperatur tu = 15,00 ◦ C verläuft. Welchen Wert hätte der thermische Wirkungsgrad ∗ ηth C eines reversiblen Carnot-Prozesses, wenn dieser zwischen der höchsten Temperatur t∗o = 270,00 ◦ C und der niedrigsten Temperatur t∗u = 5,00 ◦ C verlaufen würde?

Bild 7.19 Zu Aufgabe 7.11

Bild 7.18 Zu Aufgabe 7.11 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) h1 = 1608, 36

kJ kg

h2 = 1462, 24

kJ kg

h3 = 1920, 95

kJ kg

h4 = 1476, 38

kJ kg

154

7 Kreisprozesse

kJ kg

h6 = 270, 09

kJ kg

s1 = 4, 427

kJ kg K

s2 = 4, 427

kJ kg K

s5 = 1, 248

kJ kg K

s6 = 1, 248

kJ kg K

h5 = 270, 09

(genauer Wert: h6 = 316, 97 s3 = 5, 434

kJ kg K

kJ ) kg

s4 = 5, 434

kJ kg K

Bild 7.20 Zu Aufgabe 7.11 b) PP = m ˙ (h6 − h5 ) = 0 kW ˙ e )id = PDT = P12 + P34 = m (W ˙ (h2 − h1 + h4 − h3 ) PDT = 10

kg kJ · (1462, 24 − 1608, 36 + 1476, 38 − 1920, 95) = − 5906, 90 kW s kg

Q˙ Ke = (Q˙ Ke )rev = (Q˙ 61 )rev + (Q˙ 23 )rev = m ˙ (h1 − h6 + h3 − h2 ) kg kJ (Q˙ Ke )rev = 10 · (1608, 36 − 270, 09 + 1920, 95 − 1462, 24) = 17969, 80 kW s kg Q˙ Ko = (Q˙ Ko )rev = (Q˙ 45 )rev = m ˙ (h5 − h4 ) (Q˙ Ko )rev = (Q˙ 45 )rev = 10 c) ηth = ηth =

|PDT | Q˙ Ke

ηth = −

kJ kg · (270, 09 − 1476, 38) = −12062, 90 kW s kg

m ˙ (h2 − h1 + h4 − h3 ) m ˙ (h1 − h6 + h3 − h2 )

5906, 90 MW = 0, 3287 17969, 80 MW

Aufgaben zu Abschnitt 7

d) ηth C = ∗ ηth C =

To − Tu To

(518, 44 − 288, 15) K = 0, 4442 518, 44 K

ηth C =

To∗ − Tu∗ To∗

155

∗ ηth C =

(543, 15 − 278, 15) K = 0, 4879 543, 15 K

Aufgabe 7.12 Für den Otto-Prozess mit dem Arbeitsmittel Luft als idealem Gas (vgl. das p, v-Diagramm und das T, s-Diagramm in Bild 7.21) sollen der thermische und der exergetische Wirkungsgrad ηth und ζ, die mechanischen Anstrengungsverhältnisse awp und awv sowie die thermischen Anstrengungsverhältnisse aqT und aqs mit Hilfe von allgemeinen Gleichungen wiedergegeben werden, in denen das Druckverhältnis p2 /p1 nicht mehr enthalten ist. Stattdessen sollen nur noch die Temperaturen T1 und T2 und – je nach Beziehung – gegebenenfalls noch die Temperaturen Tb und T3 sowie gegebenenfalls noch der Isentropenexponent κ als unabhängige Veränderliche enthalten sein. Weiter soll mit den ermittelten allgemeinen Gleichungen für awp , awv und aqs die Verknüpfung awp = κ awv + (κ − 1)aqs bestätigt werden.

Bild 7.21 Zu Aufgabe 7.12 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: Es gilt für die isentrope Zustandsänderung von 1 nach 2: T2 = T1



p2 p1

 κ−1 κ

Diese Gleichung lässt sich in die Beziehungen der Tabelle 7.10 in Abschnitt 7 des Lehrbuchs ’Doering/Schedwill/Dehli: Grundlagen der Technischen Thermodynamik’ einsetzen. Damit nimmt die Gleichung für den thermischen Wirkungsgrad ηth

 κ−1

p1 T1 κ die Form an: ηth = 1 − p2 T2 Aus der Gleichung für den exergetischen Wirkungsgrad ζ

ηth = 1 −



1− ζ=



p1 p2

Tb

1− T3 − T1



p2 p1

 κ−1 κ

 κ−1 κ

ln

T3 T1

1−



p1 p2

 κ−1 κ

!

wird:

ζ= 1−

T1 T2

Tb T3 ln T3 − T2 T2

156

7 Kreisprozesse

Aus der Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awp T3 + T1 awp = κ



p2 p1

 κ−1 κ

 p  κ−1

+ (κ − 1)

κ

2



p2 p1

 κ−1 κ

+1 wird:

 p  κ−1

awp = κ

κ

2

T3 + T2 T2 + T1 + (κ − 1) T3 − T2 T2 − T1

−1 p1 p1 Aus der Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awv T3 − T1

T3 + T1 awv = T3 − T1



p2 p1

 κ−1 κ

wird:

 p  κ−1 2

awv =

κ

T3 + T2 T3 − T2

p1 Aus der Gleichung für das thermische Anstrengungsverhältnis aqT

aqT



 s1 =  (κ − 1)(T3 − T1 ) + T3 ln R



T3 T1

p

2

p1

   κ−1  κ

2 T3 − T1



p2 p1



p2 p1

 κ−1 κ

 κ−1 κ

!



p2 p1

 p  κ−1 2

κ

p1

−

s1 T3 T2 + T1 2 T2 (κ − 1) (T3 − T1 ) + T3 ln − R T2 (T3 − T2 ) (T2 − T1 ) T2 − T1 Aus der Gleichung für das thermische Anstrengungsverhältnis aqs

aqT =

aqs =







p2 p1

 κ−1 κ

 p  κ−1 2

+1 wird:

κ

aqs =



p2 p1

 κ−1 κ

 κ−1 κ

!−

−1

+1 wird : −1

T2 + T1 T2 − T1

−1 p1 Setzt man in die rechte Seite der Gleichung awp = κ awv + (κ − 1)aqs die Gleichungen T3 + T2 T2 + T1 awv = und aqs = ein, T3 − T2 T2 − T1 so folgt hieraus unmittelbar die Gleichung für awp : T3 + T2 T2 + T1 awp = κ + (κ − 1) T3 − T2 T2 − T1

Aufgabe 7.13 Für den Joule-Prozess mit einem idealen Gas als Arbeitsmittel (vgl. das p, v-Diagramm und das T, s-Diagramm in Bild 7.22) sollen der thermische und der exergetische Wirkungsgrad ηth und ζ, die mechanischen Anstrengungsverhältnisse awp und awv sowie die thermischen Anstrengungsverhältnisse aqT und aqs mit Hilfe von allgemeinen Gleichungen wiedergegeben werden, in denen das Druckverhältnis p2 /p1 nicht mehr enthalten ist. Stattdessen sollen nur noch die Temperaturen T1 und T2 und – je nach Beziehung – gegebenenfalls noch die Temperaturen Tb und T3 sowie gegebenenfalls noch der Isentropenexponent κ als unabhängige Veränderliche enthalten sein. Weiter soll mit den ermittelten allgemeinen Gleichungen für awp , awv und aqs die Verknüpfung awp = κ awv − (κ − 1)aqs bestätigt werden. (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Aufgaben zu Abschnitt 7

157

Lösung: Es gilt für die isentrope Zustandsänderung von 1 nach 2: T2 = T1



p2 p1

 κ−1 κ

Diese Gleichung lässt sich in die Beziehungen der Tabelle 7.9 in Abschnitt 7 des Lehrbuchs ’Doering/Schedwill/Dehli: Grundlagen der Technischen Thermodynamik’ einsetzen.

Bild 7.22 Zu Aufgabe 7.13 Damit nimmt die Gleichung für den thermischen Wirkungsgrad ηth ηth = 1 −

 p  κ−1 κ

1

die Form an:

p2

ηth = 1 −

T1 T2

Aus der Gleichung für den exergetischen Wirkungsgrad ζ 1− ζ=



p1 p2

Tb

1− T3 − T1



p2 p1

 κ−1

 κ−1 κ

1−

T3 T1

ln

κ



p1 p2

 κ−1 κ

wird:

!

ζ= 1−

Aus der Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awp T3 + T1 awp = T3 − T1



p2 p1

 κ−1 κ

wird:

 p  κ−1 2

awp =

κ

T3 + T2 T3 − T2

p1

Aus der Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awv



p2 p1

 κ−1 κ

2 +1− κ

T3

 awv =

p1 p2

 κ−1

T3

awv =

wird:



p2 p1

 κ−1 κ

κ



p1 p2

− T1

 κ−1 κ



p2 p1

 κ−1 κ

− T1

−1

1 T3 + T2 (κ − 1) T2 + T1 + κ T3 − T2 κ T2 − T1

Aus der Gleichung für das thermische Anstrengungsverhältnis aqT

T1 T2

Tb T3 ln T3 − T2 T2

158

aqT

7 Kreisprozesse



 s1 (κ − 1) =  R κ (T3 − T1 ) + T3 ln



T1

 T3  κ−1    p2 p1

κ

2 T3 − T1



p2 p1



p2 p1

 κ−1 κ

 κ−1 κ

!



p2 p1

 p  κ−1 2

κ

p1

−

T3 T2 + T1 2 T2 s1 κ − 1 (T3 − T1 ) + T3 ln − R κ T2 (T3 − T2 ) (T2 − T1 ) T2 − T1 Aus der Gleichung für das thermische Anstrengungsverhältnis aqs aqT =

aqs =







p2 p1

 κ−1 κ

 p  κ−1 2

+1 wird:

κ

aqs =



p2 p1

 κ−1 κ

 κ−1 κ

!−

−1

+1 wird : −1

T2 + T1 T2 − T1

−1 p1 Setzt man in die rechte Seite der Gleichung awp = κ awv − (κ − 1)aqs die Gleichungen κ − 1 T2 + T1 T2 + T1 1 T3 + T2 + und aqs = ein, so folgt hieraus für awp : awv = κ T3 − T2 κ T2 − T1 T2 − T1  1 T +T κ − 1 T2 + T1 T2 + T1 3 2 + − (κ − 1) awp = κ κ T3 − T2 κ T2 − T1 T2 − T1 T3 + T2 T2 + T1 T2 + T1 T3 + T2 awp = + (κ − 1) − (κ − 1) und schließlich awp = . T3 − T2 T2 − T1 T2 − T1 T3 − T2

Aufgabe 7.14 Es soll die thermodynamische Verwandtschaft zwischen dem Otto-Prozess und dem JouleProzess aufgezeigt werden, wobei ein ideales Gas als Arbeitsmittel vorauszusetzen ist. Hierzu sollen die Gleichungen in den Aufgaben 7.12 und 7.13 für den thermischen und den exergetischen Wirkungsgrad ηth und ζ, für die mechanischen Anstrengungsverhältnisse awp und awv sowie für die thermischen Anstrengungsverhältnisse aqT und aqs herangezogen werden. (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: Will man die Beziehungen für den Otto-Prozess (Index o) mit Hilfe der Beziehungen für den Joule-Prozess (Index j) darstellen, so erhält man: ηth o = ηth j ζo = ζj aqs o = aqs j awv o = awp j awp o = κ awp j + (κ − 1) aqs j aqT o ist mit aqT j fast identisch; es besteht nur insoweit ein Unterschied, als im ersten Summanden in der ersten Klammer bei aqT j gegenüber aqT o der Isentropenexponent κ zusätzlich im Nenner vorhanden ist. Will man die Beziehungen für den Joule-Prozess (Index j) mit Hilfe der Beziehungen für den Otto-Prozess (Index o) darstellen, so erhält man:

Aufgaben zu Abschnitt 7

159

ηth j = ηth o ζj = ζo aqs j = aqs o awp j = awv o (κ − 1) 1 awv j = awv o + aqs o κ κ aqT j ist mit aqT o fast identisch; es besteht nur insoweit ein Unterschied, als im ersten Summanden in der ersten Klammer bei aqT j gegenüber aqT o der Isentropenexponent κ zusätzlich im Nenner vorhanden ist. Aufgabe 7.15 Es soll die allgemeine thermodynamische Beziehung für das thermische Anstrengungsverhältnis aqs des reversiblen Carnot-Prozesses (Bild 7.23) hergeleitet werden.

Bild 7.23 Zu Aufgabe 7.15 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung:

P

P

P

|qsij | |qsij | |qsij | = P = H |wKreis | qsij dqs Carnot-Prozess: aqs =

p2 p1 23: Reversible adiabate Verdichtung: qs23 = 0 p3 34: Isotherme Entspannung: qs34 = R T3 ln p4 41: Reversible adiabate Entspannung: qs41 = 0 p p R T1 ln p21 + R T3 ln p34 aqs = p p R T3 ln p34 − R T1 ln p21

12: Isotherme Verdichtung: qs12 = −R T1 ln

Mit

T3 T3 = = T2 T1

p4 p3 = p2 p1 Damit folgt

und

 κ−1

κ p3 p2 p2 p3 = p1 p4



aqs =

und

T4 T3 = = T1 T1



p4 p1

 κ−1 κ

wird

aqs =

T3 + T1 T3 − T1

.

p p R T1 ln p21 + R T3 ln p21 p p R T3 ln p12 − R T1 ln p21

und

.

160

7 Kreisprozesse

Aufgabe 7.16 Es soll die allgemeine thermodynamische Beziehung für das thermische Anstrengungsverhältnis aqs des reversiblen Joule-Prozesses (einfacher Joule-Prozess ohne innere Wärmerückgewinnung, Bild 7.24) hergeleitet werden.

Bild 7.24 Zu Aufgabe 7.16 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung:

P

P

P

|qsij | |qsij | |qsij | = H aqs = = P |wKreis | qsij dqs Joule-Prozess: 12: Reversible adiabate Verdichtung: qs12 = 0 23: Isobare Wärmezufuhr: qs23 = cp (T3 − T2 ) 34: Reversible adiabate Entspannung: qs34 = 0 41: Isobare Wärmeabgabe: qs41 = −cp (T4 − T1 ) T3 T4 T2 ( − 1) + T1 ( − 1) cp (T3 − T2 ) + cp (T4 − T1 ) T2 T1 = aqs = T3 T4 cp (T3 − T2 ) − cp (T4 − T1 ) T2 ( − 1) − T1 ( − 1) T2 T1 T2 p2 = T1 p1 T3 T2 = und T1 T4



Mit

Damit folgt

aqs

T1 und

 κ−1 κ

aqs = T1

und

T3 = T4

T4 T3 = . T1 T2
T3 T2 − 1 + T1 T 2 =
T3 T2 − 1 − T1 T2


T2 +1 T1
T2 −1 T1

aqs =



p3 p4

 κ−1 κ

=



p2 p1

 κ−1 κ

wird


T3 −1 T2 + T1 T2
aqs = T2 − T1 T3 −1 T2



p2 p1

 κ−1

+1



p2 p1

 κ−1

−1

κ

.

κ

Aufgabe 7.17 Ein Erfinder beabsichtigt, sowohl den Carnot-Prozess (Bild 7.25) als auch den StirlingProzess (Bild 7.26) für die Mikro-Kraft-Wärme-Kopplung, d. h. für die gekoppelte Erzeugung von Strom und Wärme, zu untersuchen. Das Arbeitsmittel ist das Edelgas Helium, das als ideales Gas behandelt werden kann und durch die folgenden Zustandsgrößen gekennzeichnet ist: R = 2,0773 kJ/(kg K); cp = 5,1931 kJ/(kg K) = const; cv = 3,1158 kJ/(kg K) = const; κ = 1,6667 = const.

Aufgaben zu Abschnitt 7

161

Der Anfangszustand 1 des Prozesses ist durch die Zustandsgrößen p1 = 1,5 bar, T1 = 348,15 K und s1 = 31,5082 kJ/(kg K) gekennzeichnet, der höchste Prozesszustand 3 durch die Zustandsgrößen p3 = 70,0 bar und T3 = 1198,15 K. Die Umgebungstemperatur ist Tb = T1 = 298,15 K. Dabei sind für beide Prozesse die folgenden Größen zu berechnen: a) der Druck p2 abhängig vom Druck p3 , b) der thermische Wirkungsgrad ηth , c) der exergetische Wirkungsgrad ζ, d) das mechanische Anstrengungsverhältnis awp , e) das mechanische Anstrengungsverhältnis awv , f) das thermische Anstrengungsverhältnis aqT , g) das thermische Anstrengungsverhältnis aqs , h) das Gesamtanstrengungsverhältnis ag .

Bild 7.26 Zu Aufgabe 7.17

Bild 7.25 Zu Aufgabe 7.17 (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: Carnot-Prozess: a) p2 = p3 b) ηth = c) ζ =

e) awv

awv

T1 T3

κ  κ−1

T3 − T1 T3

T3 − T1 T3 − Tb

p2 = 70,0 bar · ηth =

ζ=



348,15 1198,15

1,6667  0,6667

1198,15 − 348,15 = 0,7094 1198,15

1198,15 − 348,15 = 0,9444 1198,15 − 298,15

2κ T3 + T1 + p2 T3 − T1 (κ − 1) ln p1 1198,15 + 348,15 2 · 1,6667 = = 8,4565 + 3,1860 1198,15 − 348,15 0,6667 · ln 1,5 2 T3 + T1 + = p2 T3 − T1 (κ − 1) ln p1 2 1198,15 + 348,15 = 5,8015 + = 3,1860 1198,15 − 348,15 0,6667 · ln 1,5

d) awp =

awp



= 3,1860 bar

162

7 Kreisprozesse

f) aqT =

2 · 31,5082 − 1 = 39,2704 3,1860 2,0773 · ln 1,5 1198,15 + 348,15 aqs = = 1,8192 1198,15 − 348,15 + aqT + aqs ag = 8,4565 + 5,8015 + 39,2704 + 1,8192 = 55,3476

2s1 p2 − 1 R ln p1

T3 + T1 T3 − T1 h) ag = awp + awv g) aqs =

aqT =

Stirling-Prozess: 348,15 T1 p2 = 70,0 bar · = 20,3401 bar a’) p2 = p3 T3 1198,15 b’) ηth = c’) ζ =

T3 − T1 T3

T3 − T1 T3 − Tb

d’) awp =

ηth = ζ=

1198,15 − 348,15 = 0,7094 1198,15

1198,15 − 348,15 = 0,9444 1198,15 − 298,15

T3 + T1 2 + p2 T3 − T1 ln p1

awp =

1198,15 + 348,15 + 1198,15 − 348,15

2 = 2,5863 20,3401 ln 1,5

1198,15 + 348,15 T3 + T1 awv = = 1,8192 T3 − T1 1198,15 − 348,15   T T3 2s1 2 3 = p2 − 1 + p2 T3 − T1 ln T1 − 1 R ln (κ − 1) ln p1 p1
2 · 31,5082 1198,15 2 1198,15 = −1+ · ln −1 20, 3401 20,3401 1198,15 − 348,15 348,15 2,0773 · ln 0,6667 · ln 1,5 1,5 = 11,4896

e’) awv = f’) aqT

aqT aqT

2 T3 + T1 + p2 T3 − T1 (κ − 1) ln p1 1198,15 + 348,15 2 aqs = = 2,9698 + 20,3401 1198,15 − 348,15 0,6667 · ln 1,5 h’) ag = awp + awv + aqT + aqs ag = 2,5863 + 1,8192 + 11,4896 + 2,9698 = 18,8649 g’) aqs =

Der Vergleich des Stirling-Prozesses mit dem Carnot-Prozess zeigt, dass bei den gewählten gleichen Bedingungen für die niedrigste Prozesstemperatur T1 und die höchste Prozesstemperatur T3 der thermische Wirkungsgrad η und der exergetische Wirkungsgrad ζ gleich groß sind und jeweils optimale Werte annehmen, der Stirling-Prozess bei der technischen Verwirklichung aber gegenüber dem Carnot-Prozess wesentliche Vorteile bietet: Die Anstrengungsverhältnisse awp , awv und aqT sind wesentlich günstiger; nur aqs ist etwas ungünstiger. Es ist also thermodynamisch nachvollziehbar, dass der Carnot-Prozess bisher nicht maschinentechnisch verwirklicht wurde, wohl aber der Stirling-Prozess. Davon unberührt bleibt die große Bedeutung des Carnot-Prozesses im Sinne eines idealen thermodynamischen Vergleichsprozesses. Aufgabe 7.18 Im Kühlraum einer Lagerhalle für Lebensmittel soll im Sommer bei einer Außentemperatur von 32 ◦ C eine Temperatur von - 15 ◦ C eingehalten werden. Hierzu wird ein KompressionsKaltdampfprozess eingesetzt, wobei das Kältemittel R 134a (C2 H2 F4 ) verwendet wird. Der Kaltdampfprozess verläuft wie folgt (Bild 7.27):

Aufgaben zu Abschnitt 7

163

- isentrope Verdichtung des Sattdampfs 1 (p1 = 1,3 bar, t1 = - 20,48 ◦ C) auf den Zustand 2 (p2 = 10,0 bar, t2 = 48,09 ◦ C) des überhitzten Dampfes unter Zufuhr der zeitbezogenen Arbeit (Leistung) Pp 12 - isobare Abkühlung vom Zustand 2 auf den Zustand siedender Flüssigkeit 3 (p3 = 10,0 bar, t3 = 39,39 ◦ C) unter Abgabe der Wärmeleistung Q˙ 23 - isenthalpe Drosselung vom Zustand 3 auf den Zustand 4 im Nassdampfgebiet (p4 = p1 = 1,3 bar, t4 = - 20,48 ◦ C) - isobare Verdampfung vom Zustand 4 im Nassdampfgebiet auf den Sattdampfzustand 1 (p1 = 1,3 bar, t1 = - 20,48 ◦ C) unter Aufnahme der Wärmeleistung Q˙ 41 a) Der Prozess ist im lg p, h-Diagramm von R134a (Bild 7.28) darzustellen, mit dessen Informationen die spezifischen Enthalpien h1 , h2 , h3 und h4 sowie die spezifischen Entropien s1 , s2 , s3 und s4 zu ermitteln sind. b) Die Verdichterleistung beträgt Pp 12 = 200,0 kW. Wie groß ist der Massenstrom m ˙ des Kältemittels? c) Wie groß ist die abgegebene Wärmeleistung Q˙ 23 ? d) Welche Wärmeleistung ( = Kälteleistung) Q˙ 41 wird aufgenommen? e) Welchen Wert erreicht die Leistungsziffer K des Kaltdampfprozesses? f) Wie groß wäre die Leistungszahl KC eines reversiblen Carnot-Prozesses, der Kälte bei der Temperatur tuC = - 15 ◦ C (Kühlraumtemperatur) bereitstellt und die Abwärme des Prozesses auf Umgebungslufttemperatur toC = 32 ◦ C abgibt? Woher rührt der Unterschied zwischen den Ergebnissen der Teilaufgaben e) und f)?

Bild 7.27 Zu Aufgabe 7.18 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: kJ kg

h2 = 428, 82

kJ kg

kJ kg K

s2 = 1, 742

kJ kg K

a) h1 = 386, 26 s1 = 1, 742

b) Pp 12 = m ˙ (h2 − h1 )

Pp 12 h2 − h1 kg = 4, 699 s kg = 4, 699 s

m ˙ =

c) Q˙ 23 = m ˙ (h3 − h2 )

Q˙ 23

d) Q˙ 41 = m ˙ (h1 − h4 )

Q˙ 41

h3 = 255, 50

kJ kg

h4 = 255, 50

kJ kg

kJ kJ s4 = 1, 244 kg K kg K kJ kg 200, 0 kg m ˙ = = 4, 699 428, 82 − 386, 26 s kJ s kJ · (255, 50 − 428, 82) = − 814, 43 kW kg kJ · (386, 26 − 255, 50) = 614, 44 kW kg s3 = 1, 188

164

7 Kreisprozesse

e) K =

Q˙ 41 Pp 12

f) KC =

K =

TuC ToC − TuC

614, 44 kW = 3, 072 200, 0 kW 258, 15 K K = = 5, 493 (305, 15 − 258, 15) K

In Teilaufgabe f) wird der reversible Carnot-Vergleichsprozess als der bestmögliche linkslaufende Kreisprozess zugrunde gelegt. Der Kompressions-Kaltdampfprozess weicht hiervon ab, da die Temperatur nach der Verdichtung über dem Temperaturbereich der Wärmeabgabe liegt; weiter weist er wegen der isenthalpen Drosselung eine Irreversibilität auf. Außerdem treten in den beiden Wärmeübertragern Irreversibilitäten wegen der endlichen Temperaturdifferenzen ∆To = (39, 93−32, 00) K = 7, 93 K und ∆Tu = ( − 15, 00−( − 20, 48)) K = 5, 48 K auf. Lediglich die isentrope Verdichtung ist als reversibel angenommen.

Bild 7.28 Zu Aufgabe 7.18 Aufgabe 7.19 Bei einer Wärmepumpe, die nach dem Verfahren des Kompressions-Kaltdampfprozesses arbeitet, wird Wasser (H2 O) als Arbeitsmittel verwendet. Hierbei wird Nassdampf mit einem Dampfgehalt von x1 = 0,93, einem Druck von p1 = 0,008 bar und einer Temperatur von t1 = 3,76 ◦ C auf den Zustand 2 (p2 = 0,25 bar, t2 = 187,01 ◦ C) des überhitzten Dampfes reversibel und isentrop verdichtet; dabei wird die Leistung Pp 12 zugeführt. Darauf folgt eine isobare Abkühlung vom Zustand 2 auf den Zustand siedender Flüssigkeit 3 (p3 = 0,25 bar, t3 = 64,96 ◦ C) unter Abgabe der Wärmeleistung Q˙ 23 . Weiter wird, vom Zustand 3 ausgehend, durch eine isenthalpe Drosselung der Zustand 4 im Nassdampfgebiet erreicht (p4 = p1 = 0,008 bar, t4 = t1 = 3,76 ◦ C). Schließlich folgt eine isobare Verdampfung auf den Anfangszustand 1 (p1 = 0,008 bar, t1 = 3,76 ◦ C) bei Zufuhr der Wärmeleistung Q˙ 41 (Bild 7.29 und Bild 7.30). a) Der Prozess ist im lg p, h-Diagramm von H2 O (Bild 7.31) darzustellen. Wie groß sind die spezifischen Enthalpien h1 , h2 , h3 und h4 und die spezifischen Entropien s1 , s2 , s3 und s4 ?

Aufgaben zu Abschnitt 7

165

b) Die abgegebene Wärmeleistung beträgt Q˙ 23 = - 300,0 kW. Wie groß ist der Massenstrom m ˙ des Kältemittels? Welche Verdichterleistung Pp 12 ist dem Arbeitsmittel zuzuführen? Wie groß ist die Wärmeleistung Q˙ 41 , die aus der Wärmequelle aufgenommen wird? c) Welchen Wert erreicht die Leistungsziffer W des Wärmepumpenprozesses? d) Wie groß wäre die Leistungszahl W C eines reversiblen Carnot-Prozesses, der Wärme bei der Temperatur toC = 64,96 ◦ C bereitstellt und die Wärmequelle bei der Temperatur tuC = 3,76 ◦ C nutzt?

Bild 7.29 Zu Aufgabe 7.19

Bild 7.30 Zu Aufgabe 7.19

(Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) h1 = 2333, 35

kJ kg

h2 = 2853, 64

Bild 7.31 Zu Aufgabe 7.19

kJ kg

h3 = 271, 96

kJ kg

h4 = 271, 96

kJ kg

166

7 Kreisprozesse

s1 = 8, 427

kJ kg K

s2 = 8, 427

b) Q˙ 23 = m ˙ (h3 − h2 ) Pp 12 = m ˙ (h2 − h1 ) Q˙ 41 = m ˙ (h1 − h4 ) c) W =

|Q˙ 23 | Pp 12

d) W C =

W =

ToC ToC − TuC

m ˙ =

kJ kg K

Q˙ 23 h3 − h2

s3 = 0, 893 m ˙ =

kJ kg K

s4 = 0, 983

kJ kg K

− 300, 0 kJ kg kg = 0, 11620 271, 96 − 2853, 64 s kJ s

kJ kg · (2853, 64 − 2333, 35) = 60, 46 kW P˙ p 12 = 0, 11620 s kg kg kJ Q˙ 41 = 0, 11620 · (2333, 35 − 271, 96) = 239, 55 kW s kg 300, 0 kW = 4, 9620 60, 46 kW W =

338, 11 K = 5, 5247 (338, 11 − 276, 91) K

Aufgabe 7.20 Für ein sonnenreiches Land wird zur Kälteerzeugung in einer abgelegenen Gegend ohne öffentliches Stromnetz das folgende Konzept vorgeschlagen: Es wird ein reversibler ClausiusRankine-Prozess mit einem weitgehend reversiblen Kompressions-Kaltdampfprozess kombiniert; dabei wird Ammoniak (NH3 ) als Arbeitsmittel und als Kältemittel eingesetzt (vgl. das Anlagenschema gemäß Bild 7.32). Ein Teilmassenstrom m ˙ A des Ammoniaks wird - ausgehend vom Zustand siedender Flüssigkeit 1 beim Druck p1 = 12,0 bar - durch eine Pumpe auf den Zustand 2 mit dem Druck p2 = 42,0 bar isentrop verdichtet, in einem Sonnenkollektor auf den Zustand siedender Flüssigkeit 3 isobar erwärmt und anschließend auf den Sattdampfzustand 4 isobar verdampft. Der Teilmassenstrom m ˙ A wird darauf in einer Turbine auf den Druck p5 = p1 = 12,0 bar reversibel-isentrop entspannt. Ein weiterer Teilmassenstrom m ˙ B des Ammoniaks wird – gleichfalls ausgehend vom Zustand siedender Flüssigkeit 1 beim Druck p1 = 12,0 bar – in einem Expansionsventil auf den Zustand 6 mit dem Druck p6 = 3,0 bar isenthalp gedrosselt, in einem Verdampfer vollständig auf den Zustand 7 verdampft und darauf in einem Verdichter auf den Zustand 8 mit dem Druck p8 = p1 = 12,0 bar reversibel-isentrop verdichtet.

Bild 7.32 Zu Aufgabe 7.20 Der den Verdichter verlassende Teilstrom m ˙ B und der aus der Turbine kommende Teilstrom m ˙ A werden bei gleich bleibendem Druck p5 = p8 = p9 = p1 zum Gesamtmassenstrom m ˙ = m ˙A+m ˙ B mit dem Mischzustand 9 adiabat zusammengeführt und anschließend in einem Kondensator vollständig isobar kondensiert, wobei der Anfangszustand 1 wieder erreicht wird. a) Der Prozess ist ins T, s-Diagramm (Bild 7.33) und ins lg p, h-Diagramm (Bild 7.34) für NH3 einzutragen. b) Es sind für die Zustände 1 bis 8 die Temperatur t, die spezifische Enthalpie h und die spezifische Entropie s anzugeben. Wie groß ist die Temperaturdifferenz ∆TCRP = T4 − T1 ,

Aufgaben zu Abschnitt 7

167

die mithilfe des Clausius-Rankine-Prozesses für die Erzeugung mechanischer Leistung genutzt werden kann? Wie groß ist die Temperaturdifferenz ∆TKKP = T1 −T7 , die mithilfe des Kompressions-Kaltdampfprozesses überwunden werden muss? c) Die spezifische Druckänderungsarbeit für die Pumpe kann vernachlässigt werden: wp 12 = 0. Wie groß sind die spezifischen Druckänderungsarbeiten wp 45 und wp 78 ? Die Turbine soll als Antrieb für den Verdichter genutzt werden; mit dieser Voraussetzung ist das Verhältnis der Teilmassenströme m ˙ A /m ˙ B zu berechnen. ˙ d) Welchen Wärmestrom Q24 muss der Sonnenkollektor aufnehmen können, wenn die Kälteleistung Q˙ 67 = 500,00 kW betragen soll? Welchen Wert hat die spezifische Enthalpie h9 ? Wie groß ist der an die Umgebung abzuführende Wärmestrom Q˙ 91 ? Weiter sind die zeitbezogenen Druckänderungsarbeiten (Leistungen) Pp 45 und Pp 78 zu bestimmen. e) Wie groß sind der thermische Wirkungsgrad ηth des Clausius-Rankine-Prozesses und die Leistungszahl K des weitgehend reversiblen Kompressions-Kaltdampfprozesses? f) Die beiden kombinierten Prozesse sind – bei den gleich bleibenden Druckniveaus p1 = p5 = p8 = p9 = 12,0 bar, p2 = p3 = p4 = 42,0 bar und p6 = p7 = 3,0 bar, gleich bleibender Kälteleistung Q˙ ∗67 = Q˙ 67 = 500,00 kW sowie sonstigen gleich bleibenden Bedingungen – nunmehr unter der Annahme zu berechnen, dass in der Turbine und im Verdichter statt der reversibel-isentropen Zustandsänderungen 45 und 78 die irreversibel-adiabaten Zustandsänderungen 45∗ und 78∗ auftreten; der isentrope Verdichterwirkungsgrad beträgt ∗ ∗ ηis V = 0,8, der isentrope Turbinenwirkungsgrad ist ηis T = 0,85. Wie groß sind jetzt wp 45∗ , ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ˙ ˙ ∗ ∗ ∗ wp 78 , m ˙ A /m ˙ B , Q67 , Q91 , Pp 45 , Pp 78 , ηth und K ? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a)

Bild 7.33 Zu Aufgabe 7.20

168

7 Kreisprozesse

b) T1 = 304, 09 K

T2 = 304, 92 K

T3 = 353, 79 K

T4 = 353, 79 K

T5 = 304, 09 K

T6 = 263, 93 K

T7 = 263, 93 K

T8 = 362, 50 K

◦

t2 = 31, 77 C

◦

◦

t1 = 30, 94 C

◦

◦

t4 = 80, 64 ◦ C

t3 = 80, 64 C

t5 = 30, 94 C t6 = − 9, 22 C t7 = − 9, 22 C t8 = 89, 35 ◦ C kJ kJ kJ kJ h1 = 346, 29 h2 = 351, 33 h3 = 603, 99 h4 = 1473, 52 kg kg kg kg kJ kJ kJ kJ h5 = 1326, 72 h6 = 346, 29 h7 = 1451, 65 h8 = 1649, 97 kg kg kg kg kJ kJ kJ kJ s2 = 1, 503 s3 = 2, 270 s4 = 4, 727 s1 = 1, 503 kg K kg K kg K kg K kJ kJ kJ kJ s5 = 4, 727 s6 = 1, 558 s7 = 5, 746 s8 = 5, 746 kg K kg K kg K kg K ∆TCRP = T4 − T1 ∆TCRP = 353, 79 K − 304, 09 K = 49, 70 K ∆TKKP = T1 − T7

◦

∆TKKP = 304, 09 K − 263, 93 K = 40, 16 K

Bild 7.34 Zu Aufgabe 7.20 c) wp 45 = h5 − h4 wp 78 = h8 − h7

kJ kJ = − 146, 80 kg kg kJ kJ = 198, 32 = (1649, 97 − 1451, 65) kg kg

wp 45 = (1326, 72 − 1473, 52) wp 78

Pp 45 = m ˙ A (h5 − h4 )

Pp 78 = m ˙ B (h8 − h7 )

m ˙ A (h5 −h4 ) = − m ˙ B (h8 −h7 )

Pp 45 = − Pp 78

m ˙A h8 − h7 wp 78 =− =− m ˙B h5 − h4 wp 45

198, 32 m ˙A = = 1, 3510 m ˙B 146, 80

Aufgaben zu Abschnitt 7

d) Q˙ 67 = m ˙ B (h7 − h6 ) m ˙ A = 1, 3510 m ˙B Q˙ 24 = Q˙ 14

m ˙B=

Q˙ 67 h7 − h6

m ˙B=

m ˙ A = 1, 3510 · 0, 45234

Q˙ 14 = m ˙ A (h4 − h1 )

169

kJ kg 500, 00 kg = 0, 45234 1451, 65 − 346, 29 s kJ s

kg kg = 0, 6111 s s

Q˙ 14 = 1, 3510 · m ˙ B (h4 − h1 )

kJ kg · (1473, 52 − 346, 29) = 688, 86 kW Q˙ 14 = 1, 3510 · 0, 45234 s kg Spezifische Enthalpie des Zustandes 9: adiabate Mischung m ˙ A h5 + m ˙ B h8 = m ˙ h9 m ˙ A = 1, 3510 · m ˙B

m ˙ =m ˙ A+m ˙B

m ˙ = 1, 3510 · m ˙ B +m ˙ B = 2, 3510 · m ˙B

m ˙A m ˙B h5 + h8 m ˙ m ˙

1, 3510 · m ˙B 1·m ˙B h5 + h8 2, 3510 · m ˙B 2, 3510 · m ˙B

h9 =

m ˙ A h5 + m ˙ B h8 m ˙

h9 =

1, 3510 kJ 1 kJ kJ · 1326, 72 + · 1649, 97 = 1464, 22 2, 3510 kg 2, 3510 kg kg

Q˙ 91 = m ˙ (h1 − h9 )

h9 =

h9 =

Q˙ 91 = 2, 3510 · m ˙ B (h1 − h9 )

kg kJ Q˙ 91 = 2, 3510 · 0, 45234 · (346, 29 − 1464, 22) = − 1188, 86 kW s kg Q˙ 91 + Q˙ 67 + Q˙ 14 = 0

Probe:

− 1188, 86 kW + 500, 00 kW + 688, 86 kW = 0

Pp 45 = m ˙ A (h5 − h4 )

Pp 45 = 1, 3510 · m ˙ B (h5 − h4 )

Pp 45 = 1, 3510 · 0, 45234

kJ kg · (1326, 72 − 1473, 52) = − 89, 71 kW s kg

Pp 78 = m ˙ B (h8 − h7 ) Pp 78 = 0, 45234

e) ηth =

|Pp 45 | Q˙ 14

∗ f) ηis T =

kJ kg · (1649, 97 − 1451, 65) = 89, 71 kW s kg ηth =

h5∗ − h4 h5 − h4

h5∗ = 1473, 52

h8 − h7 h8∗ − h7

h5∗ = 1451.65 wp 78∗ =

K =

Q˙ 67 Pp 78

K =

∗ h5∗ = h4 + ηis T (h5 − h4 )

kJ kJ kJ + 0, 85 · (1326, 72 − 1473, 52) = 1348, 74 kg kg kg

∗ wp 45∗ = ηis T wp 45

∗ ηis V =

89, 71 kW = 0, 1302 688, 86 kW

wp 45∗ = 0, 85 · (− 146, 80) h8∗ = h7 +

kJ kJ = − 124, 78 kg kg

1 (h8 − h7 ) ∗ ηis T

1 kJ kJ kJ + · (1649, 97 − 1451, 65) = 1699, 55 kg 0, 8 kg kg

1 wp 78 ∗ ηis V

wp 78∗ =

1 kJ kJ · (198, 32) = 247, 90 0, 8 kg kg

500, 00 kW = 5, 5735 89, 71 kW

170

7 Kreisprozesse

Pp 45∗ = m ˙ ∗A (h∗5 − h4 )

Pp 78∗ = m ˙ ∗B (h∗8 − h7 )

Pp 45∗ = − Pp 78∗

m ˙ ∗A (h∗5 − h4 ) = − m ˙ ∗B (h∗8 − h7 ) h∗ − h7 wp 78∗ m ˙ ∗A = − 8∗ =− ∗ m ˙B h5 − h4 wp 45∗

m ˙ ∗A 247, 90 = = 1, 9867 m ˙ ∗B 124, 78

Q˙ 67 =m ˙B h7 − h6 kJ kg kg 500, 00 = 0, 45234 m ˙ ∗B = 1451, 65 − 346, 29 s kJ s Q˙ ∗67 = Q˙ 67 = m ˙ ∗B (h7 − h6 )

Q˙ ∗24 = Q˙ ∗14

m ˙ ∗B =

Q˙ ∗14 = m ˙ A (h4 − h1 )

Q˙ ∗14 = 1, 9867 · m ˙ ∗B (h4 − h1 )

kJ kg · (1473, 52 − 346, 29) = 1013, 00 kW Q˙ ∗14 = 1, 9867 · 0, 45234 s kg Spezifische Enthalpie des Zustandes 9∗ : adiabate Mischung m ˙ ∗A h5∗ + m ˙ ∗B h8∗ = m ˙ ∗ h9∗ ˙ ∗B m ˙ ∗A = 1, 9867 · m h∗9 =

˙ ∗B m ˙∗=m ˙ ∗A + m

m ˙ ∗A h5∗ + m ˙ ∗B h8∗ ∗ m ˙

h9∗ =

˙ ∗B ˙ ∗B = 2, 9867 · m m ˙ ∗ = 1, 9867 · m ˙ ∗B + m

m ˙ ∗A m ˙∗ h5∗ + B h8∗ ∗ m ˙ m ˙∗

h∗9 =

1, 9867 · m ˙ ∗B 1·m ˙ ∗B h5∗ + h8∗ ∗ 2, 9867 · m ˙B 2, 9867 · m ˙ ∗B

kJ 1 kJ kJ 1, 9867 · 1348, 74 + · 1699, 55 = 1466, 20 2, 9867 kg 2, 9867 kg kg

h9∗ =

Q˙ ∗91 = m ˙ ∗ (h1 − h9∗ )

Q˙ ∗91 = 2, 9867 · m ˙ ∗B (h1 − h9∗ )

kJ kg · (346, 29 − 1466, 20) = − 1513, 00 kW Q˙ ∗91 = 2, 9867 · 0, 45234 s kg Probe: Pp 45∗ =

Q˙ ∗91 + Q˙ ∗67 + Q˙ ∗14 = 0 m ˙ ∗A

(h5∗ − h4 )

Pp 45∗ = 1, 9867 · 0, 45234

− 1513, 00 kW + 500, 00 kW + 1013, 00 kW = 0

Pp 45∗ = 1, 9867 · m ˙ ∗B (h5∗ − h4 ) kg kJ · (1348, 74 − 1473, 52) = − 112, 14 kW s kg

Pp 78∗ = m ˙ ∗B (h8∗ − h7 ) Pp 78∗ = 0, 45234 ∗ ηth =

|Pp 45∗ | Q˙ ∗14

kg kJ · (1699, 55 − 1451, 65) = 112, 14 kW s kg

∗ ηth =

112, 14 kW = 0, 1107 1013, 00 kW

∗K =

Q˙ ∗67 Pp 78∗

∗K =

500, 0 kW = 4, 4587 112, 14 kW

Aufgabe 7.21 Ein reversibler Kaltdampf-Kältemaschinenprozess mit Kohlendioxid (CO2 ) als Kältemittel und dem Massenstrom m ˙ = 0,4 kg/s soll in mehreren Varianten untersucht werden (vgl. Bild 7.35 und Bild 7.36). Die Variante 1a ist durch die folgenden Zustandsänderungen gekennzeichnet: - reversible und isentrope Verdichtung vom Sattdampfzustand 1 mit dem Druck p1 = 13,0 bar in den Zustand überhitzten Dampfes 2 mit dem Druck p2 = 100,0 bar

Aufgaben zu Abschnitt 7

171

- isobare Wärmeabgabe im überkritischen Zustandsgebiet beim Druck p2 = p3 = 100,0 bar bis zur Temperatur t3 = 35 ◦ C - isenthalpe Entspannung ins Nassdampfgebiet auf den Druck p4 = p1 = 13,0 bar - isobare Verdampfung im Nassdampfgebiet beim Druck p4 = p1 = 13,0 bar bis zum Sattdampfzustand 1

Bild 7.35 Zu Aufgabe 7.21 a) Der Prozess ist ins lg p, h-Diagramm für CO2 einzutragen (Bild 7.36). Es sind für die Zustände 1 bis 4 – soweit nicht bereits angegeben – die Temperatur T bzw. t, die spezifische Enthalpie h und die spezifische Entropie s zu ermitteln. Wie groß sind die zugeführte zeitbezogene Druckänderungsarbeit (Leistung) Pp 12 , die abgegebene Wärmeleistung Q˙ 23 und die aufgenommene Wärmeleistung (= Kälteleistung) Q˙ 41 ? Welche Werte ergeben sich für die Leistungszahlen K und W , wenn der Prozess zum einen als Kältemaschinenprozess und zum anderen als Wärmepumpenprozess eingesetzt wird? Welche Leistungszahl KW ergibt sich, wenn bei einem Einsatz der Anlage als kombinierte Kältemaschine und Wärmepumpe der Nutzen aus der Summe der Kälteleistung Q˙ 41 und der Wärmepumpenleistung |Q˙ 23 | besteht? Welche Leistungszahlen KC , W C und KW C sind für einen reversiblen CarnotProzess charakteristisch, wenn die obere Prozesstemperatur durch arithmetische Mittelung der Temperaturen der Zustände 2 und 3 berechnet wird und als untere Prozesstemperatur die Temperatur des Zustandes 1 angenommen wird? b) Zur Prozessverbesserung (Variante 1b) wird das Arbeitsmittel nach der reversiblen und isentropen Verdichtung vom Zustand 1 auf den Zustand 2 durch eine erhöhte isobare Wärmeabfuhr (verbesserte Kühlung) auf den Zustand 3’ mit t03 = 30 ◦ C abgekühlt, auf den Zustand 4’ mit dem Druck p40 = p4 gedrosselt und darauf in den Zustand gesättigten Dampfes 1 gebracht. Die Zustände 3’ und 4’ sind im lg p, h-Diagramm darzustellen und – soweit nicht bereits angegeben – die zugehörigen Stoffwerte für T bzw. t, h und s zu ermitteln. Wie groß sind dabei die zeitbezogene Druckänderungsarbeit (Leistung) Pp 12 , die abgegebene Wärmeleistung Q˙ 230 und die aufgenommene Wärmeleistung (= Kälteleistung) Q˙ 40 1 ? Es sind die Leistungszahlen 0K , 0W und 0KW zu berechnen. Welche Leistungszahlen 0KC , 0W C und 0KW C würden sich bei einem reversiblen Carnot-Prozess ergeben?

172

7 Kreisprozesse

c) Eine weitere Prozessverbesserung (Variante 1c) wird dadurch erreicht, dass statt der einstufigen isentropen Verdichtung eine zweistufige isentrope Verdichtung mit isobarer Zwischenkühlung auf dem Druckniveau p5 = p6 = 45,0 bar verwirklicht wird. Dabei wird in der ersten Verdichterstufe vom Zustand 1 auf den Zustand 5 reversibel und isentrop verdichtet, vom Zustand 5 auf den Zustand 6 des gesättigten Dampfes isobar zwischengekühlt und in der zweiten Verdichterstufe vom Zustand 6 auf den Zustand 7 mit dem Enddruck p7 = p2 = p03 reversibel und isentrop verdichtet. Die darauf folgenden Zustandsänderungen entsprechen denen der Variante 1b. Die Zustände 5, 6 und 7 sind im lg p, h-Diagramm darzustellen und - soweit nicht bereits angegeben - die jeweiligen zugehörigen Stoffwerte für T bzw. t, h und s zu ermitteln. Wie groß sind dabei die zeitbezogenen Druckänderungsarbeiten (Leistungen) Pp 15 und Pp 67 , die abgegebenen Wärmeleistungen Q˙ 56 und Q˙ 730 sowie die aufgenommene Wärmeleistung (= Kälteleistung) Q˙ 40 1 ? Es sind die Leistungszahlen 00K , 00W und 00KW zu berechnen. Welche Leistungszahlen 00KC , 00W C und 00KW C würden sich bei einem reversiblen Carnot-Prozess ergeben? d) In Abänderung der Varianten 1a, 1b und 1c soll der niedrigste Druck des jeweiligen linkslaufenden Kreisprozesses statt p1 = p4 = p40 = 13,0 bar nunmehr p1∗ = p4∗ = p40∗ = 20,0 bar betragen. Alle anderen Prozessbedingungen sollen denen der Varianten 1a, 1b und 1c entsprechen. Die dadurch definierte Variante 2a ist sinngemäß zu berechnen. e) Die dadurch definierte Variante 2b ist sinngemäß zu berechnen. f) Die dadurch definierte Variante 2c ist sinngemäß zu berechnen. (Schwierigkeitsgrad: erheblich)

Bild 7.36 Zu Aufgabe 7.21

Aufgaben zu Abschnitt 7

173

Lösung: a) Variante 1a: T1 = 240, 39 K

T2 = 395, 03 K

◦

◦

t1 = − 32, 76 C

T3 = 308, 15 K

t2 = 121, 88 C

◦

t3 = 35, 00 C

T4 = 240, 39 K t4 = − 32, 76 ◦ C

kJ kJ kJ kJ h2 = 28, 64 h3 = − 217, 26 h4 = − 217, 26 kg kg kg kg kJ kJ kJ kJ s1 = − 0, 727 s2 = − 0, 727 s3 = − 1, 458 s4 = − 1, 339 kg K kg K kg K kg K h1 = − 70, 24

Pp 12 = m ˙ (h2 − h1 )

kJ kg · (28, 64 − (− 70, 24)) = 39, 55 kW s kg kg kJ = 0, 4 · (− 217, 26 − 28, 64) = − 98, 36 kW s kg

Pp 12 = 0, 4

Q˙ 23 = m ˙ (h3 − h2 )

Q˙ 23

Q˙ 41 = m ˙ (h1 − h4 )

kg kJ Q˙ 41 = 0, 4 · (− 70, 24 − (−217, 26)) = 58, 81 kW s kg

K =

Q˙ 41 Pp 12

W =

|Q˙ 23 | = K + 1 Pp 12

KW =

K =

58, 81 kW = 1, 4870 39, 55 kW W =

98, 36 kW = 2, 4870 39, 55 kW

Q˙ 41 + |Q˙ 23 | = K + W = 2 K + 1 = Pp 12

ToC =

T2 + T3 2

KC =

TuC ToC − TuC

W C =

ToC = K + 1 ToC − TuC

KW C =

ToC =

KW =

58, 81 kW + 98, 36 kW = 3, 9740 39, 55 kW

395, 03 K + 308, 15 K = 351, 59 K 2

KC =

240, 39 K = 2, 1618 (351, 59 − 240, 39) K W C =

351, 59 K = 3, 1618 (351, 59 − 240, 39) K

TuC + ToC = KC + W C = 2 KC + 1 ToC − TuC

KW C =

240, 39 + 351, 59 K = 5, 3236 (351, 59 − 240, 39) K

b) Variante 1b: T30 = 303, 15 K

T40 = 240, 39 K

t30 = 30, 00 ◦ C h30

t40 = − 32, 76 ◦ C kJ kJ h40 = − 235, 16 = − 235, 16 kg kg

s30 = − 1, 517

kJ kg K

kJ kg K kg kJ = 0, 4 · (28, 64 − (− 70, 24)) = 39, 55 kW s kg

s40 = − 1, 413

Pp 12 = m ˙ (h2 − h1 )

Pp 12

Q˙ 230 = m ˙ (h30 − h2 )

kJ kg · (− 235, 16 − 28, 64) = − 105, 52 kW Q˙ 230 = 0, 4 s kg

Q˙ 40 1 = m ˙ (h1 − h40 )

kg kJ Q˙ 40 1 = 0, 4 · (− 70, 24 − (−235, 16)) = 65, 97 kW s kg

174

7 Kreisprozesse

0K =

Q˙ 40 1 Pp 12

0W =

|Q˙ 230 | = K + 1 Pp 12

0KW =

0K =

65, 97 kW = 1, 6680 39, 55 kW 0W =

105, 52 kW = 2, 6680 39, 55 kW

Q˙ 40 1 + |Q˙ 230 | = 0K + 0W = 2 0K + 1 Pp 12

0KW =

65, 97 kW + 105, 52 kW = 4, 3360 39, 55 kW

395, 03 K + 303, 15 K T2 + T30 0 ToC = = 349, 09 K 2 2 TuC 240, 39 K = 0 = 2, 2115 0K = ToC − TuC (349, 09 − 240, 39) K

0 ToC =

0KC

0W C =

0 ToC = KC + 1 0 ToC − TuC

0KW C =

349, 09 K = 3, 2115 (349, 09 − 240, 39) K

0W C =

0 TuC + ToC = 0KC + 0W C = 2 0KC + 1 0 ToC − TuC

0KW C =

240, 39 + 349, 09 K = 5, 4230 (349, 09 − 240, 39) K

c) Variante 1c: T5 = 326, 80 K ◦

T6 = 283, 13 K ◦

t5 = 53, 65 C

t6 = 9, 98 C

h5 = − 15, 33

kJ kg

s5 = − 0, 727

kJ kg K

T7 = 343, 84 K t7 = 70, 69 ◦ C

h6 = − 83, 88

kJ kg

s6 = − 0, 954

h7 = − 54, 60

kJ kg K

kJ kg

s7 = − 0, 954

kJ kg K

Pp 15 + Pp 67 = m ˙ [(h5 − h1 ) + (h7 − h6 )] Pp 12 + Pp 67 = 0, 4

kJ kg · [(− 15, 33 − (− 70, 24)) + (− 54, 60 − (− 83, 88))] = 33, 68 kW s kg

Q˙ 56 = m ˙ (h6 − h5 )

kg kJ Q˙ 56 = 0, 4 · (− 83, 88 − (− 15, 33)) = − 27, 42 kW s kg

Q˙ 730 = m ˙ (h30 − h7 )

kg kJ Q˙ 730 = 0, 4 · (− 235, 16 − (− 54, 60)) = − 72, 22 kW s kg

Q˙ 40 1 = m ˙ (h1 − h40 )

kg kJ Q˙ 40 1 = 0, 4 · (− 70, 24 − (−235, 16)) = 65, 97 kW s kg

00K =

Q˙ 40 1 Pp 15 + Pp 67

00K =

65, 97 kW = 1, 9587 33, 68 kW

00W =

|Q˙ 730 | Pp 15 + Pp 67

00W =

72, 22 kW = 2, 1443 33, 68 kW

00KW =

Q˙ 40 1 + |Q˙ 730 | = 00K + 00W Pp 15 + Pp 67

00KW =

65, 97 kW + 72, 22 kW = 4, 1030 33, 68 kW

Falls auch Q˙ 56 als Nutzwärmeleistung genutzt werden kann, gilt: 000 W =

|Q˙ 730 | + |Q˙ 56 | = 00K + 1 Pp 15 + Pp 67

000 W =

72, 22 kW + 27, 42 kW = 2, 9587 33, 68 kW

Aufgaben zu Abschnitt 7

175

Dann gilt auch: Q˙ 40 1 + |Q˙ 730 | + |Q˙ 56 | 00 = 00K + 000 000 W = 2 K + 1 KW = Pp 15 + Pp 67 000 KW =

65, 97 kW + 72, 22 kW + 27, 42 kW = 4, 9174 33, 68 kW

T7 + T30 343, 84 K + 303, 15 K 00 ToC = = 323, 50 K 2 2 TuC 240, 39 K = 00 00KC = = 2, 8924 ToC − TuC (323, 50 − 240, 39) K

00 ToC =

00KC

00W C =

00 ToC = 00KC + 1 − TuC

00 ToC

00KW C =

00W C =

323, 50 K = 3, 8924 (323, 50 − 240, 39) K

00 TuC + ToC = 00KC + 00W C = 2 00KC + 1 00 ToC − TuC

00KW C =

240, 39 + 323, 50 K = 6, 7848 (323, 50 − 240, 39) K

d) Variante 2a: T1∗ = 253, 65 K

T2∗ = 377, 10 K

T4∗ = 253, 65 K

t1∗ = − 19, 50 ◦ C t2∗ = 103, 95 ◦ C t4∗ = − 19, 50 ◦ C kJ kJ kJ h2∗ = 3, 29 h4∗ = − 217, 26 h1∗ = − 69, 93 kg kg kg kJ kJ kJ s1∗ = − 0, 793 s2∗ = − 0, 793 s4∗ = − 1, 3738 kg K kg K kg K kg kJ Pp 1∗ 2∗ = m ˙ (h2∗ − h1∗ ) Pp 1∗ 2∗ = 0, 4 · (3, 29 − (− 69, 93)) = 29, 29 kW s kg kg kJ Q˙ 2∗ 3 = m ˙ (h3 − h2∗ ) Q˙ 2∗ 3 = 0, 4 · (− 217, 26 − 3, 29) = − 88, 22 kW s kg kJ kg · (− 69, 93 − (−217, 26)) = 58, 93 kW Q˙ 4∗ 1∗ = 0, 4 s kg

Q˙ 4∗ 1∗ = m ˙ (h1∗ − h4∗ ) ∗K =

Q˙ 4∗ 1∗ Pp 1∗ 2∗

∗W =

|Q˙ 2∗ 3 | = ∗K + 1 Pp 1∗ 2∗

∗KW = ∗ ToC =

∗KC = ∗W C =

∗K =

58, 93 kW = 2, 0119 29, 29 kW ∗W =

88, 22 kW = 3, 0119 29, 29 kW

Q˙ 4∗ 1∗ + |Q˙ 2∗ 3 | = ∗K + ∗W = 2 ∗K + 1 Pp 1∗ 2∗ T2∗ + T3 2 ∗ TuC ∗ − TuC

∗ ToC

58, 93 kW + 88, 22 kW = 5, 0238 29, 29 kW

377, 10 K + 308, 15 K = 342, 25 K 2

∗KC =

253, 65 K = 2, 8629 (342, 25 − 253, 65) K

∗ ToC = ∗KC + 1 ∗ − TuC

∗ ToC

∗KW C =

∗ ToC =

KW =

∗W =

342, 25 K = 3, 8629 (342, 25 − 253, 65) K

∗ ∗ TuC + ToC = ∗KC + ∗W C = 2 ∗KC + 1 ∗ ∗ ToC − TuC

∗KW C =

253, 65 + 342, 25 K = 6, 7258 (342, 25 − 253, 65) K

176

7 Kreisprozesse

e) Variante 2b: T40∗ = 253, 65 K t40∗ = − 19, 50 ◦ C kJ h40∗ = − 235, 16 kg kJ s40∗ = − 1, 444 kg K Pp 1∗ 2∗ = m ˙ (h2∗ − h1∗ ) Q˙ 2∗ 30 = m ˙ (h30 − h2 )

Q˙ 2∗ 30

Q˙ 40∗ 1∗ = m ˙ (h1∗ − h40∗ ) 0∗ K =

Q˙ 40∗ 1∗ Pp 1∗ 2∗

0∗ W =

|Q˙ 2∗ 30 | = 0∗ K +1 Pp 1∗ 2∗

0∗ KW = 0∗ ToC =

0∗ KC = 0∗ WC =

0∗ K =

kg kJ · (3, 29 − (− 69, 93)) = 29, 29 kW s kg kg kJ = 0, 4 · (− 235, 16 − 3, 29) = − 95, 38 kW s kg

Pp 1∗ 2∗ = 0, 4

kJ kg · (− 69, 93 − (−235, 16)) = 66, 09 kW Q˙ 40∗ 1∗ = 0, 4 s kg

66, 09 kW = 2, 2564 29, 29 kW 0∗ W =

95, 38 kW = 3, 2564 29, 29 kW

Q˙ 40∗ 1∗ + |Q˙ 2∗ 30 | 0∗ 0∗ = 0∗ K + W = 2 K + 1 Pp 1∗ 2∗ T2∗ + T30 2

0∗ ToC =

∗ TuC ∗ − TuC

0∗ ToC

0∗ KW C =

66, 09 kW + 95, 38 kW = 5, 5128 29, 29 kW

377, 10 K + 303, 15 K = 340, 13 K 2

0∗ KC =

253, 65 K = 2, 9330 (340, 13 − 253, 65) K

0∗ ToC = 0∗ KC + 1 ∗ − TuC

0∗ ToC

0∗ KW =

0∗ WC =

340, 13 K = 3, 9330 (340, 13 − 253, 65) K

∗ 0∗ TuC + ToC 0∗ 0∗ = 0∗ KC + W C = 2 KC + 1 0∗ ∗ ToC − TuC

0∗ KW C =

253, 65 + 340, 13 K = 6, 8660 (340, 13 − 253, 65) K

f) Variante 2c: T5∗ = 310, 72 K t5∗ = 37, 57 ◦ C kJ kg kJ = − 0, 793 kg K

h5∗ = − 36, 24 s5∗

Pp 1∗ 5∗ + Pp 67 = m ˙ [(h5∗ − h1∗ ) + (h7 − h6 )] kJ kg · [(− 36, 24 − (− 69, 93)) + (− 54, 60 − (− 83, 88))] = 25, 19 kW s kg kg kJ =m ˙ (h6 − h5∗ ) Q˙ 5∗ 6 = 0, 4 · (− 83, 88 − (− 36, 24)) = − 19, 06 kW s kg

Pp 1∗ 2∗ + Pp 67 = 0, 4 Q˙ 5∗ 6

˙ (h30 − h7 ) Q˙ 730 = m

kg kJ Q˙ 730 = 0, 4 · (− 235, 16 − (− 54, 60)) = − 72, 22 kW s kg

Aufgaben zu Abschnitt 7

kg kJ Q˙ 40∗ 1∗ = 0, 4 · (− 69, 93 − (−235, 16)) = 66, 09 kW s kg

Q˙ 40∗ 1∗ = m ˙ (h1∗ − h40∗ ) 00∗ K = 00∗ W =

Q˙ 40∗ 1∗ Pp 1∗ 5∗ + Pp 67

00∗ K =

66, 09 kW = 2, 6237 25, 19 kW

|Q˙ 7∗ 30 | + Pp 67

00∗ W =

72, 22 kW = 2, 8670 25, 19 kW

P

p 1∗ 5∗

00∗ KW =

177

Q˙ 40∗ 1∗ + |Q˙ 730 | 00∗ = 00∗ K + W Pp 1∗ 5∗ + Pp 67

00∗ KW =

66, 09 kW + 72, 22 kW = 5, 4907 25, 19 kW

Falls auch Q˙ 5∗ 6 als Nutzwärmeleistung genutzt werden kann, gilt: 000∗ W =

|Q˙ 730 | + |Q˙ 5∗ 6 | = 00∗ K +1 Pp 1∗ 5∗ + Pp 67

000∗ W =

72, 22 kW + 19, 06 kW = 3, 6237 25, 19 kW

Dann gilt auch: 000∗ KW =

Q˙ 40∗ 1 + |Q˙ 730 | + |Q˙ 5∗ 6 | 000∗ 00∗ = 00∗ K + W = 2 K + 1 Pp 1∗ 5∗ + Pp 67

000∗ KW =

66, 09 kW + 72, 22 kW + 19, 06 kW = 6, 2474 25, 19 kW

00∗ ToC =

T7 + T30 2

00∗ KC =

∗ TuC 00∗ ∗ ToC − TuC

00∗ WC =

00∗ ToC =

343, 84 K + 303, 15 K = 323, 50 K 2

00∗ K =

253, 65 K = 3, 6314 (323, 50 − 253, 65) K

00∗ ToC = 00∗ KC + 1 ∗ − TuC

00∗ ToC

00∗ WC =

323, 50 K = 4, 6314 (323, 50 − 253, 65) K

00∗ KW C =

∗ 00∗ TuC + ToC 00∗ 00∗ = 00∗ KC + W C = 2 KC + 1 00∗ ∗ ToC − TuC

00∗ KW C =

253, 65 + 323, 50 K = 8, 2628 (323, 50 − 253, 65) K

Tabelle 7.1 Leistungszahlen der Varianten 1a - 2c sowie der zugeordneten CarnotVergleichsprozesse Variante

K

W

KW

KC

W C

KW C

Variante 1a Variante 1b Variante 1c Variante 2a Variante 2b Variante 2c

1,4870 1,6680 1,9587 2,0119 2,2564 2,6237

2,4870 2,6680 2,1443 (2,9587) 3,0119 3,2564 2,8670 (3,6237)

3,9740 4,3360 4,1030 (4,9174) 5,0238 5,5128 5,4907 (6,2474)

2,1618 2,2115 2,8924 2,8629 2,9330 3,6314

3,1618 3,2115 3,8924 3,8629 3,9330 4,6314

5,3236 5,4230 6,7848 6,7258 6,8660 8,2628

178

7 Kreisprozesse

Aufgabe 7.22 Das erste erfolgreiche Verfahren zur Verflüssigung von Luft geht auf Carl von Linde 1 zurück. Er nutzte den Joule-T homson-Effekt (d. h. den isenthalpen Drosseleffekt) δh , der sich gut in einem lg p, h-Diagramm darstellen lässt (vgl. Abschnitt 5.4.6 des Lehrbuchs "Grundlagen der Technischen Thermodynamik"). Abb. 7.37 a zeigt die einfachste Anordnung einer Luftverflüssigungsanlage. Hier wird die Luft bei Umgebungsbedingungen (z. B. 1,0 bar und 0 o C) angesaugt und durch einen angenommenen idealen Kompressor reversibel-isotherm auf einen hohen Druck von z. B. etwa 100 bar verdichtet. Die verdichtete Luft tritt in einen Gegenstromwärmeübertrager ein, wird auf eine niedrigere Temperatur abgekühlt und in einem Drosselventil auf einen niedrigen Druck (meist Umgebungsdruck p = 1,0 bar) entspannt.

Bild 7.37 Zu Aufgabe 7.22 Beim Anfahren der Anlage wird die Luft nach der oben beschriebenen Verdichtung und Drosselung im ersten Schritt im besten Fall von 0 o C auf etwa - 25 o C abgekühlt. Anschließend wird die gesamte Luft in den Gegenstromwärmeübertrager zurückgeführt, wo sie Wärme aufnimmt und im besten Fall einen Temperaturanstieg von - 25 o C auf 0 o C erfährt. Diese Luft wird dann idealerweise wieder isotherm auf 100 bar verdichtet. (Bei einer anderen Betriebsweise wird diese Luft an die Umgebung abgegeben, gleichzeitig zusätzliche Umgebungsluft angesaugt und diese idealerweise reversibel-isotherm auf 100 bar komprimiert.) Danach wird die Luft im Gegenstromwärmeübertrager auf etwa - 25 o C abgekühlt und durch isenthalpe Drosselung auf 1 bar auf eine noch niedrigere Temperatur (z.B. etwa - 50 o C) abgekühlt. Daher kann die im Gegenstromwärmeübertrager zurückströmende Luft nun mehr Wärme aufnehmen und damit die ihr im Gegenstromwärmeübertrager entgegenströmende Luft – nach deren reversibel-isothermen Verdichtung von 0 o C und 1 bar auf 100 bar und vor deren isenthalpen Drosselung – nun stärker abkühlen als im ersten Schritt. Damit wird durch mehrmalige 1 Carl von Linde, 1842 bis 1934, deutscher Ingenieur, wandte thermodynamische Erkenntnisse erfolgreich auf die Kältetechnik an, Gründer von ”Linde’s Gesellschaft für Eismaschinen” und ”Praxair” (heute Linde plc.)

Aufgaben zu Abschnitt 7

179

Wiederholung die Luft so weit abgekühlt, dass sie bei einer erneuten isenthalpen Drosselung, die zu einer noch niedrigeren Temperatur führt, schließlich den Nassdampfbereich erreicht. Hier wird die siedend-flüssige Phase mit dem Massenanteil z von der Dampfphase im Sattdampfzustand getrennt (Bild 7.38). Der Dampf mit dem Massenanteil (1 - z) gelangt wiederum in den Gegenstromwärmeübertrager und wird dort im günstigsten Fall auf 0 o C erwärmt.

Bild 7.38 Zu Aufgabe 7.22 Damit ist der stationär verlaufende Prozess des Systems erreicht; von nun an wird nicht nur die rückgeführte Luft mit dem Massenanteil (1 - z) dem Kompressor zugeführt, sondern auch neue Luft mit dem Massenanteil z zugeführt. Die Masse der Luft soll mit m = 1 kg angenommen werden. Somit wird im stationären Prozessverlauf eine ideal-isotherme Verdichtung von 1 kg Luft von Zustand 1 (1,0 bar, 0 o C) auf Zustand 2 (100 bar, - 25 o C) durchgeführt. Danach wird die Luft isobar auf den Zustand 3 (100 bar, -165 o C) abgekühlt und dann durch eine isenthalpe Drosselung auf den Zustand 4 (1 bar, -196 o C) im Nassdampfgebiet gedrosselt. Das gewünschte Produkt, die flüssige Luft, hat den Zustand der siedenden Flüssigkeit 40 (1 bar, -196 o C), während die Luft, die sich im Zustand von Sattdampf 400 (1 bar, -196 o C) befindet, im Gegenstromwärmeübertrager isobar auf den Zustand 5 = 1 (1,0 bar, 0 o C) erwärmt wird. Dieser stationäre Linde-Grundprozess soll für 1 kg Luft unter der Annahme einer reversibelisothermen Zustandsänderung im Verdichter und einer irreversibel-isenthalpen Zustandsänderung durch Drosselung berechnet werden. Der Gegenstromwärmeübertrager wird als adiabat angenommen; weiter wird angenommen, dass der Massenanteil (1 - z) der ausströmenden Luftmasse 0 o C erreichen kann. a) Wie hoch sind die Werte der spezifischen Enthalpien h1 , h2 , h04 und h004 und der spezifischen Entropien s1 und s2 ? Wie groß ist die spezifische isotherme Druckänderungsarbeit wp12 des Kompressors? Die Werte sind mit dem lg p, h-Diagramm für Luft (Bild 7.39) zu bestimmen. b) Nach Abb. 7.37 b ist die Enthalpiebilanz für das Gesamtsystem ohne Verdichter im stationären Prozess mit der Bedingung h5 = h1 zu ermitteln und daraus der Anteil z der verflüssigten Luft bezogen auf die Gesamtluft zu bestimmen. c) Mit Hilfe der Enthalpiebilanz für den Gegenstromwärmetauscher nach Abb. 7.37 c soll h3 = h4 berechnet werden. d) Welcher spezifische Energieaufwand ist erforderlich, um 1 kg flüssige Luft zu entnehmen? e) Was ergibt sich bei einer idealen isothermen Verdichtung von 1,0 bar auf 350 bar? Ist eine Verdichtung auf noch höhere Drücke sinnvoll? f) Das oben beschriebene Linde-Grundverfahren soll zur Verflüssigung von Erdgas eingesetzt werden, das vereinfachend als reines Methan CH4 angenommen werden kann. Die Masse von 1 kg Methan wird reversibel-isotherm vom Umgebungszustand (p1 = 1,0 bar, t1 = 0 o C) auf den Druck p2 = 100 bar verdichtet. Das verflüssigte Methan soll den Druck p1 = 1,0 bar haben. Die Aufgabe ist mithilfe des lg p, h-Diagramms von Methan (Bild 7.40) zu behandeln.

180

7 Kreisprozesse

g) Was wäre das Ergebnis einer reversibel-isothermen Kompression des Methans von 1,0 bar auf 350 bar? Ist es sinnvoll, auf noch höhere Drücke zu verdichten? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: Luft: p2 = 100 bar (Bild 7.39): a) h1 = 0 kJ/kg

h2 = - 25 kJ/kg

h5 = h1 = 0 kJ/kg

h04 = - 402 kJ/kg

s1 = - 0,162 kJ/(kg K)

h004 = - 195 kJ/kg

s2 = - 1,220 kJ/(kg K)

Spezifische Verdichterarbeit: wp 12 = h2 − h1 −

Z2

T ds = h2 − h1 − T1 (s2 − s1 )

1

wp 12 = (− 25 − 0) kJ/kg − 273.15 K · (−1, 220 − (− 0, 162)) kJ/(kg K) wp 12 = (- 25 + 289,0) kJ/kg = 264,0 kJ/kg b) Energiebilanz für das Gesamtsystem mit Ausnahme des Verdichters; vorausgesetzt wird h5 = h1 : h2 = z h04 + (1 − z) h1 = z h04 + h1 − z h1 z=

h1 − h2 h5 − h2 = h5 − h04 h1 − h04

Bild 7.39 Zu Aufgabe 7.22

z=

(0 + 25) kJ/kg = 0, 0622 (0 + 402) kJ/kg

Aufgaben zu Abschnitt 7

181

c) Energiebilanz für den Gegenstromwärmeübertrager: h2 − h3 = (1 − z) (h5 − h004 ) = (1 − z) (h1 − h004 )




h3 = h2 − (1 − z)(h1 − h004 ) = − 25 − (1 − 0, 0622) · (0 + 195) kJ/kg = − 207, 9 kJ/kg d) Spezifischer Energieaufwand je kg flüssiger Luft: wp 12 = 264,0 kJ/kg)/0,062 = 4258 kJ/kg = z e) Luft: p∗2 = 350 bar (Bild 7.39): h1 = 0 kJ/kg h∗2 = - 55 kJ/kg h04 = - 402 kJ/kg h004 = - 195 kJ/kg h5 = h1 = 0 kJ/kg s1 = 0,162 kJ/(kg K) s∗2 = - 1,700 kJ/(kg K) Spezifische Verdichterarbeit: wp 12∗ = (− 55 − 0) kJ/kg − 273, 15 K · (−1, 700 − (− 0, 162)) kJ/(kg K) wp 12∗ = (- 55 + 420,1) kJ/kg = 365,1 kJ/kg Energiebilanz für das Gesamtsystem mit Ausnahme des Verdichters; vorausgesetzt wird h5 = h1 : z∗ =

(0 + 55) kJ/kg = 0, 1368 (0 + 402) kJ/kg

Energiebilanz für den Gegenstromwärmeübertrager:




h∗3 = − 55 − (1 − 0, 1368) · (0 + 195) kJ/kg = − 223, 3 kJ/kg Spezifischer Energieaufwand je kg flüssige Luft: wp 12∗ ∗ = = (365,1 kJ/kg)/0,137 = 2665 kJ/kg z Ein höherer Druck als ≈ 270 bar ist nicht sinnvoll, da gemäß dem lg p, h-Diagramm für Luft Punkt 3∗ durch eine senkrechte Tangente an die Isotherme gekennzeichnet sein sollte. Unter dieser Bedingung ist die niedrigst mögliche spezifische Enthalpie für den Zustand 3∗ der gewählten Isobare gewährleistet; dies führt zu p∗2 ≈ 270 bar für Luft. Der Druck p∗2 = 350 bar der Teilaufgabe e) ist daher zu hoch. f) Erdgas (Methan): p2 = 100 bar (Bild 7.40): h1 = - 56,11 kJ/kg h2 = - 180,65 kJ/kg h4 = - 474,80 kJ/kg h04 = - 911,50 kJ/kg h004 = - 400,38 kJ/kg h5 = h1 = - 56,11 kJ/kg s1 = - 0,1887 kJ/(kg K) s2 = - 2,913 kJ/(kg K) Spezifische Verdichterarbeit: wp 12 = h2 − h1 −

Z2

T ds = h2 − h1 − T1 (s2 − s1 )

1

wp 12 = (−180, 65 − (−56, 11)) kJ/kg − 273, 15 K · (−2, 913 − (− 0, 1887)) kJ/(kg K) wp 12 = 619,60 kJ/kg Energiebilanz für das Gesamtsystem mit Ausnahme des Verdichters; vorausgesetzt wird h5 = h1 : h2 = z h04 + (1 − z) (h1 ) = z h04 + h1 − z h1 z=

h5 − h2 h1 − h2 = h5 − h04 h1 − h04

z=

(−56, 11 + 180, 65) kJ/kg = 0, 1456 (−56, 11 + 911, 50) kJ/kg

Energiebilanz für den Gegenstromwärmeübertrager:

182

7 Kreisprozesse




h3 = − 180, 65 − (1 − 0, 1456) · (−56, 11 + 400, 38) kJ/kg = − 474, 80 kJ/kg Spezifischer Energieaufwand je kg flüssiges Methan: wp 12∗ = (619,60 kJ/kg)/0,1456 = 4255,51 kJ/kg = z g) Erdgas (Methan): p∗2 = 350 bar (Bild 7.40): h1 = - 56,11 kJ/kg h∗2 = - 312,26 kJ/kg h04 = - 911,50 kJ/kg T4 = T40 = T400 = - 161,64 o C h004 = - 400,38 kJ/kg h5 = h1 = - 56,11 kJ/kg s1 = - 0,189 kJ/(kg K) s∗2 = - 3,908 kJ/(kg K) Spezifische Verdichterarbeit: wp 12∗ = (− 312, 26 + 56, 11) kJ/kg − 273, 15 K · (−3, 908 − (− 0, 189)) kJ/(kg K) wp 12∗ = 759,78 kJ/kg Energiebilanz für das Gesamtsystem mit Ausnahme des Verdichters; vorausgesetzt wird h5 = h1 : z∗ =

(−56, 11 + 312, 26) kJ/kg = 0, 2995 (−56, 11 + 911, 50) kJ/kg

Energiebilanz für den Gegenstromwärmeübertrager:




h∗3 = − 312, 26 − (1 − 0, 2995) · (−56, 11 + 400, 38) kJ/kg = − 553, 43 kJ/kg Spezifischer Energieaufwand je kg flüssiges Methan: wp 12∗ ∗ = = (759,78 kJ/kg)/0,2995 = 2536,82 kJ/kg z

Bild 7.40 Zu Aufgabe 7.22 Ein höherer Druck als ≈ 270 bar ist nicht sinnvoll, da gemäß dem lg p, h-Diagramm für Methan Punkt 3∗ durch eine senkrechte Tangente an die Isotherme gekennzeichnet sein sollte. Unter dieser Bedingung ist die niedrigst mögliche spezifische Enthalpie für den Zustand 3∗ der gewählten Isobare gewährleistet; dies führt zu p∗2 ≈ 270 bar für Methan. Der Druck p∗2 = 350 bar der Teilaufgabe e) ist daher zu hoch.

Aufgaben zu Abschnitt 7

183

Aufgabe 7.23 Eine Weiterentwicklung des Linde-Grundprozesses zur Verflüssigung von Luft oder Methan wäre z. B., die irreversible isenthalpische Drosselung durch eine – im thermodynamisch günstigsten Fall – reversible isentrope Expansion zu ersetzen. Dadurch würde zum einen Arbeit gewonnen und zum andern ein vorteilhaft höherer Anteil z an verflüssigter Substanz am Ende der Expansion erreicht (vgl. Bild 7.41). Ein solcher Prozess wird im Folgenden unter der hypothetischen Annahme betrachtet, dass das Gemisch aus gesättigter Flüssigkeit und gesättigtem Dampf, das bei der Expansion entsteht, in einer Expansionsmaschine auf Dauer keinen Schaden verursacht; dies ist nur schwierig zu erreichen. Eine Verflüssigung von Luft oder Methan bei einer Anfangskompression von 1,0 bar auf 100 bar und alternativ auf 350 bar ist in gleicher Weise wie in Aufgabe 7.22 zu betrachten. a) Es sollen allgemeine Enthalpiebilanzen für 1 kg des Stoffes - für den reversibel-isothermen Verdichter - für den Gegenstromwärmeübertrager und - für die Gesamtanlage ohne den Verdichter berechnet werden. Darüber hinaus soll für 1 kg Flüssigkeit der spezifische Energieaufwand bestimmt werden. b) Mit Hilfe der Gleichungen aus Teilaufgabe a) sind die - spezifische reversibel-isotherme Verdichtungsarbeit wp12 , ˆ 3 und h ˆ4, - die spezifischen Enthalpien h - der Flüssigkeitsanteil zˆ und - der spezifische Energieaufwand ˆ  für die Verflüssigung von Luft sowie für Methan bei einer Verdichtung von 1 bar auf 100 bar und alternativ von 1 bar bis 350 bar zu bestimmen. Die gewonnenen Ergebnisse sind unter dem Gesichtspunkt der angenommenen reversiblen bzw. in der praktischen Umsetzung irreversiblen Zustandsänderungen zu interpretieren. (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung:

Bild 7.41 Zu Aufgabe 7.23

184

7 Kreisprozesse

a) Spezifische Verdichterarbeit: wp 12 = h2 − h1 −

Z2

T ds = h2 − h1 − T1 (s2 − s1 )

1

Energiebilanz für den Gegenstromwärmeübertrager: ˆ 3 = (1 − zˆ) (h5 − h004 ) = (1 − zˆ) (h1 − h004 ) h2 − h (Gl. 1) Energiebilanz für das Gesamtsystem mit Ausnahme des Verdichters; vorausgesetzt wird h5 = h1 : Hier muss im Gegensatz zum Linde-Grundprozess auch der spezifische Arbeitsgewinn wp ˆ3ˆ4 für die isentrope Expansion in einer Turbine oder in einer Kolbenmaschine berücksichtigt werden. ˆ3 − h ˆ4) h2 = zˆ h04 + (1 − zˆ) h1 + |wpˆ3ˆ4 | = z h04 + h1 − zˆ h1 + (h Daraus folgt für zˆ: ˆ3 − h ˆ 4 + h1 − h2 h (Gl. 2) h1 − h04 Gleichzeitig ergibt sich aufgrund der linearen Abhängigkeit der spezifischen Enthalpie vom Dampfgehalt x = (1 − zˆ): ˆ4 h00 − h (Gl. 3) zˆ = 400 h4 − h04 ˆ3, h ˆ 4 und zˆ drei unbekannte Das System der Gleichungen (1), (2) und (3) enthält mit h Größen, die eindeutig bestimmt werden können. Im Gegensatz dazu sind h1 , h2 , h04 und h004 vorgegebene Werte entsprechend dem angestrebten Prozess. Durch Iteration erhält man ˆ3, h ˆ 4 und zˆ. die Größen h zˆ =

Der spezifische Energieeinsatz (spezifische Energieaufwand) je kg flüssiger Luft oder je kg flüssigem Methan ist gegeben durch wp12 − |wpˆ3ˆ4 | zˆ b) Luft: p2 = 100 bar (Bild 7.42): h1 = 0 kJ/kg h2 = - 25 kJ/kg h04 = - 402 kJ/kg h004 = - 195 kJ/kg h5 = h1 = 0 kJ/kg s1 = - 0,162 kJ/(kg K) s2 = - 1,220 kJ/(kg K) Spezifische Verdichterarbeit: wp 12 = (− 25−0) kJ/kg−273, 15 K·(−0, 162−(− 1, 220)) kJ/(kg K)= (- 25 + 289,0) kJ/kg wp 12 = 264,0 kJ/kg Luft: p∗2 = 350 bar (Bild 7.42): h1 = 0 kJ/kg h∗2 = - 55 kJ/kg h04 = - 402 kJ/kg h004 = - 195 kJ/kg h5 = h1 = 0 kJ/kg s1 = 0,162 kJ/(kg K) s∗2 = - 1,700 kJ/(kg K) Spezifische Verdichterarbeit: wp 12∗ = (− 55 − 0) kJ/kg − 273, 15 K · (−1, 700 − (− 0, 162)) kJ/(kg K) wp 12∗ = (- 55 + 420,1) kJ/kg = 365,1 kJ/kg Erdgas (Methan): p2 = 100 bar (Bild 7.43): h1 = - 56,11 kJ/kg h2 = - 180,65 kJ/kg h4 = - 474,80 kJ/kg h04 = - 911,50 kJ/kg h004 = - 400,38 kJ/kg h5 = h1 = - 56,11 kJ/kg s1 = - 0,1887 kJ/(kg K) s2 = - 2,913 kJ/(kg K) Spezifische Verdichterarbeit: wp 12 = (−180, 65 − (−56, 11)) kJ/kg − 273, 15 K · (−2, 913 − (− 0, 1887)) kJ/(kg K) ˆ =

Aufgaben zu Abschnitt 7

185

wp 12 = 619,60 kJ/kg Erdgas (Methan): p∗2 = 350 bar (Bild 7.43): h1 = - 56,11 kJ/kg h∗2 = - 312,26 kJ/kg h04 = - 911,50 kJ/kg t4 = t04 = t004 = - 161,64 o C h004 = - 400,38 kJ/kg h5 = h1 = - 56,11 kJ/kg s1 = - 0,189 kJ/(kg K) s∗2 = - 3,908 kJ/(kg K) Spezifische Verdichterarbeit: wp 12∗ = (− 312, 26 + 56, 11) kJ/kg − 273, 15 K · (−3, 908 − (− 0, 189)) kJ/(kg K) wp 12∗ = 759,78 kJ/kg Mit der reversibel-isothermen Verdichtung vom Zustand 1 (0 o C, 1 bar) zum Zustand 2 (100 bar oder 350 bar) gleichermaßen wie in Aufgabe 7.22 ergeben sich die folgenden Werte: Luft, Verdichtung auf 100 bar: ˆ 3 = - 152 kJ/kg; h ˆ 4 = - 256 kJ/kg; zˆ = 0,2900 ˆ = 586 kJ/kg flüssige Luft h Luft, Verdichtung auf 350 bar: ˆ ∗3 = - 168 kJ/kg; h ˆ ∗4 = - 285 kJ/kg; zˆ∗ = 0,4265 ˆ∗ = 582 kJ/kg flüssige Luft h Erdgas (Methan), Verdichtung auf 100 bar: ˆ 3 = - 398,24 kJ/kg; h ˆ 4 = - 590,25 kJ/kg; zˆ = 0,3713 ˆ = 1152 kJ/kg flüssiges Methan h Erdgas (Methan), Verdichtung auf 350 bar: ˆ ∗3 = - 472,28 kJ/kg; h ˆ ∗4 = - 673,78 kJ/kg; zˆ∗ = 0.5349 ˆ∗ = 781 kJ/kg flüssiges Methan h

Bild 7.42 Zu Aufgabe 7.23

186

7 Kreisprozesse

Prozess Stoff; Druck p2 , p∗2 Linde-Grundprozess Luft 100 bar Linde-Grundprozess Luft 350 bar Id. Entspannungsprozess Luft 100 bar Id. Entspannungspprozess Luft 350 bar Linde.Grundprozess Methan 100 bar Linde-Grundprozess Methan 350 bar Id. Entspannungsprozess Methan 100 bar Id. Entspannungsprozess Methan 350 bar

z, z ∗, zˆ, zˆ∗ 0,062 0,1368 0,2900 0,4265 0,1456 0,2995 0,3713 0,5349

, ∗, ˆ , ˆ ∗ 4258 kJ/kg 2665 kJ/kg 586 kJ/kg 582 kJ/kg 4256 kJ/kg 2537 kJ/kg 1152 kJ/kg 781 kJ/kg

Bild 7.43 Zu Aufgabe 7.23 Wie aus der obigen Tabelle hervorgeht, würde dieser ideale Expansionsmaschinenprozess im Vergleich zum Linde-Basisprozess zu einem deutlich geringeren spezifischen Energieeinsatz führen. Dies ist darauf zurückzuführen, dass die stark irreversible Drosselung im LindeBasisprozess durch eine reversible isentrope Expansion ersetzt wird, die nicht nur zu einem spezifischen Arbeitsgewinn wpˆ3ˆ4 führt, sondern auch zu einer wesentlichen Erhöhung des Flüssigkeitsanteils zˆ > z.

Bild 7.44 Zu Aufgabe 7.23 Da bei der Berechnung des Linde-Grundprozesses nach Aufgabe 7.22 eine reversible isotherme Verdichtung von Zustand 1 nach Zustand 2 angenommen wird, muss ein größerer Wert der spezifischen Verdichtungsarbeit wp12 für den realen irreversiblen Prozess angenommen werden.

Aufgaben zu Abschnitt 7

187

Auch die Annahme, dass der Zustand 1, gekennzeichnet durch eine höhere Temperatur, im Gegenstromwärmeübertrager anstelle von Zustand 5 erreicht wird, ist im realen Prozess nicht möglich. Im idealen Prozess der Expansionsmaschine nach Aufgabe 7.23 ist zu berücksichtigen, dass die reversible isentrope Expansion von Zustand ˆ 3 in den Zustand ˆ 4 im realen Prozess nicht erreicht werden kann und daher der spezifische Arbeitsgewinn wpˆ3ˆ4 sowie der Flüssigkeitsanteil zˆ wesentlich geringer sind. Um technische Probleme zu vermeiden, die durch ein Flüssigkeits-Dampf-Gemisch in der Expansionsmaschine verursacht werden könnten, muss eine irreversibel-adiabate Expansion im Bereich des überhitzten Dampfes durchgeführt werden (siehe Bild 7.44). Dies macht ein komplexeres System von Gegenstrom-Wärmeübertragern und mindestens einer zusätzlichen Expansionsmaschine notwendig. So kann z. B. ein Verfahren erreicht werden, das als ClaudeProzess bezeichnet wird. Die thermodynamische Behandlung eines solchen Prozesses würde einen wesentlich höheren Rechenaufwand bedingen, als dies hier beschrieben werden kann. Aufgabe 7.24 Um elektrische Energie aus Solar- und Windkraftanlagen – die nicht zeit-, orts- und mengengerecht erzeugt wird – speichern zu können, soll das Konzept eines elektrothermischen Energie-Speichersystems (ETES) untersucht werden. Kohlendioxid (CO2 , Kältemittel R 744) soll als Arbeitsmittel für zwei gekoppelte Kreisprozesse – einen linkslaufenden Kreisprozess (LCP) und einen rechtslaufenden Kreisprozess (RCP) – verwendet werden. Eine elektrisch angetriebene Großwärmepumpe (LCP) entzieht einem Kältespeicher als Wärmequelle, der mit einer Mischung aus einer flüssigen Wasser-Salz-Lösung und festen Eispartikeln befüllt ist, bei - 21o Wärme mithilfe eines Verdampfers als Wärmeübertrager. Das Arbeitsmedium wird auf einen hohen transkritischen Druck von etwa 180 bar mittels eines Turbokompressors gebracht. Im nächsten Schritt erfolgt die Wärmeabgabe in einem GegenstromWärmeübertrager. Die Wärme wird an einen Wärmespeicher als Wärmesenke abgegeben, der mit einer Speichersubstanz, zum Beispiel mit sehr feinkörnigem fluidisierbarem keramischem Schüttgut oder fluidisierbarem Sand befüllt ist. Diese Speichersubstanz wird in einem Temperaturbereich zwischen etwa 20 o C und 165 o C erhitzt (Bild 7.45 a).

Bild 7.45 Zu Aufgabe 7.24 Zeitversetzt wird die gespeicherte Wärme diesem Material in einem Temperaturbereich zwischen etwa 165 o C und 20 o C wieder entnommen. Der Wärmespeicher dient als Wärmequelle in einem rechtslaufenden Kreisprozess (RCP) mit CO2 als Arbeitsmedium (Abb.7.45 c). Die Wärme wird dem CO2 auf einem hohen Druckniveau von 180 bar zugeführt. Anschließend

188

7 Kreisprozesse

wird das Arbeitsmedium CO2 in einer Expansionsturbine unter Freisetzung von Arbeit adiabat auf einen niedrigen Druck und eine niedrige Temperatur gebracht. In einem Kondensator als Wärmeübertrager wird das CO2 verflüssigt, wobei die frei werdende Wärme an den Kältespeicher übertragen wird, der mit einer Mischung aus einer flüssigen Wasser-Salz-Lösung und festen Eispartikeln gefüllt ist und als Wärmesenke dient. Durch eine adiabate Verdichtung des flüssigen CO2 in einer Kreiselpumpe wird das CO2 wieder auf den hohen transkritischen Druck von 180 bar gebracht.

Bild 7.46 Zu Aufgabe 7.24 Die beiden kombinierten Kreisprozesse (Bild 7.46) gelten als thermodynamisch vorteilhaft, weil zwei hocheffiziente Großmaschinen eingesetzt werden können: der Verdichter des linkslaufenden Kreisprozesses und die Expansionsturbine des rechtslaufenden Kreisprozesses. Außerdem können die Wärmeübertrager im Kältespeicher, die auf der einen Seite zur Verdampfung und auf der anderen Seite zur Kondensation eingesetzt werden, mit geringen Temperaturunterschieden betrieben werden. Außerdem können die Wärmeübertrager im Wärmespeicher ebenfalls mit kleinen Temperaturdifferenzen im Hochtemperaturbereich betrieben werden, da CO2 eine annähernd konstante spezifische isobare Wärmekapazität bei transkritischem Druck hat. Dies gilt in etwa auch für das keramische Material oder den Sand im Wärmespeicher. Der Wärmeübergang ist also durch den hohen Druck des CO2 und das feinkörnige Speichermaterial vergleichsweise gut. Der thermische Wirkungsgrad des Verdichters im linkslaufenden Kreisprozess und der Expansionsturbine im rechtslaufenden Kreisprozess sind mit ηth = 0,88 und der der Flüssigkeitspumpe im rechtslaufenden Kreisprozess mit ηth = 0,85 anzunehmen. Der mechanische

Aufgaben zu Abschnitt 7

189

Wirkungsgrad ist mit ηmech = 1,0 anzusetzen; somit ist die externe Reibungsarbeit WRA = 0, und die mechanische Arbeit sowie die elektrische Arbeit werden als gleich groß angenommen. Die Gegenstromwärmeübertrager des linkslaufenden Kreisprozesses und des rechtslaufenden Kreisprozesses sind im höheren Temperaturbereich jeweils mit einer mittleren Temperaturdifferenz zwischen etwa 12 o C und 15 o C anzusetzen. Die Gegenstromwärmeübertrager des linkslaufenden Kreisprozesses und des rechtslaufenden Kreisprozesses werden im unteren Temperaturbereich jeweils mit einer mittleren Temperaturdifferenz von etwa 5 o C (Verdampfung bzw. Kondensation) angesetzt. Beide Prozesse sollen mit den folgenden Eigenschaften für CO2 berechnet und tabellarisch erfasst werden: a) Wärmepumpe als linkslaufender Kreisprozess (Bild 7.45 a): 1: 247,15 K (- 26,00 o C), 16,293 bar (1,6293 MPa), gesättigter Dampf 2: 452,27 K (179,12 o C), 180,0 bar (18,0 MPa), überhitzter Dampf 3: 440,27 K (167,12 o C), 180,0 bar (18,0 MPa), s3 = s1 , überhitzter Dampf 4: 298,15 K (25,00 o C), 180,0 bar (18,0 MPa), überhitzter Dampf 5: 247,15 K (- 26,00 o C), 16,293 bar (1,6293 MPa), h5 = h4 , Nassdampfgebiet Die Zustandsänderung 1-2 ist irreversibel-adiabat, die Zustandsänderung 1-3 ist reversibeladiabat, die Zustandsänderungen 2-4 und 5-1 sind isobar, die Zustandsänderung 4-5 ist irreversibel-isenthalp. Anhand des T, s-Diagramms für CO2 (Bild 7.47) sind die Werte der spezifischen Enthalpien h1 , h2 , h3 , h4 , h5 und der spezifischen Entropien s1 , s2 , s3 , s4 , s5 graphisch zu bestimmen. Kraftmaschine als rechtslaufender Kreisprozess (Bild 7.46 c): 1: 2: 3: 4: 5: 6:

426,48 266,56 257,15 257,15 266,84 265,46

K K K K K K

(153,33 o C), 180,0 bar (18,0 MPa), überhitzter Dampf (- 6,59 o C), 22,237 (2,2237 MPa), überhitzter Dampf (- 16,00 o C), 22,237 bar (2,2237 MPa), s3 = s1 , Sattdampf (- 16,00 o C), 22,237 bar (2,2237 MPa), s3 = s1 , siedende Flüssigkeit (- 6,31 o C), 180,0 bar (18,0 MPa), Flüssigkeit (- 7,69 o C), 180,0 bar (18,0 MPa), s6 = s4 , Flüssigkeit

Die Zustandsänderung 1-2 ist irreversibel-adiabat, die Zustandsänderung 1-3 ist reversibeladiabat, die Zustandsänderungen 2-4 und 5-1 sind isobar, die Zustandsänderung 4-5 ist irreversibel-isenthalp. Anhand des T, s-Diagramms für CO2 (Bild 7.48) sind die Werte der spezifischen Enthalpien h1 , h2 , h3 , h4 , h5 , h6 und der spezifischen Entropien s1 , s2 , s3 , s4 , s5 , s6 graphisch zu bestimmen. b) Wie hoch ist der Gesamtwirkungsgrad ηtot des Systems bei Einspeicherung elektrischer Energie und zeitlich versetzter, bedarfsgerechter Erzeugung elektrischer Energie? c) Zur Verbesserung des Systems sind die Wärmeübertrager im höheren Temperaturbereich jeweils mit einer mittleren Temperaturdifferenz zwischen etwa 9 o C und 14 o C und die Wärmeübertrager im unteren Temperaturbereich jeweils mit einer Temperaturdifferenz von etwa 2,5 o C anzunehmen. Weiter wird im linkslaufenden Kreisprozess anstelle des Expansionsventils eine Expansionsturbine mit einem thermischen Wirkungsgrad von ηth = 0,88 vorgesehen (Bild 7.45 b). Dies ist eine eher hypothetische Annahme, da das Gemisch von siedender Flüssigkeit und Sattdampf, das bei der Expansion entsteht, bei längerem Betrieb Schäden in einer Expansionsmaschine verursachen könnte. Die Zustandsänderungen der verbesserten Prozesse nach Bild 7.45 b und Bild 7.45 c sind in das T, s-Diagramm für CO2 (Bild 7.47 und Bild 7.48) einzutragen. Die jeweiligen Zustandsgrößen sind in einer Tabelle zusammenzufassen. Wie hoch ist nun der Gesamtwirkungsgrad ηtot des Systems aus der Speicherung elektrischer Energie und der zeitverschobenen bedarfsgerechten Erzeugung elektrischer Energie?

190

7 Kreisprozesse

d) Zum Vergleich soll ein ideales ETES-System, das aus einem idealen linkslaufenden CarnotKreisprozess und einem idealen rechtslaufenden Carnot-Kreisprozess besteht, betrachtet werden. Die Gegenstromwärmeübertrager sollen jeweils mit einer Temperaturdifferenz von 0 o C angenommen werden. Die obere Temperatur soll T = 453,15 K (180 o C) und die untere Temperatur soll T0 = 252,15 K (- 21 o C) betragen. Welche Ergebnissen würden sich einstellen, wenn anstatt der idealen Carnot-Kreisprozesse die entsprechenden idealen Ericsson-Kreisprozesse oder die jeweiligen idealen Stirling-Kreisprozesse zugrunde gelegt werden würden? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) Linkslaufender Kreisprozess: Zustand Temp. T [K] Druck p [bar] Sp. Enthalpie h [kJ/kg] Sp. Entropie s [kJ/(kg K)] 1 247,15 16,293 - 69,74 - 0,7609 2 452,27 180,0 + 68,75 - 0,7509 3 440,27 180,0 + 52,13 - 0,7609 4 298,15 180,0 - 261,16 - 1,6348 5 247,15 16,293 - 261,16 - 1,5354 Wärmeabgabe im höheren Temperaturbereich: q24 LCP = h4 − h2 = (- 261,16 - 68,75) kJ/kg = - 329,91 kJ/kg Wärmeaufnahme im niedrigeren Temperaturbereich: q51 LCP = h1 − h5 = (- 69,74 - (- 261,16) kJ/kg = 191,42 kJ/kg Energetischer Aufwand im linkslaufenden Kreisprozess: wp12 LCP = h2 − h1 = (68,75 - (- 69,74)) kJ/kg = 138,49 kJ/kg Rechtslaufender Kreisprozess: Zustand Temp. T [K] Druck p [bar] Sp. Enthalpie h [kJ/kg] Sp. Entropie s [kJ/(kg K)] 1 426,48 180.0 + 30,70 - 0,8103 2 266,56 22,237 - 58,22 - 0,7640 3 257,15 22,237 - 70,34 - 0,8103 4 257,15 22,237 - 343,64 - 1,8731 5 266,84 180,0 - 325,59 - 1,8629 6 265,46 180,0 - 328,30 - 1,8731 Wärmeaufnahme im höheren Temperaturbereich: q51 RCP = h1 − h5 = (30,70 - (- 325,59)) kJ/kg = 356,29 kJ/kg Wärmeabgabe im niedrigeren Temperaturbereich: |q24 RCP | = h2 − h4 = (- 58,22 - (- 343,64) kJ/kg = 285,42 kJ/kg Energetischer Gesamtnutzen des rechtslaufenden Kreisprozesses: |wp12 RCP | − wp45 RCP = h1 − h2 − (h5 − h4 ) = (30,70 - (- 58,22)) kJ/kg - (- 325,59 - (- 343,64)) kJ/kg = (88,92 - 18,05) kJ/kg = 70,87 kJ/kg b) Gesamtwirkungsgrad ηtot : Rechtslaufender Kreisprozess: Wärmeaufnahme im höheren Temperaturbereich: q51 RCP = h1 − h5 = (30,70 - (- 325,59)) kJ/kg = 356,29 kJ/kg Linkslaufender Kreisprozess: Wärmeabgabe im höheren Temperaturbereich: |q24 LCP | = h2 − h4 = (68,75 - (- 261,16) kJ/kg = 329,91 kJ/kg

Aufgaben zu Abschnitt 7

191

Verhältnis der Massenströme der Kreisprozesse: m ˙ LCP q51 RCP 356, 29 kJ/kg = = = 1, 080 m ˙ RCP |q24 LCP | 329, 91 kJ/kg Gesamtwirkungsgrad: Nutzen ηtot = Aufwand |we12 RCP | − we45 RCP m |wp12 RCP | − wp45 RCP m ˙ RCP ˙ RCP · = · ηtot = wp12 LCP m ˙ LCP we12 LCP m ˙ LCP 70, 87 kJ/kg 1 0, 51173 = · = = 0, 4738 138, 49 kJ/kg 1, 080 1, 080

Bild 7.47 Zu Aufgabe 7.24 c) Verbessertes System: Linkslaufender Kreisprozess: Zustand Temp. T [K] Druck p [bar] Sp. Enthalpie h [kJ/kg] Sp. Entropie s [kJ/(kg K)] 1 249,65 17,653 - 69,73 - 0,7732 2 447,95 180,0 + 62,60 - 0,7373 3 437,05 180,0 + 46,72 - 0,7732 4 293,15 180,0 - 271,94 - 1,6713 5 249,65 17,653 - 271,94 - 1.5832 6∗ 249,65 17,653 - 293,34 - 1,6713 7∗ 249,65 17,653 - 290,77 - 1.6586 Wärmeabgabe im höheren Temperaturbereich: q24 LCP = h4 − h2 = (- 271,94 - 62,60) kJ/kg = - 334,54 kJ/kg Wärmezufuhr im niedrigeren Temperaturbereich:

192

7 Kreisprozesse

q51 LCP = h1 − h5 = (- 69,73 - (- 290,77) kJ/kg = 221,04 kJ/kg Energetischer Aufwand im linkslaufenden Kreisprozess: wp12 LCP − |wp45∗ LCP | = h2 − h1 − (h4 − h5∗ )= ((62,60 - (- 69,73)) - (-271,94 - (- 290,77))) kJ/kg = (132,33 - 18,83) kJ/kg = 113,50 kJ/kg Rechtslaufender Kreisprozess: Zustand Temp. T [K] Druck p [bar] Sp. Enthalpie h [kJ/kg] Sp. Entropie s [kJ/(kg K)] 1 429,94 180,0 + 36,02 - 0,7979 2 264,87 20,623 - 57,30 - 0,7489 3 254,65 20,623 - 70,02 - 0,7979 4 254,65 20,623 - 349,09 - 1,8938 5 264,05 180,0 - 331,07 - 1,8835 6 262,67 180,0 - 333,77 - 1,8938

Bild 7.48 Zu Aufgabe 7.24 Wärmeaufnahme im höheren Temperaturbereich: q51 RCP = h1 − h5 = (36,02 - (- 331,07)) kJ/kg = 367,09 kJ/kg Wärmeabgabe im niedrigeren Temperaturbereich: |q24 RCP | = h2 − h4 = (- 57,30 - (- 349,09) kJ/kg = 291,79 kJ/kg Energetischer Nutzen des rechtslaufenden Kreisprozesses: |wp12 RCP | − wp45 RCP = h1 − h2 − (h5 − h4 ) = (36,02 - (- 57,30)) kJ/kg - (- 331,07 - (- 349,09)) kJ/kg = (93,32 - 18,02) kJ/kg = 75,30 kJ/kg Gesamteffizienz ηtot : Rechtslaufender Kreisprozess: Wärmeaufnahme im höheren Temperaturbereich: q51 RCP = h1 − h5 = = (36,02 - (- 331,07)) kJ/kg = 367,09 kJ/kg

Aufgaben zu Abschnitt 7

193

Linkslaufender Kreisprozess: Wärmeabgabe im höheren Temperaturbereich: |q24 LCP | = h4 − h2 = (62,60 - ( - 271,94 )) kJ/kg = 334,54 kJ/kg Verhältnis der Massenströme: q51 RCP 367, 09 kJ/kg m ˙ LCP = = = 1, 0973 m ˙ RCP |q24 LCP | 334, 54 kJ/kg Gesamteffizienz: Nutzen ηtot = Aufwand ˆ RCP |we12 RCP | − we45 RCP m ˙ RCP |wp12 RCP | − wp45 RCP m · = · ηtot = wp12 LCP − |wp45∗ LCP | m ˆ LCP we12 LCP − |we45∗ LCP | m ˙ LCP ηtot =

75, 30 kJ/kg 1 0, 51173 · = = 0, 6046 113, 50 kJ/kg 1, 0973 1, 0973

Die Ergebnisse der Teilaufgaben b) und c) zeigen, dass eine Erhöhung des Gesamtwirkungsgrades nicht nur von der Effizienz der Gegenstromwärmeübertrager abhängt, sondern auch vom Einsatz einer Expansionsmaschine anstelle eines Expansionsventils im linkslaufenden Kreisprozess. Eine weitere Verbesserung wäre der Einsatz eines oder mehrerer zusätzlicher innerer Wärmeübertrager (entsprechend den Speisewasservorwärmern beim Dampfkraftprozess) im rechtslaufenden Kreislaufprozess, wie in Aufgabe 7.10 beschrieben. Die Technik eines inneren Wärmeübertragers wäre auch eine Verbesserung für den linkslaufenden Kreisprozess. Leicht mindernd auf die Gesamteffizienz wirkt sich aus, dass die Wärmeabgabe des rechtslaufenden Kreisprozesses nicht vollständig an die Wärmesenke bei - 21 o C abgegeben werden kann, sondern ein begrenzter Teil an die Umgebung mit ihrer etwas höheren Temperatur abgeführt werden muss. d) Ideales ETES-System mit einem idealen linkslaufenden Carnot-Kreisprozess kombiniert mit einem idealen rechtslaufenden Carnot-Kreisprozess (Bild 7.49): Linkslaufender Kreisprozess (Bild 7.45 a): Leistungszahl:

Bild 7.49 Zu Aufgabe 7.24 Linkslaufender Kreisprozess (Bild 7.45 a): |QT LCP | We LCP Idealer linkslaufender Carnot-Kreisprozess (Bild 7.49 links): Leistungszahl: LCP =

T T − T0 Rechtslaufender Kreisprozess (Bild 7.45 c):

Leistungszahl: C LCP =

Thermischer Wirkungsgrad: ηth RCP =

|We RCP | QT RCP

Idealer rechtslaufender Carnot-Kreisprozess (Bild 7.49 rechts):

194

7 Kreisprozesse

Thermischer Wirkungsgrad: ηth C RCP =

T − T0 T

Kombinierte Prozesse: |QT LCP | |We RCP | · LCP · ηth RCP = We LCP QT RCP Kombinierte ideale Carnot-Kreisprozesse: T T − T0 C LCP · ηth C RCP = · = 1, 0 T − T0 T 453, 15 − 252, 15 453, 15 · = 1, 0 C LCP · ηth C RCP = 453, 15 − 252, 15 453, 15 Ein ideales ETES-System kann auch so betrachtet werden, dass ein idealer linkslaufender Ericsson-Prozess mit einem idealen rechtslaufenden Ericsson-Prozess kombiniert wird (Bild 7.50) oder ein idealer linkslaufender Stirling-Prozess mit einem idealen rechtslaufenden Stirling-Prozess kombiniert wird (Bild 7.51). Da diese Prozesse die gleiche Leistungszahl und den gleichen thermischen Wirkungsgrad wie die entsprechenden Carnot-Prozesse haben, folgt in gleicher Weise: LCP · ηth RCP =

|QT LCP | |We RCP | · We LCP QT RCP

Bild 7.50 Zu Aufgabe 7.24

Bild 7.51 Zu Aufgabe 7.24 Kombinierte ideale Ericsson-Kreisprozesse oder kombinierte ideale Stirling-Kreisprozesse: T T − T0 LCP · ηth RCP = · = 1, 0 T − T0 T Bei Verwendung derselben Werte für T und Tu wie bei den entsprechenden CarnotKreisprozessen ergeben sich dieselben Ergebnisse: C LCP · ηth C RCP =

453, 15 453, 15 − 252, 15 · = 1, 0 453, 15 − 252, 15 453, 15

Aufgaben zu Abschnitt 8: Exergie Aufgabe 8.1 Welche Exergie der inneren Energie EU1 und welche Exergie der Enthalpie EH1 hat die Masse . von m = 9,7 kg Stickstoff (N2 ) beim Druck p1 = 9,7 bar und der Temperatur t1 = 59 ◦ C? Der Umgebungsdruck beträgt p0 = 1,0 bar und die Umgebungstemperatur to = 15 ◦ C . N2 soll als ideales Gas mit R = 0,29680 kJ/(kg K) und κ = 1,4 aufgefasst werden. (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung:



EU1 = U1 − U0 − T0 (S1 − S0 ) + p0 (V1 − V0 ) = m u1 − u0 − T0 (s1 − s0 ) + p0 (v1 − v0 ) T1 p1 T1 T0  − R ln ) + p0 R ( − ) T0 p0 p1 p0  1 κ T1 p1 T1 T0  (T1 − T0 ) − T0 ( ln − ln ) + p0 ( − ) EU1 = m R κ−1 κ−1 T0 p0 p1 p0





EU1 = m cv (T1 − T0 ) − T0 (cp ln

EU1 = 9, 7 kg · 0, 29680 − ln

kJ  1 1, 4 332, 15 · · (332, 15 − 288, 15) K − 288, 15 K · ( · ln kg K 1, 4 − 1 1, 4 − 1 288, 15

332, 15 K 288, 15 K  9, 7 ) + 1, 0 bar · ( − ) 1, 0 9, 7 bar 1, 0 bar

EU1 = 2, 87896

 kJ  · 110, 000 + 511, 396 − 253, 908 K = 1057, 984 kJ K 

EH1 = H1 − H0 − T0 (S1 − S0 ) = m h1 − h0 − T0 (s1 − s0 ) T1 p1  − R ln ) T0 p0  κ κ T1 p1  (T1 − T0 ) − T0 ( ln − ln ) EH1 = m R κ−1 κ−1 T0 p0





EH1 = m cp (T1 − T0 ) − T0 (cp ln

EH1 = 9, 7 kg · 0, 29680 − ln

9, 7  ) 1, 0

EH1 = 2, 87896

kJ  1, 4 1, 4 332, 15 · · (332, 15 − 288, 15) K − 288, 15 K · ( · ln kg K 1, 4 − 1 1, 4 − 1 288, 15

 kJ  · 154, 000 + 511, 396 K = 1915, 648 kJ K

Aufgabe 8.2 In einem großen Dieselmotor befindet sich Luft mit der Masse m = m0 = m1 = m2 = 0,05 kg mit dem Umgebungszustand t0 = 25 ◦ C und p0 = 1 bar. Die Luft kann als ideales Gas mit R = 0,28706 kJ/(kg K) und κ = 1,4 behandelt werden. Im ersten Schritt wird die Luft bei geschlossenen Ventilen auf p1 = 75,752 bar isentrop und reversibel - also ohne Wärmezufuhr - verdichtet. a) Wie groß ist die Temperatur t1 ? b) Wie viel Volumenänderungsarbeit WV 01 is muss der Luft zugeführt werden? Wie groß ist die gleichzeitig zu betrachtende Druckänderungsarbeit Wp 01 is ? c) Wie groß sind die Exergie der inneren Energie EU1 und die Exergie der Enthalpie EH1 ? Im zweiten Schritt erfolgt die Einspritzung und Verbrennung von Kraftstoff mit der verdichteten Luft. Dieser Vorgang kann ersatzweise als eine äußere isobare und reversible Wärmezufuhr an die verdichtete Luft im Umfang von Q12 = (Q12 )rev = 85,00 kJ aufgefasst werden. © Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2024 M. Dehli, Aufgabensammlung Technische Thermodynamik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-44242-2_8

196

8 Exergie

d) Wie hoch ist die Temperatur t2 ? e) Um welchen Betrag U2 − U1 erhöht sich die innere Energie? Wie groß ist die Zunahme der Exergie der inneren Energie EU2 − EU1 ? Um wie viel nimmt die Anergie der inneren Energie AU2 − AU1 zu? f) Um welchen Betrag H2 − H1 erhöht sich die Enthalpie? Wie groß ist die Zunahme der Exergie der Enthalpie EH2 − EH1 ? Um wie viel nimmt die Anergie der Enthalpie AH2 − AH1 zu? g) Wie groß sind die Exergie EQ12 = (EQ12 )rev sowie die Anergie AQ12 = (AQ12 )rev der isobar und reversibel zugeführten Wärme Q12 = (Q12 )rev ? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Isentrope Zustandsänderung: T1 = T0

p1
κ−1 κ p0

75, 752
1,4−1 1,4 = 1026, 61 K 1, 0

T1 = 298, 15 K ·

b) WV

01 is

= U1 − U0 = m cv (T1 − T0 ) =

WV

01 is

=

t1 = 753, 46 ◦ C

1 m R (T1 − T0 ) κ−1

1 kJ 0, 05 kg · 0, 28706 · (1026, 61 − 298, 15) K = 26, 1390 kJ 1, 4 − 1 kg K

Wp 01 is = H1 − H0 = m cp (T1 − T0 ) =

κ m R (T1 − T0 ) κ−1

kJ 1, 4 · 0, 05 kg · 0, 28706 · (1026, 61 − 298, 15) K = 36, 5946 kJ 1, 4 − 1 kg K

Wp 01 is =



c) EU1 = U1 − U0 − T0 (S1 − S0 ) + p0 (V1 − V0 ) = m u1 − u0 − T0 (s1 − s0 ) + p0 (v1 − v0 )



EU1 = m cv (T1 − T0 ) − T0 (cp ln EU1 = m R

 1

κ−1

T1 p1 T1 T0  − R ln ) + p0 R ( − ) T0 p0 p1 p0

(T1 − T0 ) − T0 (



κ T1 p1 T1 T0  ln − ln ) + p0 ( − ) κ−1 T0 p0 p1 p0

kJ  1 1, 4 · · (1026, 61 − 298, 15) K − 298, 15 K · ( · kg K 1, 4 − 1 1, 4 − 1 75, 752 1026, 61 K 298, 15 K  kJ  1026, 61 − ln ) + 1, 0 bar · ( − ) = 0, 014353 · 1821, 150 − ln 298, 15  1, 0 75, 752 bar 1, 0 bar K 0 − 284, 598 K = 22, 0541 kJ EU1 = 0, 05 kg · 0, 28706

T1 (Anmerkung: Da für die isentrope Zustandsänderung s1 − s0 = 0 gilt, wird auch cp ln − T0 p1 R ln = 0 .) p0



EH1 = H1 − H0 − T0 (S1 − S0 ) = m h1 − h0 − T0 (s1 − s0 )



EH1 = m cp (T1 − T0 ) − T0 (cp ln EH1 = m R

 κ

κ−1

T1 p1  − R ln ) T0 p0

(T1 − T0 ) − T0 (

κ T1 p1  ln − ln ) κ−1 T0 p0



Aufgaben zu Abschnitt 8

197

1, 4 kJ  1, 4 · · (1026, 61 − 298, 15) K − 298, 15 K · ( · kg K 1, 4 − 1 1, 4 − 1  1026, 61 75, 752 kJ ln − ln )] = 0, 014353 · [2549, 610 − 0 K = 36, 5946 kJ 298, 15 1, 0 K

EH1 = 0, 05 kg · 0, 28706

T1 − (Anmerkung: Da für die isentrope Zustandsänderung s1 − s0 = 0 gilt, wird auch cp ln T0 p1 R ln = 0 .) p0 d) Isobare Zustandsänderung: Q12 = (Q12 )rev = m cp (T2 − T1 ) = m T2 = 1026, 61 K + t2 = 2445, 49 ◦ C

κ R (T2 − T1 ) κ−1

T2 = T1 +

κ − 1 (Q12 )rev κ mR

1, 4 − 1 85, 00 kJ kg K · = 1026, 61 K + 1692, 03 K = 2718, 64 K 1, 4 0, 05 kg · 0, 28706 kJ

1 m R (T2 − T1 ) κ−1 1 kJ U2 − U1 = 0, 05 kg · 0, 28706 · (2718, 64 − 1026, 61) K = 60, 7143 kJ 1, 4 − 1 kg K

e) U2 − U1 = m cv (T2 − T1 ) =



EU2 − EU1 = U2 − U1 − T0 (S2 − S1 ) + p0 (V2 − V1 ) = m u2 − u1 − T0 (s2 − s1 ) + p0 (v2 − v1 )



EU2 − EU1 = m cv (T2 − T1 ) − T0 (cp ln EU2 − EU1 = m R

 1

κ−1

p2 T2 T1  T2 − R ln ) + p0 R ( − ) T1 p1 p2 p1

(T2 − T1 ) − T0 (



κ T2 p2 T2 T1  · ln − ln ) + p0 ( − ) κ−1 T1 p1 p2 p1

1 1, 4 kJ  · (2718, 64−1026, 61) K −298, 15 K·( · kg K 1, 4 − 1 1, 4 − 1 75, 752 2718, 64 K 1026, 61 K  2718, 64 − ln ) + 1, 0 bar · ( − ) ln 1026, 61 75, 752 75, 752 bar 75, 752 bar EU2 −EU1 = 0, 05 kg·0, 28706

 kJ  · 4230, 0750 − 1016, 2573 + 22, 3364 K = 46, 4485 kJ K p2 (Anmerkung: Da für die isobare Zustandsänderung p2 = p1 gilt, wird R ln = 0 .) p1 EU2 − EU1 = 0, 014353

AU2 −AU1 = U2 −U1 −(EU2 −EU1 ) AU2 −AU1 = 60, 7143 kJ−46, 4485 kJ = 14, 2658 kJ κ m R (T2 − T1 ) f) H2 − H1 = m cp (T2 − T1 ) = κ−1 1, 4 kJ H2 − H1 = 0, 05 kg · 0, 28706 · (2718, 64 − 1026, 61) K = 85, 0000 kJ 1, 4 − 1 kg K



EH2 − EH1 = H2 − H1 − T0 (S2 − S1 ) = m h2 − h1 − T0 (s2 − s1 )



EH2 − EH1 = m cp (T2 − T1 ) − T0 (cp ln EH2 − EH1 = m R

 κ

κ−1

T2 p2  − R ln ) T1 p1

(T2 − T1 ) − T0 (

κ T2 p2  ln − ln ) κ−1 T1 p1



1, 4 kJ  1, 4 · ·(2718, 64−1026, 61) K −298, 15 K·( · kg K 1, 4 − 1 1, 4 − 1   2718, 64 75, 752  kJ ln − ln ) = 0, 014353 · 3, 5 · 1692, 0300 − 290, 3592 K = 70, 4136 kJ 1026, 61 75, 752 K

EH2 −EH1 = 0, 05 kg·0, 28706

198

8 Exergie

AH2 − AH1 = H2 − H1 − (EH2 − EH1 ) AH2 − AH1 = 85, 0000 kJ − 70, 4136 kJ = 14, 5864 kJ T2 p2 g) AQ12 = (AQ12 )rev = m T0 (s2 − s1 ) = m T0 (cp ln − R ln ) T1 p1 κ T2 p2 (AQ12 )rev = m T0 R ( ln − ln ) κ−1 T1 p1 kJ 1, 4 2718, 64 75, 752 (AQ12 )rev = 0, 05 kg · 298, 15 K · 0, 28706 ·( · ln − ln ) = kg K 1, 4 − 1 1026, 61 75, 752 kJ · 298, 15 K · (3, 4085 − 0) K = 14, 5864 kJ 0, 014353 K EQ12 = (EQ12 )rev = (Q12 )rev − (AQ12 )rev (EQ12 )rev = 85, 0000 kJ − 14, 5864 kJ = 70, 4136 kJ Aufgabe 8.3 In einer Expansionsanlage wird Erdgas H mit dem Massenstrom m ˙ = 2,4 kg/s = const. mithilfe eines Hubkolbenmotors zur Arbeitsgewinnung herangezogen, wobei der Druckunterschied zwischen dem regionalen Hochdrucknetz und dem örtlichen Verteilungsnetz genutzt wird. Die Eintrittsgeschwindigkeit sowie die Austrittsgeschwindigkeit des Gasstroms sind dabei gleich groß; die Differenz der zeitbezogenen kinetischen Energien ist also null. Das Erdgas H soll als reines Methan und als ideales Gas behandelt werden können; es hat die spezifische isobare Wärmekapazität cp = 2,156 kJ/(kg K), die spezifische isochore Wärmekapazität cv = 1,638 kJ/(kg K) und die spezielle Gaskonstante R = 0,51826 kJ/(kg K).

Bild 8.1 Zu Aufgabe 8.3 Das Verfahren ist in den Bildern 8.1 und 8.2 dargestellt. Das Erdgas wird dem Hochdrucknetz mit dem Zustand 2 (t2 = 10,00 ◦ C ; p2 = 35,0 bar) entnommen. Hieran schließt sich eine isobare Erhitzung 2-3 in einem Gegenstrom-Wärmeübertrager auf die Temperatur t3 an, wobei die spezifische Wärme q23 aus der isobaren Rückkühlung des entspannten heißen Methans 7-8 gewonnen wird. Danach wird eine erste isobare Erhitzung 3-4 durch äußere Wärmezufuhr auf t4 = 350,00 ◦ C vorgenommen, der sich eine irreversibel-adiabate Entspannung 4-5 mit einem isentropen Wirkungsgrad des Entspannungsmotors von ηis M = 0,8 auf die Temperatur t5 und den Druck p5 = 10,0 bar anschließt. Eine zweite isobare Erhitzung 5-6 führt auf die Temperatur t6 = 350,00 o C, der eine zweite irreversibel-adiabate Entspannung mit

Aufgaben zu Abschnitt 8

199

einem isentropen Wirkungsgrad des Entspannungsmotors von ηis M = 0,8 auf die Temperatur t7 und den Druck p7 = 2,0 bar folgt. Daran schließt sich die isobare Abkühlung 7-8 im Gegenstrom-Wärmeübertrager auf den Endzustand 8 an, mit dem das Erdgas in das örtliche Verteilungsnetz eingespeist wird. Der Prozess kann im T, s-Diagramm des Bildes 8.4 durch eine gedachte weitere isobare Abkühlung 8-1 auf die Temperatur t1 = 10,00 ◦ C und eine anschließende isotherme Verdichtung 1-2 mit einem Wirkungsgrad der Verdichtung von ηith V = 0,8 zu einem geschlossenen rechtslaufenden Kreisprozess ergänzt werden. Der reversible Vergleichsprozess ist der Gasexpansions-Prozess (vgl. Kapitel 7 des Lehrbuchs "Doering/Schedwill/Dehli: Grundlagen der Technischen Thermodynamik", 8. Auflage), von dem sich das hier zu untersuchende Verfahren durch die Irreversibilitäten der Entspannungsvorgänge 4-5 und 6-7, der Wärmeübertragung im Gegenstrom-Wärmeübertrager 2-3 und 7-8, der Restwärmeabgabe 8-1 sowie der gedachten isothermen Verdichtung 1-2 unterscheidet.

Bild 8.2 Zu Aufgabe 8.3 a) Wie groß ist der Isentropenexponent κ? Zu welchen Temperaturen t5 sowie t7 führen die Entspannungsvorgänge? b) Welche zeitbezogenen Druckänderungsarbeiten (Leistungen) Pp 45 und Pp 67 können gewonnen werden? Welchen Umfang hat die im Gegenstrom-Wärmeübertrager übertragene Wärmeleistung Q˙ 23 = − Q˙ 78 = (Q˙ 23 )rev = − (Q˙ 78 )rev , wenn für die Übertragung der Wärmeleistung ein konstantes Temperaturgefälle ∆T = T7 − T3 = T8 − T2 = 30,00 K vorausgesetzt werden kann? Wie groß sind die Temperaturen t3 sowie t8 ? Welche Wärmeleistungen Q˙ 34 = (Q˙ 34 )rev und Q˙ 56 = (Q˙ 56 )rev sind dem Prozess zuzuführen? c) Es ist der thermische Wirkungsgrad ηth als Verhältnis von Nutzen zu Aufwand zu berech∗ nen. Wie groß ist der thermische Wirkungsgrad ηth , wenn hierbei der bereits früher an anderer Stelle erbrachte Aufwand der Gasverdichtung 1-2 durch eine isotherme Verdichtung 1-2 bei der Wirkungsgradberechnung berücksichtigt wird? ˙ 2 , EH ˙ 8 und EH ˙ 1 ? Wie groß d) Wie groß sind die zeitbezogenen Exergien der Enthalpien EH sind die zeitbezogenen Exergien der gewonnenen zeitbezogenen Druckänderungsarbeiten ˙ p 45 und EP ˙ p 67 ? Es sind die zeitbezogenen Exergien der zugeführten Wär(Leistungen) EP ˙ ˙ ˙ 56 = (EQ ˙ 56 )rev zu berechnen. Wie groß ist der meleistungen EQ34 = (EQ34 )rev und EQ ˙ Exergiestromverlust EV I ? Als Umgebungszustand des Methans soll t0 = 10 ◦ C und p0 = 1,01325 bar angenommen werden.

200

8 Exergie

e) Es ist der exergetische Wirkungsgrad ζ zu berechnen. Wie groß ist der exergetische Wirkungsgrad ζ ∗ , wenn hierbei der bereits früher an anderer Stelle erbrachte Aufwand der Gasverdichtung 1-2 durch eine isotherme Verdichtung 1-2 bei der Wirkungsgradberechnung berücksichtigt wird? Der Prozess ist in einem T, s-Diagramm für Methan (Bild 8.4) darzustellen. Damit soll eine qualitative Aussage ermöglicht werden, wie weit sich Unterschiede zwischen der Behandlung von Methan als idealem Gas gemäß den Teilaufgaben a) bis e) und Methan als realem Gas entsprechend dem T, s-Diagramm für Methan ergeben. (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) κ =

cp cv

κ=

2, 156 = 1, 3162 1, 638

Reversibel-isentrope sowie irreversibel-adiabate Zustandsänderungen: T50 = T4

p5
κ−1 κ p4

T5 − T4 T50 − T4

ηis M =

T50 = 623, 15 K ·

10, 0
1,3162−1 1,3162 = 461, 20 K 35, 0

T5 = T4 + ηis M (T50 − T4 )

T5 = 623, 15 K + 0, 8 · (461, 20 − 623, 15) K = 493, 59 K T70 = T6 ηis M =

p7
κ−1 κ p6

T7 − T6 T70 − T6

t50 = 188, 05 ◦ C

T70 = 623, 15 K ·

t5 = 220, 44 ◦ C

2, 0
1,3162−1 1,3162 = 423, 33 K 10, 0

t70 = 150, 18 ◦ C

T7 = T6 + ηis M (T70 − T6 )

T7 = 623, 15 K + 0, 8 · (423, 33 − 623, 15) K = 463, 29 K

t7 = 190, 14 ◦ C

κ m ˙ R (T50 − T4 ) κ−1 1, 3162 kg kJ = · 2, 4 · 0, 51826 · (461, 20 − 623, 15) K = − 838, 49 kW 1, 3162 − 1 s kg K

b) Pp 450 is = H˙ 50 − H˙ 4 = m ˙ cp (T50 − T4 ) = Pp 450 is

Pp 45 ad = Pp 45 = ηis M Pp 450 is Pp 670 is Pp 670 is

Pp 45 ad = 0, 8 · ( − 838, 49) kW = − 670, 79 kW κ m ˙ R (T70 − T6 ) ˙ cp (T70 − T6 ) = = H˙ 70 − H˙ 6 = m κ−1 kg kJ 1, 3162 · 2, 4 · 0, 51826 · (423, 33 − 623, 15) K = − 1034, 57 kW = 1, 3162 − 1 s kg K

Pp 67 ad = Pp 67 = ηis M Pp 670 is

Pp 67 ad = 0, 8 · ( − 1034, 57) kW = − 827, 66 kW

Isobare Zustandsänderungen: T3 = T7 − ∆T

T3 = 463, 29 K − 30, 00 K = 433, 29 K

t3 = 160,14 ◦ C

T8 = T2 + ∆T

T8 = 283, 15 K + 30, 00 K = 313, 15 K

t8 =40,00 ◦ C

Q˙ 23 = − Q˙ 78 = (Q˙ 23 )rev = − (Q˙ 78 )rev = H˙ 3 − H˙ 2 = − (H˙ 8 − H˙ 7 ) = m ˙ cp (T3 − T2 ) κ = m ˙ R (T3 − T2 ) κ−1 kg kJ 1, 3162 · 2, 4 · 0, 51826 · (433, 29 − 283, 15) K = 777, 35 kW (Q˙ 23 )rev = 1, 3162 − 1 s kg K κ Q˙ 34 = (Q˙ 34 )rev = H˙ 4 − H˙ 3 = m ˙ cp (T4 − T3 ) = m ˙ R (T4 − T3 ) κ−1

Aufgaben zu Abschnitt 8

201

kg kJ 1, 3162 · 2, 4 · 0, 51826 · (623, 15 − 433, 29) K = 983, 00 kW 1, 3162 − 1 s kg K κ Q˙ 56 = (Q˙ 56 )rev = H6 − H5 = m ˙ cp (T6 − T5 ) = m ˙ R (T6 − T5 ) κ−1 kg kJ 1, 3162 · 2, 4 · 0, 51826 · (623, 15 − 493, 59) K = 670, 80 kW (Q˙ 56 )rev = 1, 3162 − 1 s kg K (Q˙ 34 )rev =

c) ηth =

|Pp 45 | + |Pp 67 | ˙ (Q34 )rev + (Q˙ 56 )rev

ηth =

670, 79 + 827, 66 = 0, 9061 983, 00 + 670, 80

Isotherme Verdichtung 12: Pp 120 ith = m ˙ R T1 ln Pp 12 ith = ∗ ηth =

Pp 120 ith ηis M

p2 p1

Pp 120 ith = 2, 4

Pp 12 ith =

kg kJ 35 · 0, 51826 · 283, 15 K · ln = 1008, 04 kJ s kg K 2

1008, 04 kW = 1260, 04 kW 0, 8

|Pp 45 ad | + |Pp 67 ad | − Pp 12 ith (Q˙ 34 )rev + (Q˙ 56 )rev

∗ ηth =

670, 79 + 827, 66 − 1260, 04 = 0, 1442 983, 00 + 670, 80

˙ 2 = H˙ 2 − H˙ 0 − T0 (S˙ 2 − S˙ 0 ) d) EH ˙ 2=m EH ˙ h2 − h0 − T0 (s2 − s0 )





 T2 p2  ˙ 2=m EH ˙ cp (T2 − T0 ) − T0 (cp ln − R ln ) T0 p0 ˙ 2=m EH ˙ R

 κ

κ−1

(T2 − T0 ) − T0 (

κ T2 p2  ln − ln ) κ−1 T0 p0

 1, 3162 1, 3162 ˙ 2 = 2, 4 kg · 0, 51826 kJ · EH · (283, 15 − 283, 15) K − 283, 15 K · ( · s kg K 1, 3162 − 1 1, 3162 − 1 ln

 283, 15 35, 0  kW  − ln ) = 1, 24382 · 0 + 1002, 970 K = 1247, 51 kW 283, 15 1, 01325 K

˙ 8 = H˙ 8 − H˙ 0 − T0 (S˙ 8 − S˙ 0 ) EH

˙ 8=m EH ˙ h8 − h0 − T0 (s8 − s0 )





 p8  T8 ˙ 8=m − R ln ) EH ˙ cp (T8 − T0 ) − T0 (cp ln T0 p0 ˙ 8=m EH ˙ R

 κ

κ−1

(T8 − T0 ) − T0 (

κ T8 p8  ln − ln ) κ−1 T0 p0

 1, 3162 1, 3162 ˙ 8 = 2, 4 kg · 0, 51826 kJ · EH · (313, 15 − 283, 15) K − 283, 15 K · ( · s kg K 1, 3162 − 1 1, 3162 − 1 ln

  313, 15 2, 0 kW  − ln ) = 1, 24382 · 124, 877 + 73, 843 K = 247, 17 kW 283, 15 1, 01325 K

 p1  T1 ˙ 1=m − R ln ) EH ˙ cp (T1 − T0 ) − T0 (cp ln T0 p0 ˙ 1=m EH ˙ R

 κ

κ−1

(T1 − T0 ) − T0 (

κ T1 p1  ln − ln ) κ−1 T0 p0

 1, 3162 1, 3162 ˙ 1 = 2, 4 kg · 0, 51826 kJ · · (283, 15 − 283, 15) K − 283, 15 K · ( · EH s kg K 1, 3162 − 1 1, 3162 − 1 ln

 283, 15 2, 0 kW − ln ) = 1, 24382 · 192, 538 K = 239, 48 kW 283, 15 1, 01325 K

202

8 Exergie

˙ p 45 = Pp 45 ad = Pp 45 = − 670, 79 kW EP ˙ p 67 = Pp 67 ad = Pp 67 − 827, 66 kW EP ˙ 34 = Q˙ 34 − AQ ˙ 34 = (EQ ˙ 34 )rev = (Q˙ 34 )rev − (AQ ˙ 34 )rev EQ T4 p4 ˙ 34 )rev = (Q˙ 34 )rev − m − R ln ) (EQ ˙ T0 (s4 − s3 ) = (Q˙ 34 )rev − m ˙ T0 (cp ln T3 p3 ˙ 34 )rev = (Q˙ 34 )rev − m (EQ ˙ T0 R (

κ T4 p4 ln − ln ) κ−1 T3 p3

 ˙ 34 )rev = 983, 00 kW − 2, 4 kg · 0, 51826 kJ · 283, 15 K · ( 1, 3162 ln 623, 15 (EQ s kg K 1, 3162 − 1 433, 29 − ln

35, 0  ) 35, 0

˙ 34 )rev = 983, 00 kW − 532, 72 kW = 450, 28 kW (EQ

˙ 56 = (EQ ˙ 56 )rev = (Q˙ 56 )rev − (AQ ˙ 56 )rev EQ T6 p6 ˙ 56 )rev = (Q˙ 56 )rev − m (EQ ˙ T0 (s6 − s5 ) = (Q˙ 56 )rev − m ˙ T0 (cp ln − R ln ) T5 p5 ˙ 56 )rev = (Q˙ 56 )rev − m (EQ ˙ T0 R (

κ T6 p6 ln − ln ) κ−1 T5 p5

 ˙ 56 )rev = 670, 80 kW − 2, 4 kg · 0, 51826 kJ · 283, 15 K · ( 1, 3162 ln 623, 15 (EQ s kg K 1, 3162 − 1 493, 59 − ln

10, 0  ) 10, 0

˙ 56 )rev = 670, 80 kW − 341, 70 kW = 329, 10 kW (EQ

Exergiebilanz (Bild 8.3): ˙ 34 )rev + (EQ ˙ 56 )rev + EP ˙ p 45 + EP ˙ p 67 = EH ˙ 8 − EH ˙ 2 + E˙ V I (EQ ˙ 34 )rev + (EQ ˙ 56 )rev + EP ˙ p 45 + EP ˙ p 67 + EH ˙ 2 − EH ˙ 8 E˙ V I = (EQ E˙ V I = 450, 28 kW + 329, 10 kW − 670, 79 kW − 827, 66 kW + 1247, 51 kW − 247, 17 kW E˙ V I = 281, 27 kW ˙ 8 , sondern EH ˙ 1 als exergetischer Nutzen des Erdgasstroms bei der EinSoweit nicht EH speisung ins Verteilungsnetz aufgefasst wird, ergibt sich: ˙ 34 )rev + (EQ ˙ 56 )rev + EP ˙ p 45 + EP ˙ p 67 = EH ˙ 1 − EH ˙ 2 + E˙ V I (EQ ˙ 34 )rev + (EQ ˙ 56 )rev + EP ˙ p 45 + EP ˙ p 67 + EH ˙ 2 − EH ˙ 1 E˙ V I = (EQ E˙ V I = 450, 28 kW + 329, 10 kW − 670, 79 kW − 827, 66 kW + 1247, 51 kW − 239, 48 kW E˙ V I = 288, 96 kW

Bild 8.3 Zu Aufgabe 8.3 e) ζ = ζ=

˙ p 45 | + |EP ˙ p 67 | + EH ˙ 8 ˙ 8 |EP |P˙p 45 | + |Pp 67 | + EH = ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ 2 (EQ34 )rev + (EQ56 )rev + EH2 (EQ34 )rev + (EQ56 )rev + EH 670, 79 + 827, 66 + 247, 17 = 0, 8612 450, 28 + 329, 10 + 1247, 51

Aufgaben zu Abschnitt 8

203

˙ 8 , sondern EH ˙ 1 als exergetischer Nutzen des Erdgasstroms bei der EinSoweit nicht EH speisung ins Verteilungsnetz aufgefasst wird, ergibt sich: ζ=

˙ p 45 | + |EP ˙ p 67 | + EH ˙ 1 ˙ 1 |EP |P˙p 45 | + |Pp 67 | + EH = ˙ 34 )rev + (EQ ˙ 56 )rev + EH ˙ 2 ˙ 34 )rev + (EQ ˙ 56 )rev + EH ˙ 2 (EQ (EQ

ζ=

670, 79 + 827, 66 + 239, 48 = 0, 8574 450, 28 + 329, 10 + 1247, 51

Wird gemäß der Definition des Gasexpansions-Prozesses der bereits früher an anderer Stelle erbrachte Aufwand der Gasverdichtung 1-2 in die Berechnung des exergetischen Wirkungsgrades mit einbezogen, so ergibt sich: ˙ p 12 = Pp 12 ith = Pp 12 = 1260, 04 kW EP ζ∗ =

˙ 8 ˙ p 45 | + |EP ˙ p 67 | − EP ˙ p 12 + EH ˙ 8 |EP |P˙p 45 | + |Pp 67 | − Pp 12 + EH = ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ 2 (EQ34 )rev + (EQ56 )rev + EH2 (EQ34 )rev + (EQ56 )rev + EH

ζ∗ =

670, 79 + 827, 66 − 1260, 04 + 247, 17 = 0, 2396 450, 28 + 329, 10 + 1247, 51

˙ 8 , sondern EH ˙ 1 als exergetischer Nutzen des Erdgasstroms bei der EinSoweit nicht EH speisung ins Verteilungsnetz aufgefasst wird, ergibt sich: ζ∗ =

˙ 1 ˙ p 45 | + |EP ˙ p 67 | − EP ˙ p 12 + EH ˙ 1 |P˙p 45 | + |Pp 67 | − Pp 12 + EH |EP = ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ 2 (EQ34 )rev + (EQ56 )rev + EH2 (EQ34 )rev + (EQ56 )rev + EH

ζ∗ =

670, 79 + 827, 66 − 1260, 04 + 239, 48 = 0, 2358 450, 28 + 329, 10 + 1247, 51

Bild 8.4 Zu Aufgabe 8.3

204

8 Exergie

Die Darstellung des Prozesses im T, s-Diagramm für Methan zeigt, dass sich gegenüber der Behandlung von Methan als idealem Gas im Bereich höherer Drücke, in dem sich Methan als reales Gas verhält, leichte Unterschiede ergeben: Z. B. sind die Temperaturdifferenzen bei den Entspannungsvorgängen geringer als bei der Voraussetzung idealen Gases; dies ist auf höhere Werte der spezifischen isobaren Wärmekapazität cp zurückzuführen. Doch sind die Abweichungen bei den Differenzen der spezifischen Enthalpien nicht wesentlich. Deshalb ergeben sich für die Arbeitsleistungen Pp 45 und Pp 67 sowie für die Wärmeleistungen (Q˙ 34 )rev , (Q˙ 56 )rev und (Q˙ 23 )rev = − (Q˙ 78 )rev nur geringfügige Unterschiede. Aufgabe 8.4 Bei der grenzüberschreitenden Versorgung mit Erdgas wird - neben einem Transport über Hochdruck-Ferntransportleitungen - auch der Transport von verflüssigtem Erdgas über den Seeweg genutzt. Hierzu wird Erdgas am Ort der Förderung durch einen Tieftemperaturprozess auf einen exergiereichen Zustand von tK1 = - 161,64 ◦ C und p1 = 1,0 bar abgekühlt und darauf als Flüssig-Erdgas (Liquefied Natural Gas LNG) in Tankschiffen transportiert; dabei besteht LNG zumeist aus flüssigem Methan CH4 . In den Anlandehäfen der Erdgas verbrauchenden Staaten wird das Methan in einen gasförmigen Zustand übergeführt. Bisher wird dabei gemäß dem T, s-Diagramm des Bildes 8.5 links - vom Zustand K1 des Flüssigmethans ausgehend eine irreversibel-adiabate Druckerhöhung im Flüssigkeitsgebiet K1-K2* vorgenommen. Soweit eine Einspeisung des gasförmigen Erdgases ins Ferntransportnetz vorgesehen ist, beträgt der überkritische Enddruck z. B. pK2∗ = 88 bar; bei Einspeisung in ein regionales Netz ist lediglich ein unterkritischer Enddruck von z. B. pK2∗ = 25 bar erforderlich. Darauf erfolgt eine isobare Erwärmung K2*-1 - etwa durch die Nutzung von Meerwasser als Wärmequelle. Der Prozessvorschlag eines Erfinders sieht eine Verbesserung der Energieeffizienz mithilfe einer Nutzung des exergiereichen Zustandes K1 in der folgenden Art vor (vgl. das T, s-Diagramm des Bildes 8.5 rechts und das Verfahrensschema des Bildes 8.6): Zu Beginn erfolgt eine irreversibeladiabate Verdichtung im Flüssigkeitsgebiet vom Zustand K1 (tK1 = - 161,64 ◦ C , pK1 = 1,0 bar) auf den Zustand K2 mit pK2 = 300,0 bar, wobei die spezifische Druckänderungsarbeit wp K1K2 bei einem isentropen Verdichterwirkungsgrad von ηis V = 0,85 zu berücksichtigen ist. Darauf wird wie bisher eine isobare Erwärmung mithilfe von Meerwasser auf t2 = 10,00 ◦ C vorgenommen. Hieran schließt sich eine isobare Erhitzung 2-3 in einem - nach außen hin adiabaten - Gegenstrom-Wärmeübertrager auf die Temperatur t3 an, wobei die spezifische Wärme q23 aus der isobaren Rückkühlung des entspannten heißen Methans 7-8 gewonnen wird. Danach wird eine erste isobare Erhitzung 3-4 durch äußere Wärmezufuhr auf die Temperatur t4 vorgenommen, der sich eine irreversibel-adiabate Entspannung 4-5 mit einem isentropen Wirkungsgrad der Entspannungsturbine von ηis T = 0,85 auf den Druck p5 = 88,0 bar anschließt. Eine zweite isobare Erhitzung 5-6 führt auf die Temperatur t6 = 531,00 ◦ C , der eine zweite irreversibeladiabate Entspannung mit ηis T = 0,85 auf den Druck p5 = 25,0 bar folgt. Daran schließt sich die isobare Abkühlung 7-8 im - nach außen hin adiabaten - Gegenstrom-Wärmeübertrager auf den Endzustand 8 = 1 an, mit dem das Erdgas in das regionale Verteilnetz eingespeist wird. Der Prozess kann im T, s-Diagramm des Bildes 8.5 durch eine gedachte isotherme Verdichtung 1-2 zu einem geschlossenen rechtslaufenden Kreisprozess ergänzt werden; auch eine Ergänzung gemäß der Verbindungslinie 1-K1 ist möglich. Dabei wird sichtbar, dass der Gesamtprozess als aus zwei rechtslaufenden Kreisprozessen - dem Tieftemperatur-Prozess 1-K1-K2-2-1 und dem Hochtemperatur-Prozess 1-2-3-4-5-6-7-1 - bestehend aufgefasst werden kann. Der Tieftemperatur-Prozess lehnt sich (abgesehen von der erhöhten Verdichtung der Flüssigkeit statt von K1 auf K2* nun von K1 auf K2) an das bisherige Verfahren der Wiederverdampfung an; demgegenüber dient der Hochtemperatur-Prozess zur zusätzlichen Energiegewinnung durch die Zustandsänderungen 4-5 und 6-7, wobei lediglich die zusätzliche Verdichtung von K2* auf K2 sowie die isobare Zufuhr der spezifischen Wärmen von 3 auf 4 und von 5 auf 6 zu berücksichtigen sind.

Aufgaben zu Abschnitt 8

205

Der Erfinder ist sich bewusst, dass die Nutzung von Methan als Arbeitsmittel wegen dessen Brennbarkeit erhebliche zusätzliche Sicherheitsmaßnahmen notwendig macht.

Bild 8.5 Zu Aufgabe 8.4 a) Man ermittle aus dem T, s-Diagramm von Methan CH4 die Werte der spezifischen Enthalpien hK1 , hK2∗ , hK2 , h2 , h3 , h4 , h5 , h6 , h7 , h8 und h1 sowie die Werte der spezifischen Entropien sK1 , sK2∗ , sK2 , s2 , s3 , s4 , s5 , s6 , s7 , s8 und s1 . Wie groß sind die spezifischen Exergien der spezifischen Enthalpien ehK1 , ehK2∗ , ehK2 , eh2 , eh3 , eh4 , eh5 , eh6 , eh7 , eh8 und eh1 bei einem Umgebungszustand von T0 = 283,15 K und p0 = 1,0 bar? b) Der ursprüngliche Prozess gemäß Bild 8.5 links sowie der neue Prozessvorschlag gemäß Bild 8.5 rechts und Bild 8.6 sollen mithilfe des thermischen Wirkungsgrades ηth und des exergetischen Wirkungsgrades ζ thermodynamisch bewertet werden.

Bild 8.6 Zu Aufgabe 8.4 (Schwierigkeitsgrad: erheblich)

206

8 Exergie

Lösung: a) Die Werte für hi und si eines allgemeinen Zustandes i werden im Sinne von Näherungswerten dem T ,s-Diagramm für Methan entnommen oder genau mithilfe eines Rechenprogramms ermittelt. Die Berechnung von ehi erfolgt gemäß der Gleichung ehi = hi − h0 − T0 (si − s0 ). Umgebungszustand 0: t0 = 10,00 ◦ C T0 = 283,15 K p0 = 1,0 bar h0 = - 34,22 kJ/kg s0 = - 0,117 kJ/(kg K) eh0 = 0,00 kJ/kg

p0 = 0,1 MPa

Zustand K1: tK1 = - 161,64 ◦ C TK1 = 111,51 K pK1 = 1,0 bar pK1 = 0,1 MPa hK1 = - 911,50 kJ/kg sK1 = - 6,682 kJ/(kg K) ehK1 = 981,60 kJ/kg Die Zustände K2∗ , K2, 5 und 7 werden unter Berücksichtigung der jeweiligen isentropen Wirkungsgrade ηis V und ηis T berechnet, wobei zunächst über isentrope Zustandsänderungen die Zustände K2∗is , K2is , 5is und 7is ermittelt werden und sodann mithilfe von ηis V und ηis T von der Temperaturdifferenz bei der reversibel-isentropen Zustandsänderung auf die Temperaturdifferenz bei der irreversibel-adiabaten Zustandsänderung geschlossen wird (vgl. hierzu auch Aufgabe 8.3). Zustand K2∗is :

tK2∗ is = - 161,02 ◦ C TK2∗ is = 112,13 K

pK2∗ is = 2,5 MPa

hK2∗ is = - 905,82 kJ/kg

pK2∗ is = 25,0 bar

sK2 is = - 6,682 kJ/(kg K)

ehK2∗ is = 987,28 kJ/kg Zustand K2∗ : tK2∗ = - 160,91 ◦ C TK2∗ = 112,24 K pK2∗ = 25,0 bar pK2∗ = 2,5 MPa hK2∗ = - 905,46 kJ/kg Zustand K2is :

sK2∗ = - 6,679 kJ/(kg K) ◦

ehK2∗ = 986,79 kJ/kg

tK2 is = - 154,58 C TK2 is = 118,57 K

pK2 is = 30,0 MPa

hK2 is = - 842,01 kJ/kg

pK2 is = 300,0 bar

sK2 is = - 6,682 kJ/(kg K)

ehK2 is = 1051,09 kJ/kg Zustand K2:

tK2 = - 153,33 ◦ C TK2 = 119,82 K

hK2 = - 837,91 kJ/kg

sK2 = - 6,648 kJ/(kg K)

Zustand 2:

◦

t2 = 10,00 C T2 = 283,15 K

h2 = - 271,21 kJ/kg Zustand 3:

Zustand 4: Zustand 5is :

s3 = - 0,953 kJ/(kg K)

eh3 = 1201,81 kJ/kg p4 = 300,0 bar p4 = 30,0 MPa

s4 = - 0,091 kJ/(kg K)

eh4 = 1580,11 kJ/kg

◦

t5 is = 400,27 C T5 is = 673,42 K s5 is = - 0,091 kJ/(kg K) ◦

t5 = 420,70 C T5 = 693,85 K s5 = 0,018 kJ/(kg K) s6 = 0,584 kJ/(kg K)

eh5 is = 1085,75 kJ/kg

eh5 = 1129,12 kJ/kg p6 = 88,0 bar p6 = 8,8 MPa eh6 = 1392,82 kJ/kg

◦

t7 is = 400,66 C T7 is = 673,81 K

h7 is = 1068,70 kJ/kg

p5 is = 88,0 bar p5 is = 8,8 MPa

p5 = 88,0 bar p5 = 8,8 MPa

t6 = 531,00 ◦ C T6 = 804,15 K

h6 = 1557,09 kJ/kg Zustand 7 is:

p3 = 300,0 bar p3 = 30,0 MPa

t4 = 531,00 C T4 = 804,15 K

h5 = 1133,13 kJ/kg Zustand 6:

eh2 = 774,46 kJ/kg

◦

h5 is = 1058,89 kJ/kg Zustand 5:

s2 = - 3,687 kJ/(kg K)

t3 = 369,82 C T3 = 642,97 K

h4 = 1553,82 kJ/kg

ehK2 = 1045,56 kJ/kg

p2 = 300,0 bar p2 = 30,0 MPa

◦

h3 = 930,88 kJ/kg

pK2 = 300,0 bar pK2 = 30,0 MPa

s7 is = 0,584 kJ/(kg K)

p7 is = 25,0 bar p7 is = 2,5 MPa eh7 is = 904,43 kJ/kg

Aufgaben zu Abschnitt 8

Zustand 7:

t7 = 420,96 ◦ C T7 = 694,11 K

h7 = 1141,59 kJ/kg

s7 = 0,691 kJ/(kg K)

Zustand 8 = Zustand 1: h1 = - 60,50 kJ/kg

207

p7 = 25,0 bar p7 = 2,5 MPa eh7 = 947,02 kJ/kg

◦

t1 = 10,00 C T1 = 283,15 K

s4 = - 1,845 kJ/(kg K)

p4 = 25,0 bar p4 = 2,5 MPa

eh8 = 463,00 kJ/kg

Berechnung der spezifischen Druckänderungsarbeiten und der spezifischen Wärmen sowie deren spezifischen Exergien: kJ kJ wp K1K2∗ = hK2∗ − hK1 wp K1K2∗ = (− 905, 46 − (− 911, 50)) = 6, 04 kg kg wp K1K2 = hK2 − hK1

wp K1K2 = (− 837, 91 − (− 911, 50))

kJ kJ = 73, 59 kg kg

wp 45 = h5 − h4

wp 45 = (1133, 13 − 1553, 82)

kJ kJ = − 420, 69 kg kg

wp 67 = h7 − h6

wp 67 = (1141, 59 − 1557, 09)

kJ kJ = − 415, 50 kg kg kJ kJ = 622, 94 kg kg

q34 = (q34 )rev = h4 − h3

(q34 )rev = (1553, 82 − 930, 88)

q56 = (q56 )rev = h6 − h5

(q56 )rev = (1557, 09 − 1133, 13)

ewp K1K2∗ = wp K1K2∗ = 6, 04 ewp 45 = wp 45 = −420, 69

kJ kg

kJ kg

kJ kJ = 423, 96 kg kg

ewp K1K2 = wp K1K2 = 73, 59

ewp 67 = wp 67 = − 415, 50

kJ kg

kJ kg

eq34 = (eq34 )rev = eh4 − eh3

(eq34 )rev = (1580, 11 − 1201, 81)

kJ kJ = 378, 30 kg kg

eq56 = (eq56 )rev = eh6 − eh5

(eq56 )rev = (1392, 82 − 1129, 12)

kJ kJ = 263, 70 kg kg

b) Wirkungsgrade: Der thermische Wirkungsgrad ηth wird hier als das Verhältnis von Zusatznutzen zu Zusatzaufwand definiert. Ursprünglicher Prozess: ηth = 0 eh8 − ewp K1K2∗ eh8 − wp K1K2∗ ζ= = ehK1 ehK1 ζ=

463, 00 − 6, 04 = 0, 4655 981, 60

Neuer Prozessvorschlag: ηth =

|wp 45 | + |wp 67 | − wp K1K2 (q34 )rev + (q56 )rev

ηth =

420, 69 + 415, 50 − 73, 59 = 0, 7284 622, 94 + 423, 96

ζ=

|wp 45 | + |wp 67 | − wp K1K2 + eh8 |ewp 45 | + |ewp 67 | − ewp K1K2 + eh8 = ehK1 + (eq34 )rev + (eq56 )rev ehK1 + (eq34 )rev + (eq56 )rev

ζ=

420, 69 + 415, 50 − 73, 59 + 463, 00 = 0, 7549 981, 60 + 378, 30 + 263, 70

208

8 Exergie

Aufgabe 8.5 In einem Unternehmen der Chemieindustrie wird ein Gas- und Dampfturbinen-Heizkraftwerk betrieben. Damit werden – neben der Bereitstellung einer elektrischen Leistung im Umfang von 17,2 MW – vier Prozessdampf-Massenströme zur Versorgung von Anlagen bereitgestellt (im zugehörigen Schema des Bildes 8.7 unten rechts ausgewiesen). Die jeweiligen Zustände des überhitzten Wasserdampfes sind durch die folgenden Zustandsgrößen gekennzeichnet: Zustand 1: p1 = 29 bar, t1 = 400 ◦ C; Zustand 2: p2 = 3 bar, t2 = 184 ◦ C; Zustand 3: p3 = 7,5 bar, t3 = 246 ◦ C; Zustand 4: p4 = 16 bar, t4 = 242 ◦ C. Die Umgebungstemperatur beträgt t0 = 15,00 ◦ C.

Bild 8.7 Zu Aufgabe 8.5 a) Wie groß sind die spezifischen Enthalpien hi , die spezifischen Entropien si sowie die spezifischen Volumina vi der jeweiligen Dampfzustände? Die genannten spezifischen Größen sollen auch für die Zustände des gesättigten Dampfes h00i , s00i und vi00 sowie der siedenden Flüssigkeit h0i , s0i und vi0 bei den Drücken p1 , p2 , p3 und p4 angegeben werden. b) Man berechne für die vier genannten Fälle die Differenz der spezifischen Exergie ehi − eh0i , die bei der isobaren spezifischen Wärmeabgabe des überhitzten Wasserdampfs auf den Zustand siedender Flüssigkeit zur Verfügung steht und den Verbrauchern über die spezifische Nutzwärme qi0 i = (qi0 i )rev zugeführt wird. Die Zustandsänderungen sind im T, s-Diagramm für Wasser und Wasserdampf darzustellen (Bild 8.8). c) Wie groß ist die Differenz der spezifischen Exergie eh00i − eh0i , wenn der jeweilige Prozessdampf nicht als überhitzter Dampf, sondern als Sattdampf bereitgestellt wird und die isobare spezifische Wärmeabgabe auf den Zustand siedender Flüssigkeit erfolgt? d) Bei der isobaren Bereitstellung von spezifischer Nutzwärme |qi00 i0 | = |(qi00 i0 )rev | gemäß Teilaufgabe c) durch Kondensation bleibt die Temperatur T = TS des Dampfs konstant. Man zeige, dass der exergetische Wert der bereitgestellten spezifischen Nutzwärme |(eqi00 i0 )rev | gleich dem Produkt aus dem Carnot-Faktor ηC und der spezifischen Nutzwärme |qi00 i0 | = |(qi00 i0 )rev | ist: |(eqi00 i0 )rev | = ηC |(qi00 i0 )rev | (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Aufgaben zu Abschnitt 8

209

Lösung: a) Die Werte für hi und si eines allgemeinen Zustandes i werden im Sinne von Näherungswerten dem T ,s-Diagramm für Wasser und Wasserdampf entnommen oder genau mithilfe der Wasserdampftafel oder eines Rechenprogramms ermittelt. p1 = 29, 00 bar,

T1 = 673, 15 K,

h1 = 3233, 39 kJ/kg, p1S = 29, 00 bar,

h01 = 999, 51 kJ/kg, p2 = 3, 00 bar,

p3S = 7, 50 bar,

s3 = 7, 056 kJ/(kg K),

s003 = 6, 684 kJ/(kg K),

T4 = 515, 15 K,

p4S = 16, 00 bar,

h04 = 858, 46 kJ/kg,

v20 = 0, 0010732 m3 /kg

v3 = 0, 31068 m3 /kg v300 = 0, 25551 m3 /kg v30 = 0, 0011114 m3 /kg

t4 = 242, 00 ◦ C:

s4 = 6, 638 kJ/(kg K),

T4S = 474, 52 K,

h004 = 2792, 82 kJ/kg,

v200 = 0, 60576 m3 /kg

t3S = 167, 75 ◦ C:

s03 = 2, 019 kJ/(kg K),

h4 = 2900, 49 kJ/kg,

v2 = 0, 69042 m3 /kg

t3 = 246, 00 ◦ C:

T3S = 440, 90 K,

h03 = 709, 24 kJ/kg,

v10 = 0, 0012129 m3 /kg

t2S = 133, 52 ◦ C:

s002 = 6, 992 kJ/(kg K),

T3 = 519, 15 K,

h003 = 2765, 64 kJ/kg,

p4 = 16, 00 bar,

s2 = 7, 242 kJ/(kg K),

s02 = 1, 672 kJ/(kg K),

h3 = 2943, 65 kJ/kg,

v100 = 0, 06897 m3 /kg

t2 = 184, 00 ◦ C:

T2S = 406, 67 K,

h02 = 561, 43 kJ/kg, p3 = 7, 50 bar,

s001 = 6, 199 kJ/(kg K),

T2 = 457, 15 K,

h002 = 2724, 88 kJ/kg,

v1 = 0, 10296 m3 /kg

t1S = 231, 98 ◦ C:

s01 = 2, 628 kJ/(kg K),

h2 = 2832, 89 kJ/kg, p2S = 3, 00 bar,

s1 = 6, 941 kJ/(kg K),

T1S = 505, 13 K,

h001 = 2803, 06 kJ/kg,

t1 = 400, 00 ◦ C:

v4 = 0, 13909 m3 /kg

t4S = 201, 37 ◦ C:

s004 = 6, 420 kJ/(kg K), s04 = 2, 343 kJ/(kg K),

v400 = 0, 12374 m3 /kg v40 = 0, 0011587 m3 /kg

b) Die Berechnung von ehi − eh0i erfolgt gemäß der Gleichung ehi − eh0i = hi − h0i − T0 (si − s0i ): eh1 − eh01 = h1 − h01 − T0 (s1 − s01 ) eh1 − eh01 = (3233, 39 − 999, 51)

kJ kJ kJ − 288, 15 K · (6, 941 − 2, 628) = 991, 09 kg kg K kg

eh2 − eh02 = h2 − h02 − T0 (s2 − s02 ) eh2 − eh02 = (2832, 89 − 561, 43)

kJ kJ kJ − 288, 15 K · (7, 242 − 1, 672) = 666, 46 kg kg K kg

eh3 − eh03 = h3 − h03 − T0 (s3 − s03 ) eh3 − eh03 = (2943, 65 − 709, 24)

kJ kJ kJ − 288, 15 K · (7, 056 − 2, 019) = 783, 00 kg kg K kg

eh4 − eh04 = h4 − h04 − T0 (s4 − s04 )

210

8 Exergie

eh4 − eh04 = (2900, 49 − 858, 46)

kJ kJ kJ − 288, 15 K · (6, 638 − 2, 343) = 804, 43 kg kg K kg

Bild 8.8 Zu Aufgabe 8.5 c) Die Berechnung von eh00i − eh0i erfolgt gemäß der Gleichung eh00i − eh0i = h00i − h0i − T0 (s00i − s0i ): eh001 − eh01 = h001 − h01 − T0 (s001 − s01 ) eh001 − eh01 = (2803, 06 − 999, 51)

kJ kJ kJ − 288, 15 K · (6, 199 − 2, 628) = 774, 57 kg kg K kg

eh002 − eh02 = h002 − h02 − T0 (s002 − s02 ) eh002 − eh02 = (2724, 88 − 561.43)

kJ kJ kJ − 288, 15 K · (6, 992 − 1, 672) = 630, 49 kg kg K kg

eh003 − eh03 = h003 − h03 − T0 (s003 − s03 ) eh003 − eh03 = (2765, 64 − 709, 24)

kJ kJ kJ − 288, 15 K · (6, 684 − 2, 019) = 712, 18 kg kg K kg

eh004 − eh04 = h004 − h04 − T0 (s004 − s04 ) eh004 − eh04 = (2792, 82 − 858, 46)

kJ kJ kJ − 288, 15 K · (6, 420 − 2, 343) = 759, 57 kg kg K kg

d) Bereitstellung spezifischer Nutzwärme |qi00 i0 | = |(qi00 i0 )rev | durch vollständige isobare Kondensation des gesättigten Wasserdampfs: |qi00 i0 | = |(qi00 i0 )rev | = h00i − h0i

Aufgaben zu Abschnitt 8

211

Gleichzeitig gilt (Bild 8.8): |(qi00 i0 )rev | = h00i − h0i = TS (s00i − s0i ) = T (s00i − s0i ) s00i − s0i =

1 00 (h − h0i ) T i

Dabei bereitgestellte spezifische Exergie |eqi00 i0 | = |(eqi00 i0 )rev | durch vollständige isobare Kondensation des gesättigten Wasserdampfs: |eqi00 i0 | = |(eqi00 i0 )rev | = h00i − h0i − T0 (s00i − s0i ) η=

η=

|(eqi00 i0 )rev | |(qi00 i0 )rev |

η=

h00i − h0i − T0 (s00i − s0i ) h00i − h0i

T0 00 (hi − h0i ) T h00i − h0i

h00i − h0i −

η =1−

T0 = ηC T

T0 T − T0 = T T Dies führt zu |(eqi00 i0 )rev | = ηC |(qi00 i0 )rev | . ηC = 1 −

Bild 8.9 Zu Aufgabe 8.5

Aufgabe 8.6 Der Eigentümer eines älteren Wohngebäudes plant den Einsatz einer elektrischen Wärmepumpe, um sein Haus zu beheizen. Dabei stehen drei Optionen zur Auswahl: a) Variante A: Der bisherige niedrige Wärmedämmstandard wird beibehalten. Bei einer mittleren Außentemperatur von t0 = 7 o C beträgt die erforderliche Vorlauftemperatur des Heizwassers für das bestehende Zentralheizungssystem tA = 70 o C. b) Variante B: Die Wärmeisolation wird durch den Einbau von Wärmeschutzfenstern sowie durch eine Wärmedämmung des Daches verbessert. Bei einer mittleren Außentemperatur von t0 = 7 o C beträgt die erforderliche Vorlauftemperatur des Heizwassers für das bestehende Zentralheizungssystem nur noch tA = 50 o C. c) Variante C: Die Wärmeisolation wird durch den Einbau von Wärmeschutzfenstern sowie durch eine Wärmedämmung des Daches verbessert. Zusätzlich wird eine neue Fußbodenheizung eingebaut. Damit beträgt bei einer mittleren Außentemperatur von t0 = 7 o C die nötige Vorlauftemperatur des Heizwassers nur tC = 32 o C. Für alle drei Varianten sind zu berechnen: - die spezifische Exergie eq12 der spezifischen Wärme für die Beheizung - die Leistungszahl W id (coefficient of performance COPid ) einer idealen Wärmepumpe, die gemäß dem idealen linkslaufenden Carnot-Prozess betrieben wird (Bild 8.10) - die Leistungszahl W re (coefficient of performance COPre ) einer realen Wärmepumpe, für die näherungsweise die Beziehung W re = 0.5 W id angenommen werden kann.

Bild 8.10 Zu Aufgabe 8.6

Zusätzlich ist für die Variante C die mittlere saisonale Leistungszahl W m re C (seasonal coefficient of performance SCOPre ) einer realen Wärmepumpe gemäß der Beziehung W m re = 0.5 W m id zu berechnen, wobei vier unterschiedliche Außentemperaturen t01 = - 7 o C, t02 = 2 o C, t03 = 7 o C and t04 = 12 o C (Bild 8.11 rechts) zu berücksichtigen sind, deren Gewichtungen a01 = 0.03, a02 = 0.38, a03 = 0.39 and a04 = 0.20 betragen (Referenzstadt:

212

8 Exergie

Straßburg). Die Temperatur des Heizwassers kann als konstant angenommen werden: tC = 32 C = const. (Diese Vorgehensweise führt zu einer besseren Näherung als die Berechnung mit lediglich einer einzigen mittleren Außentemperatur t0 = 7 o C (Bild 8.11 links)). o

Bild 8.11 Zu Aufgabe 8.6 (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: T0 , TA , TB , TC , T01 , T02 , T03 und T04 können als konstant angesetzt werden. Damit folgt: a) Variante A: eq12 A = 1− W id A =

T0
TA − T0 343.15 K − 280.15 K q12 A = q12 A = q12 A TA TA 343.15 K

1 343.15 K 1 TA = = = TA − T0 eq12 A 343.15 K − 280.15 K 0.1836

eq12 A = 0.1836 q12

W id A = 5.447

W re A = 0.5 W id A = 2.723 b) Variante B: eq12 B = 1− W id B =

TB − T0 323.15 K − 280.15 K T0
q12 B = q12 B = q12 B TB TB 323.15 K

TB 1 323.15 K 1 = = = TB − T0 eq12 B 323.15 K − 280.15 K 0.1331

eq12 B = 0.1331 q12 B

W id B = 7.513

W re B = 0.5 W id B = 3.757 c) Variante C: eq12 C = 1− W id C =

TC − T0 T0
305.15 K − 280.15 K q12 C = q12 C = q12 C TC TC 305.15 K

TC 1 305.15 K 1 = = = TC − T0 eq12 C 305.15 K − 280.15 K 0.0819

eq12 C = 0.0819 q12 C

W id C = 12.210

W m re C = 0.5 W id C = 6.105 a01 a02 a03 a04
W re C = 0.5 TC + + + TC − T01 TC − T02 TC − T03 TC − T04 W m re C =
1 0.03 0.38 0.39 0.20 = 0.5·305.15 K + + + 305.15 − 266.15 305.15 − 275.15 305.15 − 280.15 305.15 − 285.15 K W m re C = 5.956

Aufgaben zu Abschnitt 9: Wärmeübertragung Aufgabe 9.1 Ein Luftstrom von m ˙ L = 1246 kg/h mit einer Eintrittstemperatur von t1 = 80 ◦ C wird in .einem Gegenstrom-Wärmeübertrager durch einen Wasserstrom von m ˙ W = 1500 kg/h mit einer Eintrittstemperatur von t01 = 10 ◦ C gekühlt. Die Wärmeübergangskoeffizienten betragen auf der Luftseite αL =58 W/(m2 K) und auf der Wasserseite αW = 2320 W/(m2 K). Die ebene Trennwand hat eine Dicke von δ = 5 mm und eine Wärmeleitfähigkeit von λ = 46 W/(m K). Die wärmeübertragende Oberfläche ist auf beiden Seiten jeweils A = 7,4 m2 . Es ist von den spezifischen Wärmekapazitäten für Luft cpL = 1,004 kJ/(kg K) und für Wasser cW = 4,190 kJ/(kg K) auszugehen (Bild 9.1). ˙ Welche Werte nehmen die Austrittstemperaturen des LuftWie groß ist der Wärmestrom Q? stroms t2 und des Wasserstroms t02 an?

Bild 9.1 Zu Aufgabe 9.1 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: 1 1 δ 1 = + + k αL λ αW W k = 56,2395 m2 K WL = m ˙ L · cpL

1 m2 K 0,005 m2 K 1 m2 K m2 K 1 = + + = 0,0177811 k 58 W 46 W 2320 W W

WL = 1246

WW = m ˙ W · cW WW = 1500

kg J 1 h Ws W · 1004 · · = 347,50 h kg K 3600 s J K kg J 1 h Ws W · 4190 · · = 1745,83 h kg K 3600 s J K

347,50 W1 = = 0,19905 W2 1745,83 kA K W 1 = 56,2395 · 7,4 m2 · = 1,19762 W1 m2 K 347,50 W K W 1 kA = 56,2395 · 7,4 m2 · = 0,23838 W2 m2 K 1745,83 W Betriebscharakteristik Φ:

Φ=

1−e

−( kWA1 −

kA W2 )

W1 e−( kWA1 − 1− W 2

kA W2 )

© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2024 M. Dehli, Aufgabensammlung Technische Thermodynamik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-44242-2_9

WL = W1 WW = W2

214

9 Wärmeübertragung

Φ=

1 − e−(1,19762−0,23838) 1 − 0,19905 · e−(1,19762−0,23838)

Φ=

0, 61682 = 0,66775 0, 92373

˙ Wärmestrom Q: W Q˙ = (80 − 10) K · 347,50 · 0,66775 = 16243 W K Austrittstemperatur des Luftstroms t2 : Q˙ = (t1 − t01 )W1 Φ

t2 = t1 − (t1 − t01 ) Φ

t2 = 80 ◦ C − (80 − 10) ◦ C · 0,66775 = 33,258 ◦ C

Austrittstemperatur des Wasserstroms t02 : Mit Q˙ = (t02 − t01 ) W2 = (t1 − t2 ) W1 Hierin wird

t1 − t2

wird t02 = t01 + (t1 − t2 )

ersetzt: Dazu dient

folgt:

Φ =

t1 − t2 t1 − t01

,

W1 W2

.

woraus mit einer Umformung

t1 − t2 = (t1 − t01 ) Φ . Damit wird: t02 = t01 + (t1 − t01 ) Φ

W1 W2

t02 = 10 ◦ C + (80 − 10) ◦ C · 0,66775 · 0,19904 = 19,304 ◦ C

Aufgabe 9.2 Ein Kupferrohr mit dem Außendurchmesser da = 50 mm, dem Innendurchmesser di und der Wandstärke δr = 2 mm, mit der Länge l = 3,4 m und der Wärmeleitfähigkeit λ = 370 W/(m K) wird von einer Flüssigkeit mit dem Wärmeübergangskoeffizienten αi = 2000 W/(m2 K) durchströmt. Der Wärmeübergangskoeffizient auf der Außenseite ist αa = 10 W/(m2 K). Eine Umhüllung des Rohres durch eine Schicht mit der Dicke δu = 50 mm und dem Außendurchmesser du bewirkt einerseits eine Vergrößerung des Wärmeleitwiderstandes (Wärmedämmeffekt), andererseits eine Vergrößerung der Oberfläche (Erhöhung der Wärmeübertragung bei unverändertem Wärmeübergangskoeffizienten). a) Wie groß ist das Produkt k A aus Wärmedurchgangskoeffizient k und Fläche A für das Kupferrohr ohne Umhüllung? b) Wie groß wird der Wärmedurchgangskoeffizient k ohne Umhüllung, wenn man ihn zum einen auf die Außenfläche und zum anderen auf die Innenfläche bezieht? c) Welche Wärmeleitfähigkeit λu muss die Umhüllung haben, wenn sich die beiden genannten Wirkungen aufheben und kA unverändert bleibt? d) Welchen Wert für kA erhält man, wenn die Wärmeleitfähigkeit der Umhüllung λ∗u nur 10 % des Wertes bei c) beträgt? e) Was ergeben die Fragen in den Teilaufgaben c) und d), wenn die äußere Schicht nur eine Dicke von δu0 = 25 mm hat? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) Mit 1 1 δ 1 1 = + + kA αi di π l λ Am αa da π l

Aufgaben zu Abschnitt 9

215

da ln δ 1 di = λ Am 2πlλ

da ln 1 1 1 di sowie wird: = + + kA αi di π l 2πlλ αa da π l 0,05 ln 1 m2 K 1 1 1 1 1 1 1 1 mK 1 0,046 = · · · + · · kA 2000 W 0,046 m 3,14159 3,4 m 2 · 3,14159 3,4 m 370 W +

1 m2 K 1 1 1 1 1 K · · · = 0,188269 10 W 0,05 m 3,14159 3,4 m W W K Aa = 3, 14159 · 0, 050 m · 3, 4 m = 0,5341 m2

k A = 5,3115 b) Aa = π da l

Ai = 3, 14159 · 0, 046 m · 3, 4 m = 0,4913 m2

A i = π di l

kA 5,3115 W W kA 5,3115 W W = = 9,945 2 kAi = = = 10,811 2 Aa 0,5341 m2 K m K Ai 0,4913 m2 K m K da du ln ln 1 1 1 di da = + + + c) kA αi di π l 2πlλ 2 π l λu αa du π l kAa =

Aus der Bedingung eines unveränderten Wertes von k A folgt: da da du ln ln ln 1 1 1 1 1 di di da = + + = + + + kA αi di π l 2πlλ αa da π l αi di π l 2πlλ 2 π l λu αa du π l du ln 1 1 da = + αa da π l 2 π l λu αa du π l du ln 1 1 da = + αa da 2 λu αa du ln

du da

ln

0,15 0,05

W W = 0,41198 1 1
mK mK 2 10 0,05 − 0,15 da du ln ln 1 1 1 di da = + + + d) kA αi di π l 2πlλ 2 π l λ∗u αa du π l λu =

1
2 1 αa da − du

λu =

0,05 ln 1 1 1 m2 K 1 1 1 1 1 1 1 mK 0,046 = · · · + · · kA 2000 W 0,046 m 3,14159 3,4 m 2 · 3,14159 3,4 m 370 W 0,15 1 1 1 mK 1 m2 K 1 1 1 1 1 K 0,05 + · · + · · · = 1,311716 2 · 3,14159 3,4 m 0,041198 W 10 W 0,15 m 3,14159 3,4 m W ln

k A = 0,76236 ln e)

λ0u

=

2 αa

W K

d0u da

1 1
− da du

ln

λ0u

=

0,1 0,05

W W = 0,346574
1 1 m K m K 2 10 0,05 − 0,1

216

9 Wärmeübertragung

da d0 ln u 1 1 1 di da = + + + kA αi di π l 2πlλ 2 π l λ0∗ αa d0u π l u ln

0,05 ln 1 1 m2 K 1 1 1 1 1 1 1 1 mK 0,046 = · · · + · · kA 2000 W 0,046 m 3,14159 3,4 m 2 · 3,14159 3,4 m 370 W 0,1 mK 1 1 1 1 m2 K 1 1 1 1 1 K 0,05 + · · + · · · = 1,030854 2 · 3,14159 3,4 m 0,0346574 W 10 W 0,1 m 3,14159 3,4 m W ln

k A = 0,97007

W K

Aufgabe 9.3 Eine technische Anlage weist ebene, gegen Wärmeabstrahlung geschützte Wände mit einer Dicke von jeweils δW = 20 mm auf; deren Wärmeleitfähigkeit ist λW = 50 W/(m K). Im Inneren der Anlage herrscht die Temperatur ti = 300 ◦ C; die Umgebung hat die Temperatur ta = 25 ◦ C. Die Wärmeübergangskoeffizienten auf der heißen und der kalten Seite der Wände sind αi = 90 W/(m2 K) und αa = 7 W/(m2 K) (Bild 9.2 links). ˙ a) Wie groß ist der Wärmestrom je m2 Q/A durch die Wände? b) Wie groß sind die Oberflächentemperaturen auf der heißen Seite ϑ0 und auf der kalten Seite ϑ00 der Wände? c) Aus fertigungstechnischen Gründen und im Hinblick auf eine verbesserte Energieeffizienz soll die Oberflächentemperatur auf der heißen Seite ϑ∗0 um ∆ϑ∗0 = 17 K erhöht werden; hierzu soll eine Wärmedämmschicht mit der Wärmeleitfähigkeit λD = 0,04 W/(m K) auf der kalten Seite der Wände angebracht werden (Bild 9.2 rechts). Die Wärmeübergangskoeffizienten αi und αa sowie die Anlagen-Innentemperatur ti und die Umgebungstemperatur ta bleiben dabei unverändert. Welcher Wärmestrom je m2 Q˙ ∗ /A stellt sich jetzt ein? Welche Zwischentemperatur ϑz ergibt sich zwischen der Umwandung und der Wärmedämmschicht? Wie groß ist die Oberflächentemperatur ϑ0∗ 0 auf der Außenseite der Wärmedämmschicht? Welche Dicke δD muss die Wärmedämmschicht haben? d) Auf welchen Wert müsste der Wärmeübergangskoeffizient auf der heißen Seite α∗i erhöht werden, um die Wandoberflächentemperatur gemäß Teilaufgabe c) ohne zusätzliche Wärmedämmschicht zu erreichen? Erscheint eine solche Erhöhung realistisch?

Bild 9.2 Zu Aufgabe 9.3 (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Aufgaben zu Abschnitt 9

217

Lösung: 1 1 δW 1 1 m2 K 0,02 m2 K 1 m2 K m2 K 1 = + + = + + = 0,15437 k αi λW αa k 90 W 50 W 7 W W W k = 6,4780 m2 K ˙ Q Q˙ W W = k (ti − ta ) = 6,4780 (300 − 25) K = 1781,5 A A m2 K m2 W 1 m2 K Q˙ 1 ϑ0 = 300 ◦ C − 1781,5 2 · = 280,21 ◦ C b) ϑ0 = ti − A αi m 90 W Q˙ 1 W 1 m2 K ϑ00 = ta + ϑ00 = 25 ◦ C + 1781,5 2 · = 279,50 ◦ C A αa m 7 W c) Erhöhte Oberflächentemperatur auf der heißen Seite der Wände: a)

ϑ∗0 = ϑ0 + ∆ϑ∗0 ϑ∗0 = (280,21 + 17) ◦ C = 297,21 ◦ C W W Q˙ ∗ Q˙ ∗ = αi (t − ϑ∗0 ) = 90,0 (300 − 297,21) K = 251,1 A A m2 K m2 Q˙ ∗ δW W 1 mK ϑz = ϑ∗0 − ϑz = 297,21 ◦ C − 251,1 2 · 0,02 m · = 297,11 ◦ C A λW m 50 W Q˙ ∗ 1 W 1 m2 K ◦ ϑ0∗ ϑ0∗ · = 60,87 ◦ C 0 = ta + 0 = 25 C + 251,1 A αa m2 7 W A (ϑz − ϑ0∗ δD = λ D 0 ) Q˙ ∗ W m2 1 · (297,11 − 60,87) K = 0,0376 m = 37,6 mm m K 251,1 W W Q˙+ ϑ∗0 − ta 1 Q˙+ = 1900,1 2 d) = = (297,21 − 25) K · 2 δW + 1 A A m 0,02 1 m K ( 50 + 7 ) W αa λW δD = 0,04

1 1 W W Q˙+ α∗i = 1900,1 = 681,06 A ti − ϑ∗0 300 − 297,21 m2 K m2 K Eine Erhöhung des Wärmeübergangskoeffizienten auf der heißen Seite der Anlagenwände auf den Wert α∗i = 681,06 W/( m2 K) ist praktisch-technisch nicht zu verwirklichen, wenn sich ein gasförmiges Fluid auf der heißen Seite befindet. α∗i =

Aufgabe 9.4 Bei einer Temperatur von t = 47 ◦ C wird Wasserdampf in einem Kondensator verflüssigt. Dabei erwärmt sich ein Kühlwasserstrom von t01 = 15 ◦ C auf t02 = 35 ◦ C (Bild 9.3). Im Teillastfall wird bei derselben Kondensationstemperatur und bei derselben Kühlwassereintrittstemperatur der Kühlwasserstrom halbiert; damit nimmt auch die Geschwindigkeit des Kühlwassers auf die Hälfte ab. Der Wärmedurchgangskoeffizient k wird in diesem Fall als von der Kühlwassergeschwindigkeit mit der Potenz 0,725 abhängig angesehen. a) Wie groß sind die Betriebscharakteristik Φ und der Ausdruck kWA bei Volllast? 1 b) Wie groß sind diese Werte bei Teillast? c) Wieviel Prozent der Wärmeleistung Q˙ bei Volllast beträgt die Wärmeleistung bei Teillast? d) Welche Kühlwasseraustrittstemperatur ergibt sich bei Teillast? (Schwierigkeitsgrad: mittel)

218

9 Wärmeübertragung

Lösung: a) Volllast:

Φ=

t02 − t01 t1 − t01

Φ=

35 − 15 = 0,625 47 − 15

Bild 9.3 Zu Aufgabe 9.4

Φ=1−

Bei Kondensation gilt:

kA − e W1

kA kA = − ln(1 − Φ) = − ln(1 − 0,625) = 0,98083 W1 W1 b) Teillast: Die halbierte Kühlwassergeschwindigkeit wird durch den rechnerischen Wert 0,5 wiedergegeben. Die Umformung ergibt:

kA 0,50,725 = 0,98083 · = 0,98083 · 0,50,725−1 = 1,1868 W1 0,5

Φ=1−e

kA −W 1

−1,1868

Φ = 1−e

= 0,69480

c) Für die Wärmeleistung gilt:

Q˙ = (t1 − t01 ) Φ W1

Die Halbierung des Kühlwasserstroms führt zur Verringerung des Wärmekapazitätsstroms W1 auf die Hälfte. Damit wird: (Φ W1 )T eillast 0,69480 · 0,5 = = 0,55584 (Φ W1 )V olllast 0,625 d) t02 = t01 + (t1 − t01 ) Φ

(55, 584 %)

t02 = 15 ◦ C + (47 ◦ C - 15 ◦ C)·0,69480 = 37,23 ◦ C

Aufgabe 9.5 Ein Mauerwerk weist die Wandstärke δW = 365 mm auf. a) Wie groß ist die Wärmedurchgangszahl k (in der Bautechnik als U -Wert bezeichnet), wenn das Mauerwerk eine Wärmeleitfähigkeit von λW = 0,21 W/(m K) aufweist, der Wärmeübergangskoeffizient auf der Innenseite der Wand αi = 5 W/(m2 K) beträgt und sich der Wärmeübergangskoeffizient auf der Außenseite der Wand zu αa = 16,2 W/(m2 K) ergibt? ˙ Wie groß ist der Wärmestrom je m2 Q/A durch das Mauerwerk bei einer Raumtemperatur von ti = 20 ◦ C und einer Außentemperatur von ta = - 12 ◦ C (Bild 9.4 links)? b) Welchen Wert nimmt die Wärmedurchgangszahl k an, wenn auf der Außenseite des Mauerwerks eine Wärmedämmschicht mit der Dicke δD = 60 mm und der Wärmeleitfähigkeit λD = 0,04 W/(m K) angebracht wird? Auf welchen Wert vermindert sich dabei der Wär˙ mestrom je m2 Q/A durch das Mauerwerk bei einer Raumtemperatur von ti = 20 ◦ C und einer Außentemperatur von ta = - 12 ◦ C (Bild 9.4 rechts)? (Schwierigkeitsgrad: leicht)

Aufgaben zu Abschnitt 9

219

Lösung: 1 1 δW 1 a) = + + k αi λW αa 1 m2 K 0,365 m2 K 1 m2 K m2 K 1 = + + = 2,000 k 5 W 0,21 W 16,2 W W W k = 0,500 m2 K Q˙ = k (ti − ta ) A

Q˙ W W = 0,500 (20 − (−12)) K = 16,00 A m2 K m2

Bild 9.4 Zu Aufgabe 9.5 b)

1 1 δW δD 1 = + + + k αi λW λD αa 1 m2 K 0,365 m2 K 0,06 m2 K 1 m2 K m2 K 1 = + + + = 3,500 k 5 W 0,21 W 0,04 W 16,2 W W W k = 0,2857 m2 K Q˙ = k (ti − ta ) A

Q˙ W W = 0,2857 (20 − (−12)) K = 9,14 A m2 K m2

Aufgabe 9.6 Eine ebene Wand mit der Dicke δW = 200 mm mit unbekannter Wärmeleitfähigkeit λW trennt zwei Räume A und B mit den Temperaturen tA = ti = 24,0 ◦ C und tB = ta = 6,0 ◦ C. Die jeweiligen Oberflächentemperaturen sind ϑ0 = 17,7 ◦ C und ϑ00 = 7,5 ◦ C (Bild 9.5 links). Auf der kalten Seite der Wand wird eine Wärmedämmschicht mit einer Dicke δD = 10 mm und einer Wärmeleitfähigkeit λD = 0,0407 W/(m K) angebracht. Danach stellen sich bei unveränderten Raumtemperaturen und Wärmeübergangskoeffizienten die Wandoberflächentemperaturen ϑ∗0 ◦ = 19,8 ◦ C und ϑ0∗ 0 = 7,0 C ein (Bild 9.5 rechts). a) Wie verhält sich der Wärmestrom Q˙ ∗ nach Anbringen der Wärmedämmschicht zum Wär˙ mestrom durch die nicht wärmegedämmte Wand Q? b) Welche Wärmeleitfähigkeit λW hat die Wand ohne Wärmedämmschicht? c) Wie groß sind bei fehlender Wärmedämmschicht der Wärmeübergangskoeffizient auf der Wandseite mit der höheren Raumtemperatur αi und der Wärmeübergangskoeffizient auf der Wandseite mit der niedrigeren Raumtemperatur αa ? d) Welchen Wert nimmt die Wärmedurchgangszahl k im Falle der nicht wärmegedämmten ˙ Wand an? Wie groß sind die flächenbezogenen Wärmeströme Q/A und Q˙ ∗ /A? (Schwierigkeitsgrad: mittel)

220

9 Wärmeübertragung

Lösung: ˙ Wärmestrom ohne Wärmedämmschicht a) Q: Q˙ ∗ : Wärmestrom mit Wärmedämmschicht ti − ϑ∗0 Q˙ ∗ ϑ0∗ − ta = = 00 ˙ ti − ϑ 0 ϑ 0 − ta Q (7,0 − 6,0) ◦ C (24,0 − 19,8) ◦ C 2 Q˙ ∗ = = = ◦ (24,0 − 17,7) C (7,5 − 6,0) ◦ C 3 Q˙ b) ϑ0 − ϑ00 = Q˙ RLW ˙∗ ϑ∗0 − ϑ0∗ 0 = Q (RLW + RLD ) ϑ∗0 − ϑ0∗ Q˙ ∗ RLD 0 = ) (1 + ˙ ϑ0 − ϑ00 R LW Q

Bild 9.5 Zu Aufgabe 9.6 RLD RLW

Q˙ ϑ∗0 − ϑ0∗ 0 = −1 Q˙ ∗ ϑ0 − ϑ00

RLD 3 (19,8 − 7,0) ◦ C = · − 1 = 0,88235 RLW 2 (17,7 − 7,5) ◦ C δD λ W RLD = RLW δW λD δW RLD δD RLW W W 200 · · 0,88235 = 0,7182 = 0,0407 m K 10 mK

λW = λD λW c)

Q˙ λW = αi (ti − ϑ0 ) = (ϑ0 − ϑ00 ) = αa (ϑ00 − ta ) A δW αi =

λW ϑ0 − ϑ00 δW t i − ϑ 0

αi =

0,7182 mWK (17,7 − 7,5) ◦ C W · = 5,814 2 0,2 m (24,0 − 17,7) ◦ C m K

αa =

λW ϑ0 − ϑ00 δW ϑ00 − ta

αa =

◦ 0,7182 W m K · (17,7 − 7,5) C = 24,42 W ◦ 0,2 m (7,5 − 6,0) C m2 K

Aufgaben zu Abschnitt 9

d)

221

1 δW 1 1 = + + k αi λW αa 1 m2 K m2 K 1 0,200 m2 K 1 m2 K = + + = 0,49142 k 5,814 W 0,7182 W 24,42 W W k = 2,0349

W m2 K

Q˙ Q˙ W W = k (ti − ta ) = 2,0349 (24 − 6)) K = 36,628 A A m2 K m2 2 W W 2 Q˙ ∗ = · 36,628 = 24,419 Q˙ ∗ = Q˙ 3 3 m2 m2 Aufgabe 9.7 An einer Gebäudewand mit der Dicke δG = 280 mm werden an einem sonnigen Apriltag die Oberflächentemperaturen außen und innen zu ϑa = 24 ◦ C und ϑi = 18 ◦ C gemessen. Die Außentemperatur und die Raumlufttemperatur im Gebäude sind ta = 25,0 ◦ C und ti = 15 ◦ C. Die Wand besteht aus folgenden Schichten (Bild 9.6 links): Außenputz: Dicke δA = 25 mm; Wärmeleitfähigkeit λA = 0,87 W/(m K) Beton: Dicke δB = 240 mm; Wärmeleitfähigkeit λB = 1,5 W/(m K) Innenputz: Dicke δI = 15 mm; Wärmeleitfähigkeit λI = 0,7 W/(m K) a) Welchen Wert besitzt die summarische Wärmeleitfähigkeit λG der dreischichtigen Gebäu˙ dewand? Wie groß ist der flächenbezogene Wärmestrom Q/A? b) Die Wärmeübergangskoeffizienten auf der Außenseite der Gebäudewand αa und auf der Innenseite der Gebäudewand αi sollen berechnet werden. c) Welchen Wert nimmt die Wärmedurchgangszahl k an? d) Im Rahmen einer Instandsetzung und zugleich einer energetischen Sanierung wird der vorhandene Außenputz entfernt, eine Wärmedämmschicht mit der Dicke δD = 60 mm und einer Wärmeleitfähigkeit λD = 0,038 W/(m K) aufgebracht und ein neuer Außenputz ∗ mit der Dicke δA = 20 mm und einer Wärmeleitfähigkeit λ∗A = 0,75 W/(m K) aufgetragen (Bild 9.6 rechts). Wie groß ist dabei die Wärmedurchgangszahl k∗ und der flächenbezogene Wärmestrom Q˙ ∗ /A?

Bild 9.6 Zu Aufgabe 9.7 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) λG =

δG δA + δB + δI λA λB λI

222

9 Wärmeübertragung

λG =

W 0,28 m = 1,3323 0,24 m m K 0,015 m m K 0,025 m m K mK + + 0,87 W 1,5 W 0,7 W

λG Q˙ = (ϑa − ϑi ) A δG Q˙ = αa (ta − ϑa ) b) A Q˙ = αi (ϑi − ti ) A

1,3323 W W Q˙ = · (24 − 18) K = 28,549 2 A 0,28 m2 K m 1 Q˙ W 1 W αa = αa = 28,549 2 · = 28,549 2 A (ta − ϑa ) m (25 − 24) K m K αi =

1 Q˙ A (ϑi − ti )

αi = 28,549

c)

Q˙ = k (ta − ti ) A

d)

1 δA∗ δD δB δI 1 1 = + + + + + k∗ αa λA∗ λD λB λI αi

k=

Q˙ 1 A (ta − ti )

k = 28,549

W 1 W · = 9,5163 2 m2 (18 − 15) K m K

W 1 W · = 2,8549 2 m2 (25 − 15) K m K

1 m2 K 0,02 m2 K 0,06 m2 K 0,24 m2 K 0,015 m2 K m2 K 1 1 = + + + + + ∗ k 28, 549 W 0,75 W 0,038 W 1,5 W 0,7 W 9,5163 W = 1,9272

m2 K W

k∗ = 0,5189

W m2 K

Q˙ ∗ = k∗ (ti − ta ) A

W W Q˙ ∗ = 0,5189 (25 − 15) K = 5,189 A m2 K m2

Aufgabe 9.8 Die Wand eines Gebäudes mit der Dicke δ = 240 mm und der Wärmeleitfähigkeit λ = 0,6 W/(m K) wird bei einer Außenlufttemperatur von ta = 10,0 ◦ C auf der Außenseite längere Zeit von der Sonne beschienen; dadurch wird ein flächenbezogener Wärmestrom Q˙ 1 /A = 600 W/m2 der Außenoberfläche zugeführt (Bild 9.7).

Bild 9.7 Zu Aufgabe 9.8 Auf der Innenseite der Wand ist bei einem Wärmeübergangskoeffizienten von αi = 8 W/(m2 K) die Raumtemperatur ti = 20,0 ◦ C. Die Sonneneinstrahlung bewirkt, dass die Außenwandtemperatur höher ist als die Innenwandtemperatur. Der durch Strahlung der Außenwandoberfläche zugeführte flächenbezogene Wärmestrom Q˙ 1 /A wird teilweise durch Konvektion

Aufgaben zu Abschnitt 9

223

mit einem Wärmeübergangskoeffizienten von αa = 18 W/(m2 K) als flächenbezogener Wärmestrom Q˙ 2 /A an die Außenluft abgegeben und zum Teil als flächenbezogener Wärmestrom Q˙ 3 /A durch Wärmeleitung nach innen transportiert (vgl. Bild 9.7). a) Welcher flächenbezogene Wärmestrom Q˙ 3 /A wird im stationären Fall durch die Wand geleitet, und welcher flächenbezogene Wärmestrom Q˙ 2 /A wird im stationären Fall durch Konvektion von der Außenwand an die Außenluft abgegeben? b) Welche Wandoberflächentemperaturen ϑ0a und ϑ0i stellen sich außen und innen ein? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a)

W Q˙ 1 = 600 2 A m Flächenbezogene Wärmeströme:

Q˙ 1 Q˙ 2 Q˙ 3 = + A A A

Umformung von Gl. (1); Wärmeübergang außen: Wärmeleitung in der Wand: Wärmeübergang innen: Umformung von Gl. (3): Umformung von Gl. (4); Umformung von Gl. (6):

Q˙ 3 λ = (ϑ0a − ϑ0i ) A δ

(1) Q˙ 1 Q˙ 3 Q˙ 2 = αa (ϑ0a − ta ) = − A A A (3)

Q˙ 3 = αi (ϑ0i − ti ) (4) A Q˙ 3 δ (5) ϑ0a − ϑ0i = A λ Q˙ 3 1 ϑ0i − ti = (6) A αi Q˙ 3 1 − ϑ0i = − ti − (7) A αi

Einsetzen von Gl. (7) in Gl. (5) und Umformung:

ϑ0a − ti =

Q˙ 3 δ 1 ( + ) A λ αi

Q˙ 3 Q˙ 1 − A Umformung von Gl. (2): ϑ0a − ta = A (9) αa Q˙ 1 1 Q˙ 3 1 δ 1 Subtraktion Gl. (9) - Gl. (8): ti − ta = − ( + + ) A αa A αa λ αi Q˙ 1 1 Q˙ 3 α − (ti − ta ) (11) Umformung von Gl. (10): = A a δ 1 1 A + + αa λ αi 1 (600 · − (20 − 10)) K Q˙ 3 W 18 = = 40,19 2 2 A m 0,24 1 m K 1 ( 18 + 0,6 + 8 ) W Q˙ 2 Q˙ 1 Q˙ 3 Gl. (2): = − A A A ˙ Q2 W W W = 600,00 2 − 40,19 2 = 559,81 2 A m m m

(10)

(8)

(2)

224

9 Wärmeübertragung

b) Umformung von Gl. (4):

ϑ0i = ti +

Q˙ 3 1 A αi

1 ◦ C = 25,02 ◦ C ϑ0i = 20 ◦ C + 40,19 · 8 Umformung von Gl. (2):

ϑ0a = ta + (

ϑ0a = 10 ◦ C + (600 − 40,19)

Q˙ 1 Q˙ 3 1 − ) A A αa

W 1 m2 K 1 ◦ C = 41,10 ◦ C = 10 ◦ C + (600 − 40,19) 18 m2 18 W

Aufgabe 9.9 Der Eigentümer von zwei Wohngebäuden erörtert mit einem Energieberater wärmetechnische Sanierungsmöglichkeiten durch eine nachträgliche Außenwanddämmung. Sein rund 20 Jahre altes Haus 1 hat Außenwände aus gut wärmedämmenden Porenbetonziegeln mit der Dicke δW 1 = 365 mm und der Wärmeleitfähigkeit λW 1 = 0,21 W/(m K). Sein rund 50 Jahre altes Haus 2 hat Außenwände aus Beton mit der Dicke δW 2 = 240 mm und der Wärmeleitfähigkeit λW 2 = 1,5 W/(m K). Bei beiden Häusern kann der Wärmeübergangskoeffizient auf der Innenseite der Wände mit αi = 5 W/(m2 K) und der Wärmeübergangskoeffizient auf der Außenseite der Wände mit αa = 16,2 W/(m2 K) angenommen werden. Die wärmetechnische Wirkung von Innenputz und Außenputz kann vernachlässigt werden. Der Energieberater schlägt die Anbringung einer äußeren Wärmedämmschicht mit der Wärmeleitfähigkeit λD = 0,04 W/(m K) vor; deren Dicke δD soll sinnvoll im Rahmen einer Variantenbetrachtung ermittelt werden. a) Die Wärmedurchgangszahlen k1 und k2 (entsprechen den U -Werten in der Bautechnik) sind für beide Wandarten abhängig von der Dämmstoffdicke δD in ein Schaubild einzuzeichnen, wobei die Dämmstoffdicke zwischen 0 mm und 400 mm variieren soll. b) Bei welchen Dämmstoffdicken halbieren sich bei beiden Häusern die Wärmedurchgangszahlen k1 und k2 ? c) Der Energieberater erläutert dem Hauseigentümer, dass sich beim Haus 2 durch eine Dämmstoffdicke von δD = 35 mm die Wärmedurchgangszahl k2 auf ein Drittel, durch eine Dämmstoffdicke von δD = 70 mm die Wärmedurchgangszahl k2 auf ein Sechstel und durch eine Dämmstoffdicke von δD = 140 mm die Wärmedurchgangszahl k2 auf ein Zwölftel verringern lasse. Der Hauseigentümer schließt daraus, dass sich mit jeweils denselben Dämmstoffdicken auch beim Haus 1 dieselben Verringerungen der Wärmedurchgangszahl k1 auf ein Drittel, auf ein Sechstel und auf ein Zwölftel erreichen ließen. Treffen die Aussagen des Energieberaters und des Hauseigentümers zu? d) Nach ausführlichen Diskussionen entscheidet sich der Hauseigentümer beim Haus 1 für eine Dämmstoffdicke von δD1 = 40 mm und beim Haus 2 für eine Dämmstoffdicke δD2 , mit der dieselbe Wärmedurchgangszahl k1 = k2 wie beim Haus 1 erreicht wird. Wie groß muss demnach die Dämmstoffdicke δD2 beim Haus 2 sein? Welcher flächenbezogene Wärmestrom ˙ Q/A wird dann im stationären Fall bei einer Außenlufttemperatur von ta = - 12,0 ◦ C und einer Raumtemperatur von ti = 20,0 ◦ C durch die Wände geleitet? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Allgemein gilt: 1 1 δW δD 1 = + + + k αi λW λD αa

Aufgaben zu Abschnitt 9

225

Haus 1 (Bild 9.8): 1 δW 1 δD1 1 1 = + + + k1 αi λW 1 λD1 αa 1 m2 K 0,365 m2 K 1 m2 K 1 mK 1 = + + + δD1 k1 5 W 0,21 W 16, 2 W 0, 04 W 1 2 1 mK δ m K 2,0000 W + 0,04 W D1 Haus 2 (Bild 9.8): k1 (δD1 ) =

1 1 δW 2 δD2 1 = + + + k2 αi λW 2 λD2 αa 1 m2 K 0,24 m2 K 1 m2 K 1 mK 1 = + + + δD2 k2 5 W 1, 5 W 16, 2 W 0, 04 W k2 (δD2 ) =

1 2 m K 1 mK δ 0,42173 W + 0,04 D2 W

Bild 9.8 Zu Aufgabe 9.9 b) Haus 1: ohne Dämmstoff: k1 = 0,5000

W m2 K

mit Dämmstoffdicke δD1 = 80 mm: k1 = 0,2500 Haus 2: ohne Dämmstoff: k2 = 2,3712

W m2 K

W m2 K

mit Dämmstoffdicke δD1 = 17 mm: k2 = 1,1810

W W ≈ 1,1856 2 m2 K m K

c) Die Aussagen zu Haus 2 sind nur in erster Näherung richtig. Es gilt hier: ohne Dämmstoff: k2 = 2,3712

W m2 K

mit Dämmstoffdicke δD1 = 35 mm: k2 = 0,7712

W m2 K

mit Dämmstoffdicke δD1 = 70 mm: k2 = 0,4605

W m2 K

226

9 Wärmeübertragung

mit Dämmstoffdicke δD1 = 140 mm: k2 = 0,2550

W m2 K

d) Die Folgerungen zu Haus 1 treffen nicht zu. Es gilt hier: W ohne Dämmstoff: k1 = 0,5000 2 m K W mit Dämmstoffdicke δD1 = 35 mm: k1 = 0,3478 2 m K W mit Dämmstoffdicke δD1 = 70 mm: k1 = 0,2667 2 m K W mit Dämmstoffdicke δD1 = 140 mm: k1 = 0,1818 2 m K W m2 K W = 103 mm: k2 = 0,3337 2 m K

e) Haus 1: mit Dämmstoffdicke δD1 = 40 mm: k1 = 0,3333 Haus 2: mit Dämmstoffdicke δD2 Q˙ = k (ti − ta ) A

Q˙ W W = 0,3333 2 · (20 − (−12)) K = 10,6656 2 A m K m

Aufgabe 9.10 Ein Gegenstrom-Wärmeübertrager (vgl. Bild 9.9) besteht im Inneren aus einem wasserdurchströmten Rohrbündel von 24 parallel angeordneten Rohren, die außen von Kühlwasser umströmt werden. Der zu kühlende Wasserstrom erfährt eine Temperaturerniedrigung von t1 = 40 ◦ C auf t2 = 32 ◦ C; der Kühlwasserstrom wird von t01 = 21 ◦ C auf t02 = 27 ◦ C aufgewärmt.

Bild 9.9 Zu Aufgabe 9.10 a) Es soll der mittlere Wärmeübergangskoeffizient αi berechnet werden, der an der Innenwand der Rohre mit der Länge von jeweils l = 1,5 m auftritt. Die Rohre bestehen aus Kupfer gemäß DIN EN 1057 und haben den Innendurchmesser d = 50 mm sowie die Wanddicke δ = 2 mm. Für die Berechnung kann die mittlere Temperatur des Wassers im Rohr mit t1m = 36 ◦ C und die Rohr-Innenwandtemperatur mit t1W d = 30 ◦ C angesetzt werden; die Strömungsgeschwindigkeit beträgt w = 0,25 m/s. Für die Berechnung ist die Gleichung von Gnielinski der Form N u = f (Re, P r, P rW d , d/l) anzusetzen (vgl. das Lehrbuch ”Grundlagen der Technischen Thermodynamik”, 10. Auflage, Gl. (9.96)). Als Stoffwerte stehen zur Verfügung: Wasser bei t1m = 36 ◦ C: ν = 0,70949·10−6 m2 /s; cp = 4,1791 kJ/(kg K); λ = 0,62333 W/(m K) Wasser bei t1W d = 30 ◦ C: cp = 4,1803 kJ/(kg K); Kupfer:

ν = 0,80074·10−6 m2 /s; λ = 0,61495 W/(m K)

λ = 372 W/(m K)

η = 704,99·10−6 kg/(m s); η = 797,22·10−6 kg/(m s);

Aufgaben zu Abschnitt 9

227

b) Welchen Wert weisen der Wärmedurchgangswiderstand RD und der Ausdruck kA auf? Zur Berechnung soll vereinfachend angenommen werden dürfen, dass der mittlere Wärmeübergangskoeffizient an der Außenwand des Rohres αa gleich dem mittleren Wärmeübergangskoeffizient an der Innenwand des Rohres αi ist: αa = αi c) Wie groß ist die mittlere Temperaturdifferenz (t − t0 )m im Wärmeübertrager? ˙ d) Wie groß ist der insgesamt übertragene Wärmestrom Q? ∗ e) Welche Ergebnisse erhält man für den Wärmedurchgangswiderstand RD , den Ausdruck ∗ ∗ ˙ (k A) und den Wärmestrom Q , wenn vereinfachend von ebenen Trennwänden ausgegangen wird und als Trennwandfläche die Rohrinnenwand gemäß Teilaufgabe b) A∗i = Ai angesetzt wird?

(Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) Re =

wd ν

0,25 m · 0,05 m s = 17618,3 s 0,70949 · 10−6 m2

Re =

Wasser bei t1m = 36 ◦ C: Pr =

cp η λ

Pr =

4,1791 · 103 W s · 704,99 · 10−6 kg m K = 4,7266 kg K m s 0,62333 W

Wasser bei t1W d = 30 ◦ C: P rW d =

cp η λ

P rW d =

4,1803 · 103 W s · 797,22 · 10−6 kg m K = 5,4193 kg K m s 0,61495 W

Die Gleichung von Gnielinski hat die Form N u = f (Re, P r, P rW d , d/l); sie erfasst die Wärmeübertragung bei turbulenter Strömung von Flüssigkeiten in Rohren: ζ "  2/3 #  0,11 (Re − 1000) P r d Pr 8 r 1+ l P rWd ζ 1 + 12,7 (P r 2/3 − 1) 8 Hierin ist ζ wie folgt definiert: Nu =

ζ = (1,82 log 10 Re − 1,64)−2 (Anmerkung: Mit dem Ausdruck (P r/P rWd )0,11 wird der unterschiedliche Einfluss der Beheizung oder der Kühlung auf das Temperaturprofil und damit auf den Wärmeübergangskoeffizienten α ausgedrückt. Die genannte Gleichung ist auch auf den Wärmeübergang von Gasen anwendbar. Dann ist jedoch der Ausdruck (P r/P rWd )0,11 durch den Ausdruck (T /TWd )n zu ersetzen, wobei T und TWd die mittleren Temperaturen des Fluids und der Wand in Kelvin darstellen. Im Fall des Kühlens (T /TWd > 1) ist n = 0, im Fall der Beheizung des Gases kann n = 0,45 gesetzt werden.) Zunächst wird ζ berechnet: ζ = (1,82 log 10 17618,3 − 1,64)−2 = 0,026984 Damit folgt für N u: 0,026984 "  2/3 #  0,11 · (17618,3 − 1000) · 4,7266 0,05 4,7266 8 r · 1+ Nu = · = 123,10 1,5 5,4193 0,026984 · (4,72662/3 − 1) 1 + 12,7 8 Nun kann durch Umformung der Wärmeübergangskoeffizient αi berechnet werden:

228

9 Wärmeübertragung

Nu =

αd λ

αi =

Nu λ d

αi =

123,10 · 0,62333 W W = 1534,64 2 m K 0,05 m m K

b) Zur Berechnung des Wärmedurchgangswiderstands RD und des Ausdrucks k A für die innen durchströmten und außen umströmten Rohre der Anzahl n = 24 sind die Innenfläche Ai , die mittlere Fläche Am sowie die Außenfläche Aa aller Rohre zusammengenommen zu bestimmen: Ai = n 2 π ri l Am = n

Ai = 24 · 2 · 3,14159 · 0,025 m · 1,5 m = 5,655 m2

2 π (ra − ri ) l ra ln ri

Aa = n 2 π ra l

Am = 24 ·

2 · 3,14159 (0,027 m − 0,025 m) · 1,5 m   = 5,878 m2 0,027 ln 0,025

Aa = 24 · 2 · 3,14159 · 0,027 m · 1,5 m = 6,107 m2

1 δ 1 1 = + + = Ri + Rm + Ra = RD kA αi Ai λ Am αa Aa 1 0,002 1 K 1 = RD = ( + + ) kA 1534,64 · 5,655 372 · 5,878 1534,64 · 6,107 W 1 K K = RD = (0,00011523 + 0,00000092 + 0,00010670) = 0,00022285 kA W W W k A = 4487,32 K c) Mittlere Temperaturdifferenz: (t − t0 )m =

(t1 − t02 ) − (t2 − t01 ) t1 − t02 ln t2 − t01

(t − t0 )m =

((40 − 27) − (32 − 21)) K = 11,972 K (40 − 27) ln (32 − 21)

W Q˙ = 4487,318 · 11,972 K = 53722 W = 53,722 kW K   1 δ 1 1 δ 1 1 1 1 ∗ ∗ ∗ = + + = R + R + R = R = + + e) i m a D (k A)∗ αi Ai λ Ai αa Ai (k A)∗ αi λ αa Ai

d) Q˙ = k A (t − t0 )m

1 = (k A)∗



0,002 1 1 + + 1534,64 372 1534,64

(k A)∗ = 4321,37



K K 1 = 0,0002314 5,655 W W

W K

W Q˙ = 4321,37 · 11,972 K = 51735 W = 51,735 kW K Als Folge der vereinfachenden Annahme ergibt sich eine Abweichung von - 3,7 Prozent. Q˙ ∗ = (k A)∗ (t − t0 )m

Aufgabe 9.11 In der Werbebroschüre eines Fensterbauunternehmens wird für ein Wärmeschutz-Isolierglas in Passivhaus-Qualität ein Wärmedurchgangskoeffizient von k = 0,8 W/(m2 K) genannt. Als Vorteile werden die Verminderung des Heizenergiebedarfs sowie ein erhöhter Komfort hervorgehoben, weil die raumseitige Fensteroberfläche im Winter gegenüber einer herkömmlichen älteren Verglasung eine Temperatur aufweise, die näher an der Temperatur der Luft im Raum liege. Bei einer Außentemperatur von ta = - 10 ◦ C und einer Raumtemperatur von ti = 21 ◦ C ist die Temperatur der raumseitigen Scheibenoberfläche ϑ0 = 18 ◦ C. Bei einer herkömmlichen

Aufgaben zu Abschnitt 9

229

älteren Verglasung ist diese Temperatur bei gleichem Wärmeübergangskoeffizienten αi lediglich ϑ∗0 = 9,5 ◦ C. Die Wärmedämmwirkung des Wärmeschutz-Isolierglases ist einer Mauer aus Porenbetonziegeln mit der Dicke δ = 24 cm mit einer Wärmeleitfähigkeit von λ = 0,225 W/(m K) gleichwertig (Bild 9.10). ˙ a) Wie groß ist der flächenbezogene Wärmestrom Q/A, der bei den angegebenen Tempera2 turen durch 1 m Wärmeschutz-Isolierglas hindurchfließt? b) Es ist der Wärmeübergangskoeffizient αi auf der Raumseite zu bestimmen. c) Welcher flächenbezogene Wärmestrom Q˙ ∗ /A geht bei den genannten Temperaturen durch 1 m2 der herkömmlichen älteren Verglasung? d) Der Wärmeübergangskoeffizient αa auf der Außenseite ist zu berechnen.

Bild 9.10 Zu Aufgabe 9.11 (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: W W Q˙ Q˙ = k (ti − ta ) = 0,8 2 · (21 − (−10)) K = 24,8 2 A A m K m Q˙ 1 W 1 W b) αi = αi = 24,8 2 · = 8,2667 2 A (ti − ϑ0 ) m (21 − 18) K m K W W Q˙ ∗ Q˙ ∗ = αi (ti − ϑ∗0 ) = 8,2667 2 · (21 − 9,5) K = 95,067 2 c) A A m K m Q˙ λ Q˙ δ d) = (ϑ0 − ϑ00 ) ϑ00 = ϑ0 − A δ A λ 2 m K 0,24 W = − 8,453 ◦ C ϑ00 = 18 ◦ C − 24,8 2 · m 0,225 W Q˙ Q˙ 1 W 1 W = αa (ϑ00 −ta ) αa = αa = 24,8 2 · = 16,03 2 A A (ϑ00 − ta ) m (− 8,453 − (−10)) K m K a)

Aufgabe 9.12 Ein Stoffstrom mit dem Wärmekapazitätsstrom W = 1300 kW/K wird von t1 = 93 ◦ C auf t2 = 81 ◦ C abgekühlt. Das Kühlmittel erwärmt sich von t1 0 = 4 ◦ C auf t2 0 = 79 ◦ C. Die ebene Trennwand des – nach außen hin adiabaten – Gegenstrom-Wärmeübertragers mit einer Fläche von A = 94,3 m2 auf jeder Seite hat eine Dicke von δ = 3 mm und eine Wärmeleitfähigkeit von λ = 52 W/(m K). Der Wärmeübergangskoeffizient auf der warmen Seite beträgt α = 28700 W/(m2 K) (Bild 9.11). ˙ a) Wie groß ist der Wärmestrom Q? b) Welchen Wärmekapazitätsstrom W 0 hat das Kühlmittel? c) Wie groß ist der Wärmeübergangskoeffizient α0 auf der Seite des Kühlmittels?

230

9 Wärmeübertragung

d) In welchen Grenzen schwanken alle Ergebnisse, wenn für die Austrittstemperatur des warmen Fluids eine Toleranz von plus/minus 0,5 K gilt?

Bild 9.11 Zu Aufgabe 9.12 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Q˙ = (t1 − t2 ) W b) W 0 =

Q˙ (t2 − t1 0 ) 0

kW Q˙ = (93 − 81) K · 1300 = 15600 kW K 15600 kW kW W0 = = 208,00 (79 − 4) K K

c) Mittlere Temperaturdifferenz: (t − t0 )m =

k=

(t1 − t02 ) − (t2 − t01 ) t1 − t02 ln t2 − t01

Q˙ (t − t0 )m A

1 1 δ 1 = − − α0 k λ α

k=

(t − t0 )m =

((93 − 79) − (81 − 4)) K = 36,956 K (93 − 79) ln (81 − 4)

15600 · 1000 W W = 4476,4 2 36,956 K · 94,3 m2 m K

1 1 m2 K 0,003 m2 K 1 m2 K m2 K = − − = 0,00013086 0 α 4476,4 W 52 W 28700 W W

W m2 K

α0 = 7641,8 d) t2 = 81,5 ◦ C:

kW = 14950 kW Q˙ = (93 − 81,5) K · 1300 K 14950 kW kW W0 = = 199,33 (79 − 4) K K (t − t0 )m =

k=

((93 − 79) − (81,5 − 4)) K = 37,108 K (93 − 79) ln (81,5 − 4)

14950 · 1000 W W = 4272,3 2 37,108 K · 94,3 m2 m K

m2 K 0,003 m2 K 1 1 m2 K m2 K 1 = − − = 0,00014153 α0 4272,3 W 52 W 28700 W W t2 = 80,5 ◦ C: kW Q˙ = (93 − 80,5) K · 1300 = 16250 kW K kW 16250 kW = 216,67 W0 = (79 − 4) K K (t − t0 )m =

((93 − 79) − (80,5 − 4)) K = 36,803 K (93 − 79) ln (80,5 − 4)

α0 = 7065,6

W m2 K

Aufgaben zu Abschnitt 9

k=

231

16250 · 1000 W W = 4682,3 2 36,803 K · 94,3 m2 m K

1 m2 K 0,003 m2 K 1 m2 K m2 K 1 = − − = 0,00012104 0 α 4682,3 W 52 W 28700 W W

α0 = 8262,1

W m2 K

Aufgabe 9.13 In einem Rohr mit dem Innendurchmesser di = 33 mm, dem Außendurchmesser da = 38 mm und der Länge l = 9,5 m strömt ein Fluid mit dem Wärmekapazitätsstrom W1 = 3100 W/K und dem Wärmeübergangskoeffizienten αi = 6000 W/(m2 K). Das Fluid auf der Außenseite des Rohres hat den Wärmekapazitätsstrom W2 = 5000 W/K und den Wärmeübergangskoeffizienten αa = 7000 W/(m2 K). Die Wärmeleitfähigkeit der Rohrwand beträgt λR = 50 W/(m K). Die Eintrittstemperaturen der Fluide innen und außen sind t1 = 72 ◦ C und t01 = 17 ◦ C. Nach längerer Betriebszeit hat sich auf der Innenseite des Rohres ein Kesselsteinbelag mit der Dicke δK = 0,6 mm und der Wärmeleitfähigkeit λK = 2,3 W/(m K) gebildet. a) Wie groß ist der Wärmestrom Q˙ im Neuzustand bei entgegengesetzten Strömungsrichtungen der Fluide (Bild 9.12)? b) Welche Werte haben die Austrittstemperaturen t2 und t02 beider Fluide? c) Es ist die Wärmeübertragungsfläche auf der Innenseite des Rohres A∗i zu berechnen, die sich durch die Verschmutzung verringert hat. Auf der Innenseite bleiben der Wärmekapazitätsstrom W1 und der Wärmeübergangskoeffizient αi unverändert. Welche Werte stellen sich für den Wärmestrom Q˙ ∗ sowie für die Austrittstemperaturen t∗2 und t∗2 0 ein?

Bild 9.12 Zu Aufgabe 9.13 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Ai = 2 π ri l Am =

Ai = 2 · 3,14159 · 0,0165 m · 9,5 m = 0,98489 m2

2 π (ra − ri ) l ra ln ri

Am =

2 · 3,14159 (0,019 m − 0,0165 m) · 9,5 m   = 1,05775 m2 0,019 ln 0,0165

Aa = 2 · 3,14159 · 0,019 m · 9,5 m = 1,13411 m2 W1 k A W1 a2 3100 δR = ra −ri δR = 0,019 m−0,0165 m = 0,0025 m = = = = 0,62 W2 W2 k A a1 5000 1 δR 1 1 = + + = Ri + RR + Ra = RD kA αi Ai λR A m αa Aa 1 0,0025 1 K K 1 = RD = ( + + ) = 0, 000342458 kA 6000 · 0,98489 50 · 1,05775 7000 · 1,13411 W W Aa = 2 π ra l

k A = 2920, 07

W K

kA 2920,07 = a1 = = 0,94196 W1 3100

1 − e−(1 − a2 /a1 ) a1 Φ=ε= 1 − a2 /a1 e−(1 − a2 /a1 ) a1

W1 k A −(1 − ) W 2 W1 1−e Φ=ε= W1 k A W1 −(1 − W ) W 2 1 1− e W2

232

9 Wärmeübertragung

Φ=ε=

1 − e−(1 − 0,62) · 0,94196 = 0,53109 1 − 0,62 · e−(1 − 0,62) · 0,94196

W Q˙ = (72 − 17) K · 3100 · 0,531087 = 90550,8 W K Q˙ 90550,8 W K b) − Q˙ = W1 (t2 − t1 ) t2 = t1 − t2 = 72 ◦ C − = 42,79 ◦ C W1 3100 W 90550,8 W K Q˙ t02 = 17 ◦ C + = 35,11 ◦ C Q˙ = W2 (t02 − t01 ) t02 = t01 + W2 5000 W c) ri∗ = ri − δK ri∗ = 0,0165 m − 0,0006 m = 0,0159 m Q˙ = (t1 − t01 ) W1 ε

A∗i = 2 π ri∗ l A∗mK =

A∗i = 2 · 3,14159 · 0,0159 m · 9,5 m = 0,94907 m2

2 π (ri − ri )∗ l ri ln ∗ ri

A∗mK =

2 · 3,14159 · (0,0165 m − 0,0159 m) · 9,5 m   = 0,96687 m2 0,0165 ln 0,0159

1 1 δK δR 1 ∗ ∗ = + + + = Ri∗ + RK + RR + Ra = RD (k A)∗ αi A∗i λK A∗mK λR A m αa Aa 0,0006 0,0025 1 K 1 1 ∗ + + + ) = RD =( 6000 · 0,94907 2,3 · 0,96687 50 · 1,05775 7000 · 1,13411 W (k A)∗ K 1 ∗ = RD = 0,00061865 (k A)∗ W (k A)∗ = 1616, 42

W K

(k A)∗ 1616,42 = a∗1 = = 0,52143 W1 3100 a2 /a1 ) a∗1

W1 3100 = = 0,62 W2 5000

W1 (k A)∗ −(1 − ) W2 W1 1−e Φ ∗ = ε∗ = W1 (k A)∗ W1 −(1 − W ) W 2 1 1− e W2

Φ ∗ = ε∗ =

1 − e−(1 − ∗ 1 − a2 /a1 e−(1 − a2 /a1 ) a1

Φ ∗ = ε∗ =

1 − e−(1 − 0,62) · 0,52143 = 0,36575 1 − 0,62 · e−(1 − 0,62) · 0,52143

W Q˙ ∗ = (72 − 17) K · 3100 · 0,36575 = 62360,4 W K 62360,4 W K Q˙ ∗ t∗2 = 72 ◦ C − = 51,88 ◦ C − Q˙ ∗ = W1 (t∗2 − t1 ) t∗2 = t1 − W1 3100 W Q˙ ∗ 62360,4 W K 0 0 0 Q˙ ∗ = W2 (t∗2 − t01 ) t∗2 = t01 + t∗2 = 17 ◦ C + = 29,47 ◦ C W2 5000 W Q˙ ∗ = (t1 − t01 ) W1 ε∗

Aufgabe 9.14 Ein Glühofen mit einer Innentemperatur von t1 = 1500 ◦ C hat eine kreisförmige Kontrollöffnung von d = 10 cm Durchmesser. Die Umgebung hat eine Temperatur von t2 = 20 ◦ C. Kontrollöffnung und Umgebung können als schwarze Körper betrachtet werden. Welche Wärme geht dem Glühofen über die Kontrollöffnung durch Strahlung verloren? (Schwierigkeitsgrad: leicht)

Aufgaben zu Abschnitt 9

233

Lösung: π 2 3,14159 d A1 = · 0,12 m2 = 0,007854 m2 4 4   Q˙ = CS A1 T14 − T24   W Q˙ = 5,67028 · 10−8 2 4 · 0,007854 m2 · 1773,154 − 293,15)4 K4 = 4399 W m K

A1 =

Aufgabe 9.15 Ein quaderförmiger Behälter mit einer Wanddicke von δ = 3 mm und einer Wärmeleitfähigkeit von λ = 25,6 W/(m K) enthält eine kalte Flüssigkeit. Er befindet sich in einem Raum mit einer Lufttemperatur von t = 22,0 ◦ C und einer relativen Feuchte von ϕ = 35 Prozent. Die Wärmeübergangskoeffizienten an der Behälterwand sind auf der Luftseite αa = 8 W/(m2 K) und auf der Flüssigkeitsseite αi = 600 W/(m2 K). Bei welcher Flüssigkeitstemperatur tF beginnt an der Behälteraußenwand – d. h. auf der Luftseite – die Bildung eines Tauniederschlags? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: t = 22,0 ◦ C:

pDS = 26,452 mbar

pD = ϕ pDS

pD = 0,35 · 26, 452 mbar = 9,258 mbar

t = 5,0 ◦ C:

pDS = 8,726 mbar

t = 6,0 ◦ C:

pDS = 9,354 mbar

Taupunkttemperatur: 9,258 − 8,726 tT = 5,0 ◦ C + K = 5,85 ◦ C 9,354 − 8,726 Wärmestrom je Fläche von der Luft zur Behälteraußenwand: Q˙ Q˙ W W = αa (t − tT ) = 8 2 · (22,0 − 5,85) K = 129,22 2 A A m K m Wärmedurchgangskoeffizient k für den Wärmestrom je Fläche von der Luft zur Flüssigkeit im Behälter: 1 δ 1 1 0,003 1 m2 K m2 K 1 1 = + + =( + + ) = 0,12678 k αa λ αi k 8 25,6 600 W W W k = 7,8874 2 m K Q˙ Q˙ 1 129,22 W m2 K = k (t − tF ) (t − tF ) = (t − tF ) = = 16,38 K A A k 7,8874 m2 W Flüssigkeitstemperatur: tF = t − (t − tF ) = 22,0 ◦ C - 16,38 K = 5,62 ◦ C Aufgabe 9.16 Ein bei der Temperatur t1 = t2 = t = 110 ◦ C kondensierendes Fluid gibt Wärme an einen Kühlwasserstrom ab, der einen Massenstrom von m ˙ = 1,6 kg/s und eine Eintrittstemperatur in den Wärmeübertrager von t01 = 40 ◦ C aufweist. Beim Absinken der Eintrittstemperatur des ∗ Kühlwassers auf t01 = 15 ◦ C soll bei unveränderter Kondensationstemperatur der durch das Kühlwasser abgeführte Wärmestrom Q˙ gleich bleiben; deshalb muss der Kühlwasserstrom in diesem Fall auf m ˙ ∗ vermindert werden. Die ebene Trennwand des Wärmeübertragers hat auf jeder Seite die Fläche A = 2,24 m2 . Der Wärmeübergangskoeffizient auf der Kondensatseite

234

9 Wärmeübertragung

beträgt αK = 15755 W/(m2 K). Für den Wärmeübergangskoeffizienten auf der Kühlwasserseite gilt die Zahlenwertgleichung αW = 2135 · m ˙ 0,75 mit m ˙ als dem Kühlwasserstrom in kg/s. Die Wärmeleitfähigkeit der Trennwand mit der Dicke δ = 5 mm beträgt λ = 372 W/(m K). Die spezifische Wärmekapazität des Wasserstroms ist in beiden Fällen cW = 4,19 kJ/(kg K) (Bild 9.13). a) Wie groß sind der Wärmedurchgangskoeffizient k und die Betriebscharakteristik Φ = ε im ursprünglichen Fall? b) Welchen Wert weist der Wärmestrom Q˙ auf? Wie groß ist die Kühlwassertemperatur t02 am Austritt aus dem Wärmeübertrager? c) Man bestimme iterativ den verminderten Kühlwasserstrom m ˙ ∗ . Wie groß ist die Kühl∗ wassertemperatur t02 am Austritt aus dem Wärmeübertrager im Falle des verminderten Kühlwasserstroms m ˙ ∗?

Bild 9.13 Zu Aufgabe 9.16 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Wasserseite:

αW = 2135 · m ˙ 0,75

1 1 δ 1 = + + k αK λ αW W k = 2462,1 2 m K W1 = m ˙ cW

αW = 2135 · 1,6 0,75

W W = 3037,3 2 m2 K m K

1 0,005 1 m2 K m2 K 1 =( + + ) = 0,00040615 k 15755 372 3037,3 W W

W1 = 1,6

kg kJ kW W · 4,19 = 6,704 = 6704 s kg K K K

kA 2462,1 W K · 2,24 m2 = = 0,82266 W1 6704 W m2 K Betriebscharakteristik bei Kondensation: kA − Φ = ε = 1 − e− 0,82266 = 0,56074 Φ = ε = 1 − e−a1 = 1 − e W1 kW b) Q˙ = (t1 − t01 ) W1 Φ = (t1 − t01 ) W1 ε Q˙ = (110 − 40) K · 6,704 · 0,56074 = 263,14 kW K 263,14 kW K Q˙ t02 = 40 ◦ C + = 79,25 ◦ C Q˙ = W1 (t02 − t01 ) t02 = t01 + W1 6,704 kW kg c) 1. Iterationsschritt: Annahme m ˙ ∗ = 1,0 s W W α∗W = 2135 · m ˙ ∗ 0,75 α∗W = 2135 · 1,0 0,75 2 = 2135 2 m K m K 1 1 δ 1 = + + ∗ k∗ αK λ αW

1 1 0,005 1 m2 K m2 K =( + + ) = 0,00054530 ∗ k 15755 372 2135 W W

Aufgaben zu Abschnitt 9

k∗ = 1833,8

235

W m2 K

W1∗ = m ˙ ∗ cW

W1∗ = 1,0

kJ kW W kg · 4,19 = 4,19 = 4190 s kg K K K

k∗ A 1833,8 W K · 2,24 m2 = = 0,98036 ∗ W1 4190 W m2 K ∗ e−a1

k∗ A − ∗ = 1 − e W1

Φ ∗ = ε∗ = 1 − Φ ∗ = ε∗ = 1 − e− 0,98036 = 0,62482 ∗ ∗ ∗ 0 ∗ ∗ 0 ∗ Q˙ = (t1 − t1 ) W1 Φ = (t1 − t1 ) W1 ε∗ kW · 0,62482 = 248,71 kW Q˙ ∗ = (110 − 15) K · 4,190 K 248,71 kW K Q˙ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ t02 = 15 ◦ C + = 74,36 ◦ C Q˙ ∗ = W1∗ (t02 − t01 ) t02 = t01 + ∗ W1 4,190 kW ˙ ist ein weiterer Iterationsschritt erforderlich. Da Q˙ ∗ < Q, kg 2. Iterationsschritt: Annahme m ˙ ∗ = 1,1 s W W α∗W = 2135 · m ˙ ∗ 0,75 α∗W = 2135 · 1,1 0,75 2 = 2293,2 2 m K m K 1 1 0,005 1 m2 K m2 K =( + + ) = 0,00051299 ∗ k 15755 372 2293,2 W W

1 1 δ 1 = + + ∗ k∗ αK λ αW k∗ = 1949,4

W m2 K

W1∗ = m ˙ ∗ cW

W1∗ = 1,1

kg kJ kW W · 4,19 = 4,609 = 4609 s kg K K K

k∗ A 1949,4 W K · 2,24 m2 = = 0,94742 ∗ W1 4609 W m2 K ∗ e−a1

k∗ A − ∗ = 1 − e W1

Φ ∗ = ε∗ = 1 − Φ ∗ = ε∗ = 1 − e− 0,94742 = 0,61226 ∗ ∗ Q˙ ∗ = (t1 − t01 ) W1∗ Φ ∗ = (t1 − t01 ) W1∗ ε∗ kW · 0,61226 = 268,08 kW Q˙ ∗ = (110 − 15) K · 4,609 K Q˙ ∗ 268,08 kW K ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ Q˙ ∗ = W1∗ (t02 − t01 ) t02 = t01 + ∗ t02 = 15 ◦ C + = 73,16 ◦ C W1 4,609 kW ˙ ist eine Interpolation hinsichtlich des Massenstroms m Da Q˙ ∗ > Q, ˙ zwischen den Werten 1,0 kg/s und 1,1 kg/s notwendig:   263,14 − 248,71 kg kg m ˙ ∗ = 1,0 + · 0,1 = 1,0745 268,08 − 248,71 s s Probe mit m ˙ ∗ = 1,0745 α∗W = 2135 · m ˙ ∗ 0,75 1 1 δ 1 = + + ∗ k∗ αK λ αW

kg : s

α∗W = 2135 · 1,0745 0,75

W W = 2253,2 2 m2 K m K

236

9 Wärmeübertragung

1 0,005 1 m2 K m2 K 1 = ( + + ) = 0,00052073 k∗ 15755 372 2253,2 W W k∗ = 1920,4

W m2 K

W1∗ = m ˙ ∗ cW

W1∗ = 1,0745

kg kJ kW W · 4,19 = 4,5022 = 4502,2 s kg K K K

k∗ A 1920,4 W K · 2,24 m2 = = 0,95547 ∗ W1 4502,2 W m2 K

Φ ∗ = ε∗ = 1 −

∗ e−a1

k∗ A − ∗ = 1 − e W1

Φ ∗ = ε∗ = 1 − e− 0,95547 = 0,61537

∗ ∗ Q˙ ∗ = (t1 − t01 ) W1∗ Φ ∗ = (t1 − t01 ) W1∗ ε∗

kW Q˙ ∗ = (110 − 15) K · 4,5022 · 0,61537 = 263,20 kW K Q˙ ∗ entspricht mit guter Genauigkeit Q˙ aus Teilaufgabe b). ∗ ∗ Q˙ ∗ = W1∗ (t02 − t01 )

∗

∗

t02 = t01 +

Q˙ ∗ W1∗

∗

t02 = 15 ◦ C +

263,20 kW K = 73,46 ◦ C 4,5022 kW

Aufgabe 9.17 In einem Gleichstromwärmeübertrager (Bild 9.14), in dem das wärmere Fluid von t1 = 90 ◦ C auf t2 = 70 ◦ C abgekühlt und das kältere Fluid von t01 = 15 ◦ C auf t02 = 50 ◦ C aufgewärmt wird, beträgt der Wärmestrom Q˙ = 86 kW. Der Wärmeleitwiderstand in der Trennwand ist vernachlässigbar; hieraus kann geschlossen werden, dass die Trennwandtemperaturen am Eintritt ϑ1 und am Austritt ϑ2 gleich sind: ϑ1 = ϑ2 . a) Wie groß sind die Wärmekapazitätsströme W und W 0 der Stoffströme? b) Wie groß ist das Produkt k A ? c) Man bestimme die Produkte aus Wärmeübergangskoeffizient und Fläche auf der warmen Seite α A und auf der kalten Seite (α A)0 . d) Wie groß ist die Trennwandtemperatur am Eintritt und am Austritt ϑ1 = ϑ2 ? e) Wie groß ist die Trennwandtemperatur in der Mitte des Wärmeübertragers ϑ?

Bild 9.14 Zu Aufgabe 9.17 (Schwierigkeitsgrad: erheblich)

Aufgaben zu Abschnitt 9

237

Lösung: a) − Q˙ = W (t2 − t1 )

W =

Q˙ = W 0 (t02 − t01 ) b) (t − t0 )m =

W0 =

Q˙ t1 − t2

W =

Q˙ − t01

W0 =

t02

(t1 − t01 ) − (t2 − t02 ) (t1 − t01 ) ln (t2 − t02 )

Q˙ = k A (t − t0 )m

kA =

86 kW kW = 4,3 (90 − 70) K K 86 kW kW = 2,457 (50 − 15) K K

(t − t0 )m =

Q˙ (t − t0 )m

kA =

((90 − 15) − (70 − 50)) K = 41,61 K (90 − 15) ln (70 − 50) 86 kW kW = 2,067 41,61 K K

c) Da der Wärmeleitwiderstand in der Trennwand vernachlässigbar ist, gilt für jedes differentielle Flächenelement dA des Wärmeübertragers dQ˙ = α dA (t − ϑ) = α0 dA (ϑ − t0 ) und damit auch für die Gesamtfläche A des Wärmeübertragers: Q˙ = (t − ϑ) α A = (ϑ − t0 ) (α A)0 0

ϑ=

t α A + t (α A) α A + (α A)0

t α A − ϑ α A = ϑ (α A)0 − t0 (α A)0

0

Da am Eintritt und am Austritt des Wärmeübertragers ϑ1 = ϑ2 gilt, folgt: Eintritt:

t1 α A − ϑ1 α A = ϑ1 (α A)0 − t01 (α A)0

Austritt:

t2 α A − ϑ1 α A = ϑ1 (α A)0 − t02 (α A)0 t1 α A + t01 (α A)0 = t2 α A + t02 (α A)0

Damit wird:

αA t0 − t01 = 2 0 (α A) t1 − t2 Es gilt auch: t1 − t2 =

Q˙ W

50 − 15 αA = = 1,75 (α A)0 90 − 70

Q˙ = W (t1 − t2 ) und

t02 − t01 =

1 1 1 = + kA αA (α A0 )

d) Aus

ϑ=

Q˙ W0

Q˙ = W 0 (t02 − t01 )

bzw.

. Damit wird:

αA αA =1+ kA (α A0 )

α A = 2,75 · k A = 2,75 · 2,067 αA 1,75

und

Q˙ W b αA W = = = (α A)0 W 0 Q˙ W0 a

αA t02 − t01 = (α A)0 t1 − t2

(α A)0 =

(t1 − t2 ) α A = (t02 − t01 ) (α A)0

(α A)0 =

kW kW = 5,684 K K

5,684 kW kW = 3,248 1,75 K K

t α A + t0 (α A)0 α A + (α A)0

t1 α A 0 + t01 (α A) ϑ1 = ϑ2 = αA + 1 (α A)0

αA = 1 + 1,75 = 2,75 kA

folgt:

ϑ1 = ϑ2 =

(90 · 1,75 + 15) K = 62,73 ◦ C 1,75 + 1

238

9 Wärmeübertragung

t α A + t0 (α A)0 e) ϑ = α A + (α A)0 Mit t = t1 − (t1 − t01 )

t α A 0 + t0 (α A) ϑ= αA + 1 (α A)0

b + t0 a ϑ= b +1 a t

a b [1 − e−(a + b)x ] und t0 = t01 + (t1 − t01 ) [1 − e−(a + b)x ] a+b a+b

wird  b b a [1 − e−(a + b)x ] + t01 + (t1 − t01 ) [1 − e−(a + b)x ] a+b a a+b ϑ= b +1 a b b b t1 − (t1 − t01 ) [1 − e−(a + b)x ] + t01 + (t1 − t01 ) [1 − e−(a + b)x ] a a + b a + b ϑ= b +1 a b t1 + t01 a = ϑ1 = ϑ2 ϑ = ϑ1 = ϑ2 = 62,73 ◦ C ϑ= b +1 a ϑ ist also unabhängig von der Koordinate x. Dies bedeutet, dass die Trennwandtemperatur ϑ auf der gesamten Fläche des Gleichstromwärmeübertragers gleich ist. 

t1 − (t1 − t01 )

Aufgabe 9.18 Ein Wärmeübertrager, der sowohl im Gleichstrom als auch im Gegenstrom mit gleichen Stoffströmen, gleichen Wärmeübergangskoeffizienten und gleichen Eintrittstemperaturen betrieben werden kann, hat bei gleichen Wärmekapazitätsströmen W = W1 = W2 beider Stoffströme im Falle des Gegenstroms (Bild 9.15 rechts) eine um 25 Prozent höhere Leistung als im Falle des Gleichstroms (Bild 9.15 links). Wie lässt sich die Gleichheit der Wärmekapazitätsströme W = W1 = W2 der Stoffströme nutzen, um den dimensionslosen Ausdruck k A/W zu ermitteln? Welche Werte haben die Betriebscharakteristiken für Gleichstrom ΦGl = εGl und für Gegenstrom ΦGe = εGe ?

Bild 9.15 Zu Aufgabe 9.18: links: Gleichstromwärmeübertrager bei W1 = W2 ; rechts: Gegenstromwärmeübertrager bei W1 = W2 (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Aufgaben zu Abschnitt 9

239

Lösung: a)

a2 W1 = =1 W2 a1

kA kA = a1 = a2 = a = W1 W  W1 k A  ) −(1 + 1 W2 W1  1 − e Gleichstrom: Φ = ε = W1 1+ W2 1 [1 − e−(1 + a2 /a1 ) a1 ] 1 + a2 /a1 a Gegenstrom: ΦGe = εGe = a+1 2a εGe = 1,25 = εGl (a + 1)(1 − e−2 a ) Φ=ε=

ΦGl = εGl =

1 (1 − e−2 a ) 2

Iteration: kA = 1,0000 ergibt sich: Für a = W

εGe 2a = = 1,1565 εGl (a + 1)(1 − e−2 a )

Für a =

kA = 1,5000 ergibt sich: W

εGe 2a = 1,2629 = εGl (a + 1)(1 − e−2 a )

Für a =

kA = 1,4375 ergibt sich: W

εGe 2a = = 1,2500 εGl (a + 1)(1 − e−2 a )

Probe: Mit a =

kA = 1,4375 wird: W

ΦGl = εGl = 0,47179

ΦGe = εGe = 0,58974

0,58974 εGe = = 1,2500 εGl 0,47179 Aufgabe 9.19 In einem Wärmeübertrager wird ein Flüssigkeitsstrom mit der Temperatur t1 = 85 ◦ C durch ein Kühlmittel mit der Eintrittstemperatur t01 = 20 ◦ C auf t2 = 25 ◦ C abgekühlt. kA a) Wie groß ist die Betriebscharakteristik Φ = ε ? Welchen minimalen Wert für benötigt W1 man im theoretisch günstigsten Fall? (Der Begriff ’günstig’ bezieht sich auf eine möglichst kompakte Bauart des Wärmeübertragers.) kA b) Welchen maximalen Wert für benötigt man bei einem Gegenstromwärmeübertrager W1 im theoretisch ungünstigsten Fall bei derselben Betriebscharakteristik Φ = ε wie in Teilaufgabe a)? c) Welche Austrittstemperatur des zu kühlenden Flüssigkeitsstroms t2 stellt sich ein, wenn der Wert für k A/W1 nach Teilaufgabe a) bei einem Gegenstromwärmeübertrager mit gleichen Wärmekapazitätsströmen beider Stoffströme W1 = W2 auftritt? d) Wie groß ist in den Fällen a), b) und c) jeweils die mittlere Temperaturdifferenz (t − t0 )m ? (Schwierigkeitsgrad: mittel)

240

9 Wärmeübertragung

Lösung: 85 − 25 = 0,923077 85 − 20 W1 a2 Für den theoretisch günstigsten Fall gilt: = =0 W2 a1 Dies ist der Fall, wenn W2 unendlich groß ist. Dann bleiben Ein- und Austrittstemperatur des Kühlmittelstroms gleich groß: t01 = t02 (Verdampfung eines reinen Stoffs) (Bild 9.16 links).

a) Φ = ε =

t1 − t2 t1 − t01

Φ=ε=

Dann wird für Gleichstrom: Φ=ε=

1 [1 − e−(1 + a2 /a1 )a1 ] 1 + a2 /a1

kA − Φ = ε = 1 − e−a1 = 1 − e W1

Für Gegenstrom ergibt sich unter der genannten Voraussetzung dieselbe Gleichung: Φ=ε=

1 − e−(1 − a2 /a1 ) a1 1 − a2 /a1 e−(1 − a2 /a1 ) a1

kA 1 = ln = − ln(1 − ε) W1 1−ε

kA − Φ = ε = 1 − e−a1 = 1 − e W1

kA = − ln (1 − 0, 923077) W1

kA = 2,56495 W1

(minimaler Wert)

Bild 9.16 Zu Aufgabe 9.19: links: W2 unendlich groß (Gleichstrom und Gegenstrom); rechts: W1 = W2 (Gegenstrom) b) Im ungünstigsten Fall ist W1 = W2 und damit a2 = a1 . Dann wird für Gegenstrom (Bild 9.16 rechts): kA kA a1 kA W1 ε+ε Φ=ε= Φ=ε= = kA 1 + a1 W1 W1 1+ W1 kA ε kA 0,923077 = = = 12,00001 (maximaler Wert) W1 1−ε W1 1 − 0,923077 c) Bei W1 = W2 gilt gemäß Teilaufgabe b) für einen Gegenstromwärmeübertrager: kA W1 Φ=ε= kA 1+ W1 Bei Teilaufgabe a) ergab sich:

Aufgaben zu Abschnitt 9

kA = 2,56495 W1 2,56495 Φ=ε= = 0,719491 1 + 2,56495 t1 − t2 t2 = t1 − (t1 − t01 ) ε Φ=ε= t1 − t01

241

t2 = 85 ◦ C −(85 − 20) K · 0,719491 = 38,23 ◦ C

d) Gleichstrom und Gegenstrom, günstigster Fall gemäß a): Gleichstrom: (t1 − t01 ) − (t2 − t02 ) (t − t0 )m = t1 − t01 ln t2 − t02

(t − t0 )m =

(85 − 20) − (25 − 20) = 23,39 ◦ C 85 − 20 ln 25 − 20

Gegenstrom: (t − t0 )m =

(t1 − t02 ) − (t2 − t01 ) t1 − t02 ln t2 − t01

(t − t0 )m =

(85 − 20) − (25 − 20) = 23,39 ◦ C 85 − 20 ln 25 − 20

Gegenstrom, ungünstigster Fall gemäß b): Q˙ = (t1 − t2 ) W1 = (t02 − t01 ) W2 Mit W1 = W2 wird

t02 = t01 + (t1 − t2 )

t02 = 20 ◦ C + (85 − 25) K = 80 ◦ C .

Dann folgt mit (t − t0 )m = t1 − t02 = t2 − t01 : (t − t0 )m = (85 − 80) ◦ C = (25 − 20) ◦ C = 5 ◦ C Gegenstrom, Fall gemäß c) mit t2 = 38,23 ◦ C: Q˙ = (t1 − t2 ) W1 = (t02 − t01 ) W2 Mit W1 = W2 wird

t02 = t01 + (t1 − t2 )

t02 = 20 ◦ C + (85 − 38,23) K = 66,77 ◦ C .

Dann folgt mit (t − t0 )m = t1 − t02 = t2 − t01 : (t − t0 )m = (85 − 66,77) ◦ C = (38,23 − 20) ◦ C = 18,23 ◦ C Anmerkung: Die Begriffe ’günstig’ sowie ’ungünstig’ beziehen sich hier auf das Bestreben, mit einer möglichst kleinen Fläche A des Wärmeübertragers auszukommen. Im Hinblick auf das Ausmaß der Irreversibilitäten ergibt sich jedoch eine umgekehrte Reihenfolge: Die gesamte Entropiestromzunahme hängt vom Ausmaß der mittleren Temperaturdifferenz (t−t0 )m ab und ist umso größer, je größer (t−t0 )m ist. Unter diesem Blickwinkel ist der Fall der Teilaufgabe b) W1 = 0) der ungünstigere (W1 = W2 ) der günstigere Fall, während der Fall der Teilaufgabe a) ( W2 Fall ist. Aufgabe 9.20 Ein Stahlrohr mit dem Innendurchmesser di = 16 mm, dem Außendurchmesser da = 21,3 mm und der Länge l = 10 m wird durch einen Raum mit der Lufttemperatur t01 = 10 ◦ C geführt. Durch das Rohr fließt Wasser mit der Geschwindigkeit c = 0,4 m/s und der Eintrittstemperatur t1 = 80 ◦ C. Der Rohrwerkstoff hat die Wärmeleitfähigkeit λR = 50 W/(m K). Die Wärmeübergangskoeffizienten auf der Innenseite und auf der Außenseite des Rohres sind αi = 2911 W/(m2 K) und αa = 8,5 W/(m2 K). Das Wasser weist die Dichte %W = 971,6 kg/m3 und die spezifische Wärmekapazität cW = 4,196 kJ/(kg K) auf. Die Raumtemperatur t01 kann als unveränderlich betrachtet werden, was gleichbedeutend ist, dass die Luft einen unendlich großen Wärmekapazitätsstrom WL = W2 hat (Bild 9.17).

242

9 Wärmeübertragung

a) Wie groß ist das Produkt k A ? Welchen Wärmeleitwiderstand RR hat die Rohrwand? b) Welchen Wärmestrom Q˙ gibt das Wasser ab? c) Welche Austrittstemperatur t2 hat das Wasser? d) Um das Rohr wird eine Wärmedämmschicht mit der Dicke δD = 50 mm und der Wärmeleitfähigkeit λD = 0,05 W/(m K) gelegt. Welche Werte ergeben sich für die Summe der Wärmeleitwiderstände von Rohrwand und Wärmedämmung RR + RD , für den Wärmestrom Q˙ ∗ und für die Wasseraustrittstemperatur t2 ∗ , wenn die Wärmeübergangskoeffizienten αi und αa unverändert bleiben?

Bild 9.17 Zu Aufgabe 9.20 (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) Ai = π di l Am =

Ai = 3,14159 · 0,016 m · 10 m = 0,50265 m2

π (da − di ) l da ln di

A a = π da l

Am =

3,14159 · (0,0213 m − 0,016 m) · 10 m   = 0,58194 m2 0,0213 ln 0,016

Aa = 3,14159 · 0,0213 m · 10 m = 0,66916 m2

da − di 0,0213 m − 0,016 m δR = = 0,00265 m 2 2 1 δR 1 1 = + + = Ri + RR + Ra = Rges kA (α A)i λR A m αa Aa

δR =

1 0,00265 1 K K 1 = Rges = ( + + ) = 0,176588 kA 2911 · 0,50265 50 · 0,58194 8,5 · 0,66916 W W k A = 5,6629 RR =

δR λR A m

W K RR =

0,00265 K K = 0,0000911 50 · 0,58194 W W

π b) WW = W1 = m ˙ cW = V˙ %W cW = A c %W cW = di 2 c %W cW 4 WW = W1 = =

3,14159 m kg kJ kW W · (0,016 m)2 · 0,4 · 971,6 3 · 4,196 = 0,32788 = 327,88 4 s m kg K K K

Aufgaben zu Abschnitt 9

243

kA 5,6629 kA = = a1 = = 0,01727 WW W1 327,88 Da WL = W2 unendlich groß ist, gilt:

WW W1 a2 = = =0 WL W2 a1

Die Temperatur der Luft bleibt unverändert: t01 = t02 . Dann wird für Gleichstrom: 1 [1 − e−(1 + a2 /a1 ) a1 ] Φ = ε = 1 + a2 /a1 kA − Φ = ε = 1 − e−a1 = 1 − e W1

 W1 k A  −(1 + ) 1 W2 W1  1 − e Φ = ε = W1 1+ W2

Dann wird für Gegenstrom: 1 − e−(1 − a2 /a1 ) a1 Φ=ε= 1 − a2 /a1 e−(1 − a2 /a1 ) a1

W1 k A −(1 − ) W2 W1 1−e Φ=ε= W1 k A W1 −(1 − W ) W 2 1 1− e W2

kA − −a 1 Φ =ε=1−e = 1 − e W1 kA − Für beide Fälle gilt also: Φ = ε = 1 − e W1 Q˙ = (t1 − t01 ) ε W1 = c) Φ = ε =

t1 − t2 t1 − t01

d) d∗a = da + 2 δD AD =

W Q˙ = (80 − 10) K · 0,01712 · 327,88 = 392,9 W K

t2 = t1 − ε (t1 − t01 )

t2 = 80 ◦ C − 0,01712 · (80 − 10) K = 78,80 ◦ C

d∗a = 0,0213 m + 2 · 0,05 m = 0,1213 m

π (d∗a − da ) l d∗ ln a da

A∗a = π d∗a l

Φ = ε = 1 − e−0,01727 = 0,01712

AD =

3,14159 · (0,1213 m − 0,0213 m) · 10 m   = 1,80597 m2 0,1213 ln 0,0213

A∗a = 3,14159 · 0,1213 m · 10 m = 3,81075 m2

1 δR δD 1 1 ∗ = + + + = Ri + RR + RD + Ra∗ = Rges (k A)∗ (α A)i λR A m λD A D αa A∗a 1 ∗ = Rges = (k A)∗ =(

1 0,00265 0,05 1 + + + ), 2911 · 0,50265 50 · 0,58194 0,05 · 1,80597 8,5 · 3,81057 W K δR δD == + λR A m λD A D

(k A)∗ = 1,7083 RR + RD

RR + RD =

K K = 0,585367 W W

244

9 Wärmeübertragung

=(

0,00265 0,05 K K K + ) = (0,0000911 + 0,5537191) = 0,553810 50 · 0,58194 0,05 · 1,80597 W W W

(k A)∗ 1,7083 (k A)∗ = = a∗1 = = 0,005210 WW W1 327,88 (k A)∗ − W1 Φ =ε =1−e ∗

Φ ∗ = ε∗ = 1 − e−0,005210 = 0,005196

∗

Q˙ ∗ = (t1 − t01 ) ε∗ W1 = Φ ∗ = ε∗ =

W Q˙ ∗ = (80 − 10) K · 0,005196 · 327,88 = 119, 26 W K

t1 − t∗2 t1 − t01

t∗2 = t1 − ε∗ (t1 − t01 )

t2 ∗ = 80 ◦ C − 0,005196 · (80 − 10) K = 79,64 ◦ C

Aufgabe 9.21 In einem Gegenstromwärmeübertrager (Bild 9.18 links) wird beim Druck p1 = 1 bar und der Temperatur t1 = 80 ◦ C der Volumenstrom V˙ 1 = 2,86 m3 /s des idealen Gases Methan CH4 (R = 0,51826 kJ/(kg K); κ = 1,32) durch einen Kühlmittelstrom gekühlt, der denselben Wärmekapazitätsstrom W1 = W2 = W wie das Methan aufweist. Die Eintrittstemperatur des Kühlmittels ist t01 = 15 ◦ C. Bei denselben Betriebsdaten und demselben Wärmedurchgangskoeffizienten k müsste bei gleicher Leistung ein Gleichstromwärmeübertrager (Bild 9.18 rechts) eine anderthalbmal so große Trennwandoberfläche A aufweisen. a) Wie groß sind der Massenstrom m ˙ und der Wärmekapazitätsstrom W1 des Methans? b) Man bestimme durch Iteration die Betriebscharakteristik Φ = ε aus der Bedingung, dass ein Gleichstromwärmeübertrager eine anderthalbmal so große Trennwandoberfläche A aufweisen müsste wie ein Gegenstromwärmeübertrager. c) Wie groß sind der Wärmestrom Q˙ sowie die Austrittstemperaturen t2 und t02 ? d) Wie groß sind die k A-Werte bei Gegenstrom und bei Gleichstrom?

Bild 9.18 Zu Aufgabe 9.21: links: Gegenstromwärmeübertrager bei W1 = W2 ; rechts: Gleichstromwärmeübertrager bei W1 = W2 (Schwierigkeitsgrad: erheblich)

Aufgaben zu Abschnitt 9

245

Lösung: 1 bar kg K · 2,86 m3 100 kJ kg p V˙ m ˙ = · = 1,5626 RT 0,51826 kJ · 353,15 K s bar m3 s κ 1,32 kJ kJ cp = R cp = · 0,51826 = 2,1378 κ−1 0,32 kg K kg K kJ kW kg · 2,1378 = 3,3405 W = W1 = W2 = m ˙ cp W = W1 = W2 = 1,5626 s kg K K

a) m ˙ =

b) Gegenstromwärmeübertrager: Die Trennwandoberfläche ist wegen W1 = W2 sinnvollerweise auf beiden Seiten gleich groß; damit folgt: k AGe k AGe k AGe = aGe1 = aGe2 aGe1 = aGe2 = aGe = W1 W2 W εGe aGe aGe = ΦGe = εGe = aGe + 1 1 − εGe 0 ˙ Q = (t1 − t1 ) W εGe Gleichstromwärmeübertrager: Die Trennwandoberfläche ist wegen W1 = W2 = W sinnvollerweise auf beiden Seiten gleich groß; damit folgt : k AGl = aGl1 W1

k AGl = aGl2 W2

aGl1 = aGl2 = aGl =

1 Φ=ε= [1 − e−(1 + a2 /a1 ) a1 ] 1 + a2 /a1

ΦGl = εGl =

1 (1 − e−2 aGl ) 2

ln (1 − 2 εGl ) = − 2 aGl

k AGl W

 W1 k AGl  −(1 + ) 1 W2 W1  1 − e Φ=ε= W1 1+ W2

2 εGl − 1 = − e−2 aGl

aGl = −

1 ln (1 − 2 εGl ) 2

Q˙ = (t1 − t01 ) W εGl Der Vergleich der beiden Beziehungen für Q˙ beim Gegenstromwärmeübertrager und beim Gleichstromwärmeübertrager ergibt: Q˙ = (t1 − t01 ) W εGe Q˙ = (t1 − t01 ) W εGl Damit ergibt sich:

εGe = εGl = ε k AGl k · 1,5 · AGe k AGe = aGe = = aGl AGl = 1,5 · AGe W W W Es folgt: aGl = 1,5 · aGe ε 1 Damit wird: aGl = 1,5 · aGe = − ln(1 − 2 ε) = 1,5 · 2 1−ε 1 ε ln(1 − 2 ε) + 1,5 · =∆ 2 1−ε Iteration: ∆ muss zu 0 werden: ε = 0,46

∆ = 0,02983

ε = 0,462

∆ = 0,00041

ε = 0,46195

∆ = −0,00002

246

9 Wärmeübertragung

c) ε = 0,46195

Q˙ = (t1 − t01 ) W ε

kW · 0,46195 = 100,3 kW Q˙ = (80 − 15) K · 3,3405 K

t2 = t1 −

Q˙ 100,3 kW K = 80 ◦ C − = 50,0 ◦ C W 3,3405 kW

t02 = t01 +

100,3 kW K Q˙ = 15 ◦ C + = 45,0 ◦ C W 3,3405 kW

d) aGe = k AGe

k AGe εGe = W 1 − εGe kW 0,46195 kW ε k AGe = 3,3405 · = 2,8680 =W 1−ε K 1 − 0,46195 K

k AGl 1 = − ln (1 − 2 εGl ) W 2 W 1 kW kW k AGl = − ln (1 − 2 εGl ) k AGl = − · 3,3405 · ln (1 − 2 · 0,46195) = 4,3021 2 2 K K Probe: Aus AGl = 1,5 · AGe folgt: aGl =

k AGl = 1,5 · k AGe

k AGl = 1,5 · 2,8680

kW kW = 4,302 K K

Aufgabe 9.22 Die ebene Trennwand eines Gegenstromwärmeübertragers hat einen vernachlässigbar geringen Wärmeleitwiderstand λ und gleiche Wärmeübertragungskoeffizienten α1 = α2 = α auf beiden Seiten. Bei gleichen Wärmekapazitätsströmen beider Fluide W1 = W2 = W hat die Betriebscharakteristik den Wert Φ = ε = 0,6 (Bild 9.19 links). Nunmehr wird einer der beiden Stoffströme auf die Hälfte seines ursprünglichen Wertes verringert: m ˙ ∗1 = 0,5 m ˙ 1 Damit halbiert sich auch der Wärmekapazitätsstrom: W1∗ = 0,5 W1 . Zugleich verkleinert sich der Wärmeübergangkoeffizient auf α∗1 = 0,585 α1 (Bild 9.19 rechts). Welche neuen Werte ergeben sich dadurch für die Betriebscharakteristik Φ ∗ = ε∗ und die Leistung Q˙ ∗ des Wärmeübertragers?

Bild 9.19 Zu Aufgabe 9.22: links: Gegenstromwärmeübertrager bei W1 = W2 ; rechts: Gegenstromwärmeübertrager bei W1∗ < W2 (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Aufgaben zu Abschnitt 9

247

Lösung: kA : W kA kA ε 0,6 a W = = = = 1,5 Φ=ε= 1+a W 1−ε 1 − 0,6 1+ kA W Ursprünglicher Wärmedurchgangskoeffizient k: 1 1 1 α1 + α2 1 2α 1 2 α 1 = + = = 2 = k= k α1 α2 k α1 α2 k α k α 2 Ursprünglicher Wert

Neuer Wärmedurchgangskoeffizient k∗ : α∗1 = 0,585 α1 α∗ α2 0,585 α · α 0,585 α k∗ = ∗1 = k∗ = α1 + α2 0,585 α + α 1,585 k∗ 0,585 α 2 2 · 0,585 k∗ = · = = 0,73817 k 1,585 α k 1,585 Neuer Wärmekapazitätsstrom:

k∗ = k · 0,73817

W1∗ = 0,5 W1 = 0,5 W2 = 0,5 W Neuer Wert

k∗ A : W1∗

k A 0,73817 k∗ A 0,73817 k∗ A = = 1,5 · = 2,2145 ∗ W1 W 0,5 W1∗ 0,5 k∗ A kA 0,73817 0,73817 0,73817 = a∗1 = a1 = 1,5 · = 2,2145 W1∗ W 0,5 0,5 0,5 Neue Betriebscharakteristik Φ ∗ = ε∗ : Φ ∗ = ε∗ =

∗ 1 − e−(1 − a2 /a1 ) a1 ∗ 1 − a2 /a1 e−(1 − a2 /a1 ) a1

1 − e−(1 − 0,5) · 2,2145 = 0,80206 1 − 0,5 e−(1 − 0,5) · 2,2145 Q˙ ∗ Änderung der Leistung des Wärmeübertragers : Q˙ (t1 − t01 ) W1∗ ε∗ Q˙ ∗ W ∗ ε∗ = = 1 0 (t1 − t1 ) W1 ε W1 ε Q˙

Φ ∗ = ε∗ =

ε∗ Q˙ ∗ 0,80206 = 0,5 · = 0,5 · = 0,66838 ˙ ε 0,6 Q Aufgabe 9.23 In einem Gleichstromwärmeübertrager wird Luft durch flüssiges Wasser gekühlt (Bild 9.20 links). Die Luft tritt mit einer Temperatur von t1 = 40 ◦ C in den Gleichstromwärmeübertrager ein und verlässt ihn mit der Temperatur t2 = 20 ◦ C. Der Wasserstrom hat eine Eintrittstemperatur von t01 = 6 ◦ C und eine Austrittstemperatur von t02 = 17 ◦ C. Durch Änderung der Anschlüsse wird der Gleichstromwärmeübertrager in einen Gegenstromwärmeübertrager umgewandelt (Bild 9.20 rechts). Die Stoffströme, Eintrittstemperaturen und Wärmeübergangskoeffizienten bleiben unverändert. a) Wie groß ist das Verhältnis der Wärmekapazitätsströme WL /WW = W1 /W2 beider Fluide?

248

9 Wärmeübertragung

b) Es ist die Betriebscharakteristik Φ = ε des Gleichstromwärmeübertragers zu bestimmen. c) Welchen Wert hat das Verhältnis k A/W1 ? d) Für den Gegenstromwärmeübertrager sind die Betriebscharakteristik Φ∗ = ε∗ , die Temperatur der Luft am Wärmeübertrageraustritt t2 und und die Austrittstemperatur des Wassers t02 zu berechnen.

Bild 9.20 Zu Aufgabe 9.23: links: Gleichstromwärmeübertrager; rechts: Gegenstromwärmeübertrager (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Gleichstromwärmeübertrager: Q˙ = m ˙ L cL (t1 − t2 ) = m ˙ W cW (t02 − t01 ) = WL (t1 − t2 ) = WW (t02 − t01 ) WL (t0 − t01 ) m ˙ L cL = = 2 m ˙ W cW WW (t1 − t2 )

WL W1 (17 − 6) K = = = 0,55 WW W2 (40 − 20) K

b) Φ = ε =

(t1 − t2 ) (t1 − t01 )

c) Φ = ε =

1 [1 − e−(1 + a2 /a1 )a1 ] 1 + a2 /a1

W1 a2 = a1 W2

a1 =

Φ=ε=

(40 − 20) K = 0,5882 (40 − 6) K

kA W1 

W1 k A  −(1 + ) 1 W2 W1  1 − e Φ=ε= W1 1+ W2

1 − ε (1 +

W1 k A −(1 + ) W1 W2 W1 )=e W2

 W1 k A W1  ) = (1 + ) − ln 1 − ε (1 + W2 W2 W1 kA = W1

1 1 · ln W1 W1 ) 1+ 1 − ε (1 + W2 W2

kA 1 1 = · ln = 1,566 W1 1 + 0,55 1 − 0,5882 (1 + 0,55)

d) Der Wärmeübertrager im Gegenstrombetrieb weist denselben (k A)/W1 -Wert sowie denselben Wert W1 /W2 wie der Wärmeübertrager im Gleichstrombetrieb auf:

Aufgaben zu Abschnitt 9

1 − e−(1 − a2 /a1 ) a1 Φ ∗ = ε∗ = 1 − a2 /a1 e−(1 − a2 /a1 ) a1

Φ ∗ = ε∗ =

249

W1 k A −(1 − ) W2 W1 1−e Φ ∗ = ε∗ = W1 k A W1 −(1 − W ) W 2 1 e 1− W2

1 − e−(1 − 0,55) · 1,566 = 0,6946 1 − 0,55 · e−(1 − 0,55) · 1,566

Luft: Φ ∗ = ε∗ =

t1 − t2 t1 − t01

t2 = t1 − (t1 − t01 ) ε∗

Wasser: WL t0 − t01 W1 = = 2 W2 WW t1 − t2 ε∗

t02 − t01 =

t2 = 40 ◦ C −(40 − 6) K · 0,6946 = 16,4 ◦ C

W1 W1 ∗ (t1 − t2 ) = ε (t1 − t01 ) W2 W2

t0 − t01 W1 = 2 W2 t1 − t01

t02 = t01 + (t1 − t01 ) ε∗

W1 W2

t02 = 6 ◦ C +(40 − 6) K · 0,6946 · 0,55 = 19,0 ◦ C

Aufgabe 9.24 In einem Gegenstromwärmeübertrager soll ein Gasstrom von der Temperatur t1 = 700 ◦ C auf die Temperatur t2 = 200 ◦ C abgekühlt werden. Als Kühlmittel steht flüssiges Wasser mit der Temperatur t01 = 15 ◦ C zur Verfügung (Bild 9.21). Der Wärmeübergangskoeffizient auf der Wasserseite αW ist zwanzigmal so groß wie der Wärmeübergangskoeffizient auf der Gasseite αG . Die ebenen Wärmeübertragungsflächen auf der Gasseite und auf der Wasserseite sind gleich groß: AG = AW = A. Der Wärmeleitwiderstand in der Trennwand kann vernachlässigt werden. Der Wasserdurchsatz wird so gewählt, dass als höchste Trennwandtemperatur ϑmax = 80 ◦ C erreicht wird. Wie groß ist die Temperatur des Kühlwassers t02 beim Austritt aus dem Wärmeübertrager? Welchen Wert weist das Verhältnis W1 /W2 auf? Wie groß ist die Betriebscharakteristik ε? Welcher Wert für den Ausdruck k A/W1 ist erforderlich?

Bild 9.21 Zu Aufgabe 9.24 (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: a) dQ˙ = αG (t1 − ϑmax ) dA

dQ˙ = αW (ϑmax − t02 ) dA

αG (t1 − ϑmax ) dA = αW (ϑmax − t02 ) dA

250

9 Wärmeübertragung

t02 = ϑmax −

αG (t1 − ϑmax ) αW

t02 = 80 ◦ C −

1 (700 − 80) K = 49 ◦ C 20

Q˙ = (t1 − t2 ) W1 = (t02 − t01 ) W2 W1 t0 − t01 49 − 15 W1 = 2 = = 0,068 W2 t1 − t2 W2 700 − 200 t1 − t2 700 − 200 ε= ε= = 0,730 t1 − t01 700 − 15 Q˙ = k A (t − t0 )m = (t1 − t01 ) W1 ε kA t1 − t01 = ε W1 (t − t0 )m (t − t0 )m =

(t1 − t02 ) − (t2 − t01 ) t1 − t02 ln t2 − t01

kA t1 − t01 = ε W1 (t − t0 )m

(t − t0 )m =

(700 − 49) K − (200 − 15) K = 370 K 700 − 49 ln 200 − 15

kA (700 − 15) K = · 0,730 = 1,351 W1 370 K

Aufgabe 9.25 Ein Gegenstromwärmeübertrager hat ebene Trennwände, deren Wärmeleitwiderstand vernachlässigt werden kann (Bild 9.22). In ihm wird ein Luftmassenstrom von m ˙ L = 0,5 kg/s (cpL = 1,005 kJ/(kg K)) mit der Eintrittstemperatur t01 = 10 ◦ C durch einen Wasserstrom (cW = 4,19 kJ/(kg K), %W = 1000 kg/m3 ) mit einem Volumenstrom von V˙ W = 2000 l/h mit der Eintrittstemperatur t1 = 75 ◦ C erwärmt. Die Wärmeübertragungsfläche beträgt auf beiden Seiten jeweils A = 2,4 m2 . Auf der Luftseite ist der Wärmeübergangskoeffizient αL = 90 W/(m2 K). Auf der Wasserseite ist der Wärmeübergangskoeffizient αW = 2000 W/(m2 K). Die Leistung des Wärmeübertragers soll durch Anbringung von Rippen auf der Luftseite vergrößert werden. Dadurch verkleinert sich einerseits die Grundfläche auf der Luftseite, so dass diese nur noch A0L = 2 m2 beträgt. Andererseits kommt eine Rippenoberfläche von AR = 10 m2 hinzu, für die freilich ein Rippenwirkungsgrad von ηR = 0,82 zu berücksichtigen ist. Der Wärmeübergangskoeffizient auf der Luftseite soll unverändert bleiben.

Bild 9.22 Zu Aufgabe 9.25 a) Welche Wärmeleistung hat der Wärmeübertrager ohne Rippen? Wie groß sind dabei die Austrittstemperaturen des Luftstroms t02 und des Wasserstroms t2 ? b) Zu welcher Erhöhung der Wärmeleistung führt die Anbringung der Rippen auf der Luft∗ seite? Wie groß werden dadurch die Austrittstemperaturen des Luftstroms t02 und des ∗ Wasserstroms t2 ?

Aufgaben zu Abschnitt 9

251

c) Zu welchem Ergebnis würde es führen, wenn die Rippen statt auf der Luftseite auf der Wasserseite angebracht werden würden? Ist eine solche technische Lösung sinnvoll? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) WL = W1 = m ˙ L cpL

WL = W1 = 0,5

kJ kW kg · 1,005 = 0,50250 s kg K K

WW = W2 = V˙ W %W cW

WW = W2 = m ˙ W cW 3

m 1 h kg kJ kW · 1000 3 · 4,19 = 2,3278 h 3600 s m kg K K

WW = W2 = 2,000

a2 0,50250 W1 = = = 0,21587 W2 a1 2,3278

WL a2 W1 = = W2 WW a1

1 1 1 αL + αW 90 + 2000 m2 K m2 K 1 1 = + = = = 0,01161 k αL αW k αL αW k 90 · 2000 W W W k = 86,1244 2 m K kA W 1 kW 1 K = a1 = 86,1244 · 2,4 m2 · = 0,41134 W1 m2 K 1000 W 0,50250 kW W1 k A −(1 − ) −(1 − a /a ) a 2 1 1 W 2 W1 1−e 1−e Φ=ε= Φ=ε= W1 k A 1 − a2 /a1 e−(1 − a2 /a1 ) a1 W1 −(1 − W ) W 2 1 1− e W2 1 − e−(1 − 0,21587) · 0,41134 = 0,32679 1 − 0,21587 · e−(1 − 0,21587) · 0,41134

Φ=ε=

kW Q˙ = (75 − 10) K · 0,50250 · 0,32679 = 10,674 kW K

Q˙ = (t1 − t01 ) W1 ε Q˙ = WL (t02 − t01 ) t02 = t01 +

Q˙ WL

t02 = 10 ◦ C +

10,674 kW K = 10 ◦ C + 21,24 K = 31,24 ◦ C 0,50250 kW

Q˙ = WW (t1 − t2 ) t2 = t1 −

Q˙ WW

b) A∗L = A0L + AR

t2 = 75 ◦ C −

10,674 kW K = 75 ◦ C − 4,59 K = 70,41 ◦ C 2,3278 kW

A∗L = 2 m2 + 10 m2 = 12 m2

Flächenwirkungsgrad η als Funktion des Rippenwirkungsgrades ηR : η =1−

AR (1 − ηR ) A∗L

η =1−

1 1 1 = + (k A)∗ αL A∗L η αW A (k A)∗ = 770,62

10 m2 (1 − 0,82) = 0,85 12 m2

1 1 1 K K =( + ) = 0,0012977 (k A)∗ 90 · 12 · 0,85 2000 · 2,4 W W

W K

(k A)∗ W 1 kW 1 K = a∗1 = 770,62 · = 1,5336 W1 K 1000 W 0,50250 kW

252

9 Wärmeübertragung

a2 /a1 ) a∗1

W1 (k A)∗ −(1 − ) W2 W1 1−e Φ ∗ = ε∗ = W1 (k A)∗ W1 −(1 − W ) W 2 1 1− e W2

Φ ∗ = ε∗ =

1 − e−(1 − ∗ 1 − a2 /a1 e−(1 − a2 /a1 ) a1

Φ ∗ = ε∗ =

1 − e−(1 − 0,21587) · 1,5336 = 0,74809 1 − 0,21587 · e−(1 − 0,21587) · 1,5336

kW Q˙ ∗ = (75 − 10) K · 0,50250 · 0,74809 = 24,434 kW K Die Leistung des Wärmeübertragers wird durch die Anbringung der Rippen auf der Luftseite fast 2,3 mal so groß. Q˙ ∗ = (t1 − t01 ) W1 ε∗

∗ Q˙ ∗ = WL (t02 − t01 ) ∗

t02 = t01 +

Q˙ ∗ WL

24,434 kW K = 10 ◦ C + 48,62 K = 58,62 ◦ C 0,50250 kW

∗

t02 = 10 ◦ C +

Q˙ ∗ = WW (t1 − t∗2 ) t∗2 = t1 −

Q˙ ∗ WW

t∗2 = 75 ◦ C −

24,434 kW K = 75 ◦ C − 10,50 K = 64,50 ◦ C 2,3278 kW

A∗W = 2 m2 + 10 m2 = 12 m2

c) A∗W = A0W + AR

Flächenwirkungsgrad η als Funktion des Rippenwirkungsgrades: Der Rippenwirkungsgrad auf der Wasserseite wäre kleiner als der Rippenwirkungsgrad auf der Luftseite. Vereinfachend wird derselbe Rippenwirkungsgrad ηR angenommen: η =1−

AR (1 − ηR ) A∗W

η =1−

1 1 1 = + (k A)∗ αL A αW A∗W η (k A)∗ = 213,74

10 m2 (1 − 0,82) = 0,85 12 m2

1 1 1 K K =( + ) = 0,0046786 (k A)∗ 90 · 2,4 2000 · 12 · 0,85 W W

W K

(k A)∗ K W 1 kW 1 = a∗1 = 213,74 · = 0,42535 W1 K 1000 W 0,50250 kW a2 /a1 ) a∗1

W1 (k A)∗ ) −(1 − W2 W1 1−e Φ ∗ = ε∗ = W1 (k A)∗ W1 −(1 − W ) W 2 1 1− e W2

Φ ∗ = ε∗ =

1 − e−(1 − ∗ 1 − a2 /a1 e−(1 − a2 /a1 ) a1

Φ ∗ = ε∗ =

1 − e−(1 − 0,21587) · 0,42535 = 0,33549 1 − 0,21587 · e−(1 − 0,21587) · 0,42535

kW · 0,33549 = 10,958 kW Q˙ ∗ = (75 − 10) K · 0,50250 K Die Leistung des Wärmeübertragers wird durch die Anbringung der Rippen auf der Wasserseite nur um 2,66 Prozent erhöht. Eine solche technische Lösung ist also nicht sinnvoll.

Q˙ ∗ = (t1 − t01 ) W1 ε∗

Aufgaben zu Abschnitt 10: Feuchte Luft Aufgabe 10.1 Beim Druck p1 = 1,2 bar wird ein Massenstrom von m ˙ 1 = 0,6 kg/s feuchter Luft mit der .Eintrittstemperatur t1 = 35 ◦ C und der relativen Feuchte ϕ1 = 0,30 in einer Kälteanlage gekühlt. Die Wärmeübertragungsfläche A = 7 m2 hat überall die gleichbleibende Temperatur ϑ0 = 4 ◦ C. Der Wärmeübergangskoeffizient auf der Luftseite beträgt αL = 75 W/(m2 K) (vgl. Bild 10.1: nur qualitative Darstellung, da p1 6= pDiagramm ). a) Welchen Wassergehalt (Feuchtegrad) x1 , angegeben in kg D /kg L , hat die Luft im Eintrittszustand? b) Wie groß ist der Massenstrom m ˙ L der trockenen Luft (Reinluft)? c) Wie groß ist die Änderung der spezifischen Enthalpie h2 − h1 der feuchten Luft bei der Kühlung? d) Welche Werte weisen der Feuchtegehalt x2 und die Temperatur t2 der Luft im Austrittszustand auf? e) Welche zeitbezogene Wassermenge m ˙ W kondensiert in einer Stunde?

Bild 10.1 Zu Aufgabe 10.1 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: t1 = 35 ◦ C:

a) Tabelle A.8:

pDS1 = 56,286 mbar

pD1 = ϕ1 pDS1

pD1 = 0,3 · 56,286 mbar = 16,886 mbar x1 = 0,622

pD1 p − pD1

x1 = 0,622

16,886 mbar kg D kg D = 0,008877 (1200 − 16,886) mbar kg L kg L

b) Trockene Luft: m ˙L=

m ˙1 1 + x1

m ˙ L=

0,6 kg L kg L = 0,5947 s 1,008877 s

c) Feuchte Luft: h1 = cpL t1 + (cpD t1 + r0 ) x1 h1 = 1,004

kJ kJ kJ kg D · 35 ◦ C + (1,905 · 35 ◦ C + 2500,9 ) · 0,008877 kg L K kg D K kg D kg L

h1 = 57,932

kJ kg L

© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2024 M. Dehli, Aufgabensammlung Technische Thermodynamik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-44242-2_10

254

10 Feuchte Luft

cpL1 = cpL + x1 cpD

ϑ0 = tS = 4 ◦ C:

Tabelle A.8:

pDS p − pDS

xS = 0,622

kJ kJ = 1,0209 kg L K kg L K = 8,135 mbar

cpL1 = (1,004 + 0,008877 · 1, 905)

xS = 0,622

pD = pDS

8,135 mbar kg D kg D = 0,004245 (1200 − 8,135) mbar kg L kg L

hS = cpL ϑ0 + (cpD ϑ0 + r0 ) xS hS = 1,004

kJ kJ kJ kg D kJ ·4 ◦ C+(1,905 ·4 ◦ C+2500,9 )·0,004245 = 14,665 kg L K kg D K kg D kg L kg L

Der Wärmekapazitätsstrom der feuchten Luft beträgt: kg L kW kJ · 0,5947 = 0, 6071 . W1 = cpL1 m ˙L W1 = 1, 0209 kg L K s K Für die Wärmeübertragung gilt k = αL . Da die Wärmeübertragerfläche überall dieselbe Temperatur aufweist, entspricht dies einem unendlich großen Wärmekapazitätsstrom W2 . Damit wird für den Wärmeübertragungsvorgang W1 /W2 = 0. Dann gilt: kA − Φ = ε = 1 − e−a1 = 1 − e W1 t1 − t2 t2 − t1 cpL (t2 − t1 ) h2 − h1 Φ=ε= = = = t1 − tS tS − t1 cpL (tS − t1 ) hS − h1 Damit folgt für h2 − h1 :

h2 − h1 = (hS − h1 ) ε

αL A − c m ˙ L) pL1 h2 − h1 = (hS − h1 ) (1 − e  0,075 kJ · 7 m2 kg L K s − kJ kJ  2  h2 − h1 = (14,665 − 57,932) 1 − e s m K 1,0209 kJ · 0,5947 kg L  = − 25,044 kg L kg L

kA − h2 − h1 = (hS − h1 ) (1 − e W1 ) 

d) Gleichermaßen wie für h2 − h1 gilt auch für x2 − x1 : kA − x2 − x1 = (xS − x1 ) (1 − e W1 )

αL A − ˙L) x2 − x1 = (xS − x1 ) (1 − e cpL1 m

αL A − c ˙ L) x2 = xS − (xS − x1 ) (e pL1 m   0,075 kJ · 7 m2 kg L K s − kg D  s m2 K 1,0209 kJ · 0,5947 kg L  − (0,004245 − 0,008877)  e kg L

kA − x2 = xS − (xS − x1 )(e W1 )

x2 = 0,004245 = 0,006196

kg D kg L

kg D kg L

h2 = h1 + (h2 − h1 )

h2 = (57,932 − 25,044)

kJ kJ = 32,888 kg L kg L

h2 = cpL t2 + (cpD t2 + r0 ) x2 t2 =

h2 − r0 x2 cpL + cpD x2

t2 =

(32,888 − 2500,9 · 0,006196) kJ kg L K = 17,122 ◦ C (1,004 + 1,905 · 0,006196) kg L kJ

e) m ˙ W = (x1 − x2 ) m ˙L m ˙ W = (0,008877 − 0,006196)

kg D kg L 3600 s kg W · 0,5947 = 5,740 kg L s h h

Aufgaben zu Abschnitt 10

255

Aufgabe 10.2 Luft mit einer Temperatur von t1 = 32 ◦ C und einer relativen Feuchte von ϕ1 = 0,20 soll durch Wasser mit einer Eintrittstemperatur von t01 = 5 ◦ C in einem Gegenstromwärmeübertrager mit ebenen Trennwänden ohne Rippen auf t2 = 20 ◦ C gekühlt werden (Bild 10.2). Der Wärmedurchgangskoeffizient beträgt k = 65 W/(m2 K). Der Wärmeleitwiderstand RL der Trennwände ist vernachlässigbar. Damit keine Kondensation auftritt, soll die tiefste Wandtemperatur ∆t = 0,5 K über der Taupunkttemperatur liegen. Welche Werte müssen die Wärmeübergangskoeffizienten auf der Luftseite αL und auf der Wasserseite αW haben?

Bild 10.2 Zu Aufgabe 10.2 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: t1 = 32 ◦ C:

a) Tabelle A.8: 9,518 mbar

pDS1 = 47,592 mbar

pD1 = ϕ1 pDS1 = 0,2 · 47,592 mbar =

Interpolation zur Bestimmung der Taupunkttemperatur tt beim Wasserdampfpartialdruck pD = 9,518 mbar (Tabelle A.8): tt = 6 ◦ C:

pDS = 9,354 mbar

tt = 7 ◦ C:

pDS = 10,021 mbar 9,518 − 9,354 ◦ tt = 6 ◦ C + C = 6,25 ◦ C 10,021 − 9,354 Wandtemperatur: ϑ0 = ϑ00 = tt + ∆t

ϑ0 = 6,25 ◦ C + 0,5 ◦ C = 6,75 ◦ C

Wärmeübergangskoeffizienten αL und αW : Q˙ = αL (t2 − ϑ) Q˙ = αW (ϑ − t01 ) αL (t2 − ϑ) = αW (ϑ − t01 ) ϑ − t01 αL = αW t2 − ϑ 1 1 1 = + k αL αW

αL 6,75 − 5 = = 0,13208 αW 20 − 6,75 αL αL αL =1+ αL = (1 + )k k αW αW W W αL = (1 + 0,13208) · 65 2 = 73,585 2 m K m K αL 73,585 W W αW = αW = = 557,12 2 0,13208 0,13208 m2 K m K

256

10 Feuchte Luft

Aufgabe 10.3 Gesättigte feuchte Luft (Zustand 1) mit der Temperatur t1 = 27 ◦ C wird mit trockener Luft (Zustand 2) adiabat gemischt. Beim Druck p1 = p2 = pM = p = 1020 mbar entsteht das Volumen VM = 3200 m3 gesättigter feuchter Luft mit der Temperatur tM = 12 ◦ C (Zustand M) (Bild 10.3). a) Wie groß sind die spezifischen Enthalpien der gesättigten feuchten Luft vor dem Mischungsvorgang h1 und der Mischung hM ? b) Welche Trockenluftmasse mLM , welche Gesamtmasse mM und welche Wasserdampfmasse mDM weist die Mischung auf? Wie groß ist die Masse der trockenen Luft mL2 vor dem Mischungsvorgang? Welche Trockenluftmasse mL1 befindet sich in der gesättigten feuchten Luft vor dem Mischungsvorgang? c) Welche spezifische Enthalpie h2 und welche Temperatur tL2 hat die trockene Luft vor dem Mischungsvorgang? (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Bild 10.3 Zu Aufgabe 10.3 Lösung: a) Tabelle A.8:

t1 = 27 ◦ C:

pDS1 x1 = 0,622 p − pDS1

pDS1 = 35,68 mbar

x1 = 0,622

35,68 mbar kg D kg D = 0,02255 (1020 − 35,68) mbar kg L kg L

h1 = cpL t1 + (cpD t1 + r0 ) x1 h1 = 1,004

kJ kJ kJ kg D kJ ·27 ◦ C+(1,905 ·27 ◦ C + 2500,9 )·0,02255 = 84,66 kg L K kg D K kg D kg L kg L

tM = 12 ◦ C: xM

pDSM = 14,028 mbar

pDSM = 0,622 p − pDSM

xM = 0,622

14,028 mbar kg D kg D = 0,00867 (1020 − 14,028) mbar kg L kg L

hM = cpL tM + (cpD tM + r0 ) xM hM = 1,004

kJ kJ kg D kJ kJ ·12 ◦ C+(1,905 ·12 ◦ C+2500,9 )·0,00867 = 33,93 kg L K kg D K kg D kg L kg L

b) VM = mLM (0, 622 + xM )

RD TM pM

mLM =

p M VM 1 RD TM 0, 622 + xM

Aufgaben zu Abschnitt 10

mLM =

257

1,02 bar kg D K · 3200 m3 100 kJ 1 kg L · 3 · = 3932,6 kg L 0,46152 kJ 285,15 K m bar (0,622 + 0,00867) kg D

Für die Gesamtmasse mM der Mischung (im Zustand gesättigter feuchter Luft) gilt: mM = mLM (1 + xM )

mM = 3932,6 kg L · (1 + 0,00867) = 3966,7 kg L

mDM = mM − mLM mDM = 3966,7 kg L − 3932,6 kg L = 34,1 kg D mL1 x2 − xM x2 − xM mL1 + mL2 x2 − xM + xM − x1 mL1 = +1= +1 = mL2 xM − x1 mL2 xM − x1 mL2 xM − x1 x2 − x1 x1 − x2 mLM = = mL2 xM − x1 x1 − xM Trockene Luft vor der Mischung: Mit x2 = 0 wird 0,02255 − 0,00867 x1 − xM mL2 = 3932,6 kg L = 2420,6 kg L mL2 = mLM x1 0,02255 mL1 = mLM − mL2

mL1 = 3932,6 kg L − 2420,6 kg L = 1512,0 kg L

Probe: Wasserdampfmasse mD1 = mDM in der gesättigten feuchten Luft (Zustand 1): mD1 = mDM = x1 mL1

mD1 = mDM = 0,02255

kg D · 1512,0 kg L = 34,1 kg D kg L

Das Ergebnis stimmt mit dem zuvor ermittelten Ergebnis überein. c) Für die Mischung gilt: h2 − hM x2 − xM = hM − h1 xM − x1

x2 − xM xM − x2 (hM − h1 ) h2 = hM − (h1 − hM ) xM − x1 x1 − xM xM Mit x2 = 0 wird h2 = hM − (h1 − hM ) x1 − xM kJ 0,00867 kJ kJ h2 = 33,93 − (84,66 − 33,93) = 2,242 kg L 0,02255 − 0,00867 kg L kg L h2 = hM +

h2 = cpL t2 + (cpD t2 + r0 ) x2 t2 =

h2 cpL

t2 =

Mit x2 = 0 wird

h2 = cpL t2

2,242 kJ kg L K = 2,23 ◦ C kg L 1,004 kJ

Aufgabe 10.4 Beim Barometerstand p = 925 mbar soll das Volumen V1 = 2200 m3 an feuchter Luft mit der Temperatur t1 = 28 ◦ C und der relativen Feuchte ϕ1 = 0,2 nach einem Luftbehandlungsprozess die Temperatur t3 = 32 ◦ C und die relative Feuchte ϕ3 = 0,33 haben. Die Luftbehandlung erfolgt in zwei Stufen: Zuerst wird die Luft mit Wasser von tW = 18 ◦ C befeuchtet (Zustandsänderung von 1 nach 2); anschließend wird sie erwärmt (Zustandsänderung von 2 nach 3) (Bild 10.4). a) Wie groß ist die Masse der trockenen Luft mL1 in der feuchten Luft? b) Welche Wassermenge ∆mW benötigt man insgesamt für die Befeuchtung? c) Welche Temperatur t2 und welche relative Feuchte ϕ2 hat die Luft nach der Befeuchtung? d) Wieviel Wärme Q23 braucht man für die Erwärmung der Luft nach der Befeuchtung? e) Welche spezifische Enthalpie hD und welche Temperatur tD müsste der Wasserdampf aufweisen, damit man bei einer Befeuchtung mit Dampf vom Zustand 1 aus den gewünschten Endzustand 3 der Luft unmittelbar – also ohne zusätzliche Erwärmung – erreichen könnte? (Schwierigkeitsgrad: erheblich)

258

10 Feuchte Luft

Lösung: a) Tab. A.8: t1 = 28 ◦ C: pDS1 = 37,83 mbar pD1 = pDS1 ϕ1 = 37,83 mbar · 0,2 = 7,566 mbar pD1 p − pD1

x1 = 0,622

V1 = mL1 (0, 622 + x1 ) mL1 =

x1 = 0,622 RD T1 p

7,566 mbar kg W kg D = 0,0051296 (925 − 7,566) mbar kg L kg L

mL1 =

p V1 1 RD T1 0, 622 + x1

0,925 bar kg D K · 2200 m3 100 kJ 1 kg L · 3 · = 2334,7 kg L 0,46152 kJ 301,15 K m bar (0,622 + 0,0051296) kg D

mD1 = mL1 x1 mD1 = 2334,7 kg L · 0,0051296

kg D = 11,976 kg D kg L

mD1 = mW 1 = 11,976 kg W

Bild 10.4 Zu Aufgabe 10.4 b) Tab. A.8: t3 = 32 ◦ C: pDS3 = 47,59 mbar pD3 = pDS3 ϕ3 = 47,59 mbar·0,33 = 15,705 mbar pD3 p − pD3

x3 = 0,622

x3 = 0,622

15,705 mbar kg D kg D = 0,010743 (925 − 15,705) mbar kg L kg L

mL3 = mL1 mD3

mD3 = mL3 x3 kg D = 2334,7 kg L · 0,010742 = 25,082 kg D kg L

∆mW = mD3 − mD1

mD3 = mW 3 = 25,082 kg W

∆mW = 25,082 kg W − 11,976 kg W = 13,106 kg W

c) h1 = cpL t1 + (cpD t1 + r0 ) x1 h1 =1,004

kJ kJ kJ kg D kJ ·28 ◦ C+(1,905 ·28 ◦ C+2500,9 )·0,0051296 =41,214 kg L K kg D K kg D kg L kg L

Änderung der spezifischen Enthalpie durch Wasserzugabe: kg D kg D kg D kg W ∆x = x3 − x1 ∆x = 0,010743 − 0,0051296 = 0,0056134 = 0,0056134 kg L kg L kg L kg L kg W kJ kJ ∆h = ∆x cW tW ∆h = 0,0056134 · 4,19 · 18 ◦ C= 0,423 kg L kg W K kg L kJ kJ kJ h2 = h1 + ∆h h2 = 41,214 + 0,423 = 41,637 kg L kg L kg L

Aufgaben zu Abschnitt 10

h2 = cpL t2 + (cpD t2 + r0 ) x2

t2 =

h2 − r0 x2 cpL + cpD x2

mit

x2 = x3 = 0, 010743

259

kg D kg L

(41,637 − 2500,9 · 0,010743) kJ kg L t2 = = 14,42 ◦ C kJ kJ + 1,905 · 0,010743 kg D 1,004 kg L K kg D K kg L Aus der Dampfdrucktafel (Tabelle A.8) ergibt sich durch Interpolation bei der Temperatur t2 = 14,42 ◦ C der Sättigungsdampfdruck pDS2 = 16,438 mbar. ϕ2 =

pD2 pD3 = pDS2 pDS2

ϕ2 =

15,705 = 0,9554 16,438

d) h3 = cpL t3 + (cpD t3 + r0 ) x3 h3 =1,004

kJ kJ kJ kg D kJ ·32 ◦ C + (1,905 ·32 ◦ C+2500,9 )·0,010743 =59,650 kg L K kg D K kg D kg L kg L

Q23 = mL3 (h3 − h2 ) = mL1 (h3 − h2 ) Q23 = 2334,7 kg L · (59,650 − 41,637) e) ∆mW = ∆mD

Q13 = ∆mD ∆hD

kJ = 42055 kJ kg L Q13 = mL3 (h3 − h1 )

∆hD =

mL3 (h3 − h1 ) ∆mD

∆hD =

(59,650 − 41,214) kJ kJ kg L = 3284,3 kg D kg D 0,0056134 kg L

∆mD = ∆x mL3

∆hD =

∆mD ∆hD = mL3 (h3 − h1 )

h3 − h1 ∆x

Aus der Wasserdampftafel ergibt sich, dass dieser Wert der spezifischen Enthalpie des Wasserdampfs einer Temperatur von tD = 403,72 ◦ C entspricht (vgl. den Näherungswert gemäß Tabelle A.10: Bei p = 1,0 bar und t = 400 ◦ C ist h = 3278,54 kJ/kg). Eine Prozessführung gemäß Teilaufgabe e) erscheint demnach technisch nicht sinnvoll.

Aufgabe 10.5 Außenluft mit der Temperatur t1 = 5 ◦ C und der relativen Feuchte ϕ1 = 0,4 wird beim Barometerstand p1 = p2 = p3 = p4 = p = 940 mbar mithilfe dreier Zustandsänderungen auf die Temperatur t4 = 25 ◦ C und die relative Feuchte ϕ4 = 0,4 gebracht. Zuerst wird die Außenluft isobar erwärmt. Danach erfolgt eine adiabate Befeuchtung durch Wasser mit der Temperatur tW = 22 ◦ C auf die relative Feuchte ϕ3 = 0,95. Die dritte Zustandsänderung ist wiederum eine isobare Erwärmung (Bild 10.5). a) Wieviel kg Wasser je kg trockener Luft ∆x benötigt man für die Befeuchtung vom Zustand 2 zum Zustand 3? b) Welche Temperatur t3 stellt sich nach der adiabaten Befeuchtung ein? c) Auf welche Temperatur t2 muss die Außenluft zunächst – vom Zustand 1 ausgehend – isobar erwärmt werden? d) Welche Wärme je kg trockener Luft q12 ist für die Zustandsänderung von 1 nach 2 und welche Wärme je kg trockener Luft q34 für die Zustandsänderung von 3 nach 4 erforderlich? (Schwierigkeitsgrad: mittel)

260

10 Feuchte Luft

Lösung: a) Tab. A.8: t1 = 5 ◦ C: pDS1 = 8,726 mbar pD1 = pDS1 ϕ1 = 8,726 mbar · 0,4 = 3,4904 mbar x1 = x2 = 0,622

pD1 p − pD1

x1 = 0,622

3,4904 mbar kg W kg D = 0,002318 (940 − 3,4904) mbar kg L kg L

Tab. A.8: t4 = 25 ◦ C: pDS4 = 31,697 mbar pD4 = pDS4 ϕ4 = 31,697 mbar · 0,4 = 12,6788 mbar x4 = x3 = 0,622

pD4 p − pD4

x4 = 0,622

12,6788 mbar kg W kg D = 0,008504 (940 − 12,6788) mbar kg L kg L

Befeuchtung: ∆x = x4 − x1 = x3 − x2

∆x = 0,008504

kg D kg D kg D − 0,002318 = 0,006186 kg L kg L kg L

Bild 10.5 Zu Aufgabe 10.5 b) Endpunkt der Befeuchtung: pDS3 =

pD3 ϕ3

pDS3 =

pD4 ϕ4

pDS3 =

12,6788 mbar = 13,3461 mbar 0,95

Aus der Dampfdrucktafel ergibt sich beim Sättigungsdampfdruck pDS3 = 13,3461 mbar eine Sättigungstemperatur von t3 = 11,37 ◦ C. c) h3 = cpL t3 + (cpD t3 + r0 ) x3

Mit x3 = x4

wird:

kJ kJ kg D kJ · 11,37 ◦ C + (1,905 · 11,37 ◦ C + 2500,9 ) · 0,008504 h3 = 1,004 kg L K kg D K kg D kg L kJ h3 = 32,87 kg L h3 − h2 = ∆x cw t2 h2 = h3 − ∆x cw t2

h2 = 32,87

h2 = cpL t2 + (cpD t2 + r0 ) x2 h2 − r0 x2 t2 = cpL + cpD x2

kJ kg W kJ kJ − 0,006186 · 4,19 · 22 ◦ C = 32,30 kg L kg L kg L K kg L

mit

x2 = x1

32,30 − 2500,9 · 0,002318 kJ kg L K t2 = = 26,28 ◦ C 1,004 + 1,905 · 0,002318 kg L kJ

Aufgaben zu Abschnitt 10

261

d) h1 = cpL t1 + (cpD t1 + r0 ) x1 h1 = 1,004

kJ kJ kg D kJ kJ · 5 ◦ C+(1,905 · 5 ◦ C+2500,9 ) · 0,002318 = 10,84 kg L K kg D K kg D kg L kg L

h4 = cpL t4 + (cpD t4 r0 ) x1 h4 = 1,004

kJ kJ kJ kg D kJ ·25 ◦ C+(1,905 ·25 ◦ C+2500,9 )·0,008504 = 46,77 kg L K kg D K kg D kg L kg L

q12 = h2 − h1

q12 = (32,30 − 10,84)

kJ kJ = 21,46 kg L kg L

q34 = h4 − h3

q34 = (46,77 − 32,87)

kJ kJ = 13,90 kg L kg L

Aufgabe 10.6 Beim Barometerstand p1 = 970 mbar wird ein Volumen von V1 = 1680 m3 feuchter Luft mit der Temperatur t1 = 20 ◦ C und der relativen Feuchte ϕ1 = 0,1 mithilfe von Wasser mit der Temperatur tW = 15,5 ◦ C befeuchtet und gleichzeitig durch Konvektion erwärmt, so dass die Lufttemperatur t1 = t2 konstant bleibt und die relative Feuchte auf ϕ2 = 0,50 ansteigt (Bild 10.6). a) Man berechne die Masse der feuchten Luft m1 und die Trockenluftmasse mL1 . b) Welche Wassermenge ∆mW benötigt man für die Befeuchtung? c) Wieviel Wärme Q12 muss der Luft durch Konvektion zugeführt werden?

Bild 10.6 Zu Aufgabe 10.6 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Tab. A.8: t1 = 20 ◦ C: pDS1 = 23,392 mbar pD1 = pDS1 ϕ1 = 23,392 mbar · 0,1 = 2,339 mbar x1 = 0,622 %1 =

pD1 p − pD1

x1 = 0,622

p1 1 + x1 0,622 + x1 RD T1

Feuchte Luft: Masse m1

%1 =

2,339 mbar kg D kg D = 0,001504 (970 − 2,339) mbar kg L kg L

100 kJ 1 + 0,001504 0,97 bar kg K kg L · = 1,1516 0,622 + 0,001504 0,46152 kJ 293,15 K bar m3 m3

262

10 Feuchte Luft

m 1 = % 1 V1

m1 = 1,1516

kg L · 1680 m3 = 1934,7 kg L m3

Trockene Luft: Masse mL1 m1 = mL1 + mD = mL1 (1 + x1 ) t2 = t1 = 20 ◦ C:

b) Tabelle A.8: pD2 = pDS2 ϕ2 x2 = 0,622

m1 1934,7 kg L mL1 = = 1931,8 kg L 1 + x1 1 + 0,001504 = pDS1 = 23,392 mbar

mL1 = pDS2

pD2 = 23,392 mbar · 0,5 = 11,696 mbar

pD1 p − pD1

x2 = 0,622

11,696 mbar kg D kg D = 0,007591 (970 − 11,696) mbar kg L kg L

∆mW = ∆mD = mL (x2 − x1 ) ∆mW = ∆mD = 1931,8 kg L · (0,007591 − 0,001504)

kg D = 11,76 kg D = 11,76 kg W kg L

c) t2 = t1 Enthalpieerhöhung der feuchten Luft: Mit t2 = t1 wird h2 − h1 = cpL t1 + (cpD t1 + r0 ) x2 − cpL t1 − (cpD t1 + r0 ) x1 = (cpD t1 + r0 ) (x2 − x1 ) h2 − h1 = (1,905

kJ kg D kJ kJ · 20 ◦ C + 2500,9 ) · (0,007591 − 0,001504) = 15,455 kg D K kg D kg L kg L

H2 − H1 = mL (h2 − h1 )

H2 − H1 = 1931,8 kg L · 15,455

kJ = 29856,0 kJ kg L

Enthalpie des zugegebenen Wassers: ∆hW = hW (x2 − x1 ) ∆hW = 4,19

∆hW = cW tW (x2 − x1 )

kJ kg W kJ · 15,5 ◦ C (0,007591 − 0,001504) = 0,3953 kg W K kg L kg L

∆HW = mL ∆hW

∆HW = 1931,8 kg L · 0,3953

kJ = 763,6 kJ kg L

Wärmezufuhr durch Konvektion: Q12 = (H2 − H1 ) − (∆HW )

Q12 = 29856,0 kJ − 763,6 kJ = 29092,4 kJ

Aufgabe 10.7 Gesättigte Außenluft mit der Masse m1 = 2500 kg weist bei einem Barometerstand von p1 = 995 mbar die Temperatur t1 = 4 ◦ C auf. Sie soll in zwei Verfahrensschritten zunächst isobar erwärmt und hierauf bei gleich bleibendem Druck p1 = p2 = p3 = p mit Sattdampf vom Druck pS = 3,0 bar adiabat befeuchtet werden, so dass gesättigte Luft mit einer Temperatur von t3 = 21 ◦ C entsteht (Bild 10.7). a) Auf welche Temperatur t2 muss die Außenluft aufgewärmt werden? b) Wieviel Wärme Q12 ist dazu erforderlich? c) Wieviel Dampf mD benötigt man für die Befeuchtung? d) Welches Volumen V3 nimmt die Luft im Endzustand ein? (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Aufgaben zu Abschnitt 10

263

Lösung: a) Tabelle A.8: x1 = 0,622

t1 = 4 ◦ C:

pDS1 p − pDS1

pDS1 = 8,135 mbar

x1 = 0,622

8,135 mbar kg D kg D = 0,005127 (995 − 8,135) mbar kg L kg L

h1 = cpL t1 + (cpD t1 + r0 ) x1 h1 = 1,004 mL1 =

kJ kJ kJ kg D kJ ·4 ◦ C+(1,905 ·4 ◦ C+2500,9 )·0,005127 = 16,877 kg L K kg D K kg D kg L kg L

m1 1 + x1

Tabelle A.8: x3 = 0,622

mL1 =

2500 kg L = 2487,25 kg L 1 + 0,005127

t3 = 21 ◦ C:

pDS3 p − pDS3

pDS3 = 24,880 mbar

x3 = 0,622

24,880 mbar kg D kg D = 0,015952 (995 − 24,880) mbar kg L kg L

h3 = cpL t3 + (cpD t3 + r0 ) x3 h3 =1,004

kJ kJ kJ kg D kJ ·21 ◦ C+(1,905 ·21 ◦ C+2500,9 )·0,015952 =61,617 kg L K kg D K kg D kg L kg L

∆x = x3 − x1

∆x = 0,015952

kg D kg D kg D − 0,005127 = 0,010825 kg L kg L kg L

Bild 10.7 Zu Aufgabe 10.7 Spezifische Enthalpie des Sattdampfs bei pS = 3,0 bar aus der Wasserdampftafel für den Sättigungszustand (Tabelle A.9b): h00W = 2724,89

kJ kg D

h3 − h2 ∆h h00W = x3 − x2 ∆x kJ kg kJ D ∆h = h00W ∆x ∆h = 2724,89 · 0,010825 = 29,497 kg D kg L kg L kJ kJ kJ h2 = h3 − (h3 − h2 ) = h3 − ∆h h2 = 61,617 − 29,497 = 32,120 kg L kg L kg L

h3 − h2 = h00W (x3 − x2 )

h00W =

264

10 Feuchte Luft

h2 = cpL t2 + (cpD t2 + r0 ) x2 t2 =

h2 − r0 x2 cpL + cpD x2

t2 =

b) Q12 = mL1 (h2 − h1 ) c) mD = mL1 ∆x

mit

x2 = x1 :

32,120 − 2500,9 · 0,005127 kJ kg L K = 19,04 ◦ C 1,004 + 1,905 · 0,005127 kg L kJ

Q12 = 2487,25 kg L · (32,120 − 16,877)

mD = 2487,25 kg L · 0,010825

d) V3 = mL1 (0,622 + x3 )

kJ = 37913 kJ kg L

kg D = 26,924 kg D kg L

RD T3 p1

V3 = 2487,25 kg L (0,622 + 0,015952)

kg D 0,46152 kJ · 294,15 K m3 bar · · = 2164,93 m3 kg L kg D K 0,995 bar 100 kJ

Aufgabe 10.8 Übersättigter Eisnebel E mit der Gesamtmasse m = 2800 kg, der Temperatur t = - 6 ◦ C und dem Druck p = 1,01325 bar weist den Wassergehalt xW = 0,005 kg W / kg L auf, der sich aus dem Dampfgehalt der dampfgesättigten Luft xDS und dem Eisgehalt (xW − xDS ) zusammensetzt (Bild 10.8). a) Welche Werte ergeben sich für den Dampfgehalt der dampfgesättigten Luft xDS und für den Eisgehalt (xW − xDS )? b) Es ist für die übersättigte feuchte Luft das spezifische Volumen v und das Volumen V zu berechnen. c) Man gebe für die trockene Luft das spezifische Volumen vL sowie die Masse mL an. d) Wie groß sind die spezifische Enthalpie h sowie die Enthalpie H des übersättigten Eisnebels?

Bild 10.8 Zu Aufgabe 10.8 (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Aufgaben zu Abschnitt 10

265

Lösung: a) Tabelle A.8: xDS = 0,622

t = tE = − 6 ◦ C: pDS p − pDS

pDS = 3,687 mbar

xDS = 0,622

3,687 mbar kg D kg D = 0,002272 (1013,25 − 3,687) mbar kg L kg L

kg W kg W kg W − 0,002272 = 0,002728 kg L kg L kg L b) Spezifisches Volumen der übersättigten feuchten Luft: (xW − xDS ) = 0,005

v=

0,622 + xDS RD T 1 + xW p

v=

0,622 + 0,002272 0,46152 kJ · 267,15 K m3 bar m3 · · = 0,7559 1 + 0,005 kg K 1,01325 bar 100 kJ kg

Volumen der feuchten Luft: m3 V = vm V = 0,7559 · 2800 kg = 2116,5 m3 kg c) Spezifisches Volumen der trockenen Luft: v=

V m

V = vm

vL =

Es folgt: v m = vL mL

V mL

vL = v

V = vL mL m mL

Mit m = mL (1 + x) wird vL = v

mL (1 + x) = v (1 + x) mL

vL = 0,7559

m3 m3 · (1 + 0,005) = 0,7597 kg L kg L

Masse der trockenen Luft: mL =

V vL

mL =

2116,6 m3 kg L = 2786,1 kg L 0,7597 m3

d) Spezifische Enthalpie des übersättigten Eisnebels, bezogen auf die Masse der trockenen Luft: h = cpL t + (cpD t + r0 ) xDS + (xW − xDS ) (cE t − rS ) h = 1,004 + (0,005

kJ kJ kJ kg D · (− 6 ◦ C) + (1,905 · (− 6 ◦ C) + 2500,9 ) · 0,002272 kg L K kg D K kg D kg L

kg W kg W − 0,002272 ) · (2,05 kJ · (− 6 ◦ C) − 333,0 kJ ) = − 1,310 kJ kg L kg L kg W K kg W kg L

Enthalpie des übersättigten Eisnebels: kJ · 2786,1 kg = − 3649,8 kJ H = mL h H = − 1,310 kg L L Aufgabe 10.9 Feuchte Luft mit der Masse m1 = 16,7 kg, der Temperatur t1 = 28 ◦ C und der relativen Feuchte ϕ1 = 0,35 (Anfangszustand 1) wird beim gleich bleibenden Barometerstand p1 = p2 = p3 = p = 935 mbar mit Wasser der Masse mW = 0,062 kg und der Temperatur tW = 18 ◦ C befeuchtet (Zustand 2) und anschließend erwärmt (Endzustand 3). Die Wärmezufuhr beträgt Q23 = 118 kJ. Derselbe Endzustand soll durch Mischung der Luft im Anfangszustand 1 mit gesättigter feuchter Luft (Zustand 4) erreicht werden (Bild 10.9).

266

10 Feuchte Luft

a) Wie groß sind die spezifische Enthalpie h3 , die Temperatur t3 , der Wassergehalt (Feuchtegrad) x3 und die relative Feuchte ϕ3 der feuchten Luft im Endzustand 3? b) Welche Temperatur t4 muss die gesättigte feuchte Luft im Zustand 4 haben? c) Wie groß ist die erforderliche Masse m4 der gesättigten feuchten Luft im Zustand 4? d) Die ermittelten Werte für t4 und m4 aus den Teilaufgaben b) und c) sollen dazu herangezogen werden, um mit ihnen im Rahmen einer Probe die spezifische Enthalpie h3 zu berechnen und mit dem in Teilaufgabe a) ermittelten Wert für h3 zu vergleichen.

Bild 10.9 Zu Aufgabe 10.9 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Tab. A.8: t1 = 28 ◦ C: pDS1 = 37,828 mbar pD1 = pDS1 ϕ1 = 37,828 mbar · 0,35 = 13,240 mbar x1 = 0,622 mL1 =

pD1 p − pD1

m1 1 + x1

13,240 mbar kg D kg D = 0,008934 (935 − 13,240) mbar kg L kg L

x1 = 0,622

mL1 =

16,7 kg L = 16,552 kg L 1 + 0,008934

h1 = cpL t1 + (cpD t1 + r0 ) x1 h1 =1,004

kJ kJ kJ kg D kJ ·28 ◦ C+(1,905 ·28 ◦ C+2500,9 )·0,008934 =50,932 kg L K kg D K kg D kg L kg L

hW = cW tW mW = m L1 ∆x

hF = 4,19 ∆x =

kJ kJ · 18 ◦ C = 75,420 kg W K kg W

mW m L1

∆x =

∆h = ∆x hW

∆h = 0,003746

h2 = h1 + ∆h

h2 = 50,932

Q23 = mL1 (h3 − h2 )

0,062 kg W kg W = 0,003746 16,552 kg L kg L

kg W kJ kJ · 75,420 = 0,2825 kg L kg W kg L

kJ kJ kJ + 0,2825 = 51,215 kg L kg L kg L

h3 = h2 +

Q23 mL1

h3 = 51,215

kJ 118 kJ kJ + = 58,344 kg L 16,552 kg L kg L

Aufgaben zu Abschnitt 10

x3 = x2 = x1 + ∆x t3 =

h3 − r0 x3 cpL + cpD x3

pD3

p x3 = 0,622 + x3

x3 = x2 = 0,008934 t3 =

pD3

267

kg D kg D kg D + 0,003746 = 0,012680 kg L kg L kg L

58,344 − 2500,9 · 0,012680 kJ kg L K = 25,903 ◦ C 1,004 + 1,905 · 0,012680 kg L kJ

kg 935 mbar · 0,012680 kg D L = = 18,680 mbar kg D (0,622 + 0,012680) kg L

Interpolation zur Bestimmung des Sättigungsdampfdrucks pDS3 bei der Temperatur t3 = 25,903 ◦ C (Tabelle A.8): t∗3 = 25 ◦ C:

pDS3 = 31,697 mbar

t∗3 = 26 ◦ C:

pDS3 = 33,637 mbar

pDS3 = 31,697 mbar + (33,637 mbar − 31,697 mbar) · 0,903 = 33,449 mbar ϕ3 = b)

pD3 pDS3

ϕ3 =

18,680 mbar = 0,5585 33,449 mbar

kJ 58,344 − 50,932 kJ h3 − h1 = = 1978,6 x3 − x1 0,012680 − 0,008934 kg kg Iteration zur Bestimmung der Temperatur t4 : Da die Punkte 1, 3 und 4 auf derselben Gerade (Mischungsgerade) liegen, gilt für deren Neigung: h3 − h1 h4 − h1 = x3 − x1 x4 − x1 1. Versuch: Tabelle A.8:

t4 = 22 ◦ C:

pDS4 p − pDS4

x4 = 0,622

pDS4 = 26,452 mbar

x4 = 0,622

26,452 mbar kg D kg D = 0,018109 (935 − 26,452) mbar kg L kg L

h4 = cpL t4 + (cpD t4 + r0 ) x4 h4 =1,004

kJ kJ kg D kJ kJ ·22 ◦ C+(1,905 ·22 ◦ C+2500,9 )·0,018109 =68,136 kg L K kg D K kg D kg L kg L

kJ 68,136 − 50,932 kJ h4 − h1 = = 1875,1 x4 − x1 0,018109 − 0,008934 kg kg

(Der Wert ist zu niedrig.)

2. Versuch: Tabelle A.8: x4 = 0,622

t4 = 23 ◦ C:

pDS4 p − pDS4

pDS4 = 28,109 mbar

x4 = 0,622

28,109 mbar kg D kg D = 0,019279 (935 − 28,109) mbar kg L kg L

h4 = cpL t4 + (cpD t4 + r0 ) x4 h4 =1,004

kJ kJ kg D kJ kJ ·23 ◦ C+(1,905 ·23 ◦ C+2500,9 )·0,019279 =72,152 kg L K kg D K kg D kg L kg L

h4 − h1 kJ 72,152 − 50,932 kJ = = 2051,2 x4 − x1 0,019279 − 0,008934 kg kg Interpolation: t4 = 22 ◦ C +

1978,6 − 1875,1 ◦ C = 22,588 ◦ C 2051,2 − 1875,1

(Der Wert ist zu hoch.)

268

10 Feuchte Luft

c) pDS4 = 26,452 mbar + (28,109 mbar − 26,452 mbar) · 0,588 = 27,426 mbar x4 = 0,622

pDS4 p − pDS4

mL4 = mL1

x3 − x1 x4 − x3

m4 = mL4 (1 + x4 )

x4 = 0,622

27,426 mbar kg D kg D = 0,018796 (935 − 27,426) mbar kg L kg L

mL4 = 16,552 kg L ·

0,012680 − 0,008934 = 10,138 kg L 0,018796 − 0,012680

m4 = 10,138 kg L · (1 + 0,018796) = 10,329 kg L

d) Probe: h3 =

mL4 mL1 h1 + h4 mL1 + mL4 mL1 + mL4


mL1 mL4 h1 + cpL t4 + (cpD t4 + r0 ) x4 mL1 + mL4 mL1 + mL4 kJ 10,138 kg L 16,552 kg L · 50,932 + · h3 = (16,552 + 10,138) kg L kg L (16,552 + 10,138) kg L h3 =

·(1,004

kJ kJ kJ kg D · 22,588 ◦ C + (1,905 · 22,588 ◦ C + 2500,9 ) · 0,018796 ) kg L K kg D K kg D kg L

h3 = 58,363

kJ kg L

Vergleich mit h3 aus Teilaufgabe a): h3 = 58,344

kJ kg L

Ergebnis: Es zeigt sich eine gute Übereinstimmung im Rahmen der Rechengenauigkeit. Aufgabe 10.10 Trockene Luft mit der Temperatur t1 = 12 ◦ C (Zustand 1) und feuchte Luft mit der Temperatur t2 = 32 ◦ C sowie der relativen Feuchte ϕ2 = 0,28 (Zustand 2) werden beim gleich bleibenden Barometerstand p1 = p2 = p3 = p4 = p5 = p = 930 mbar gemischt (Zustand 3). Nach der Befeuchtung mit Wasser von der Temperatur tW = 22 ◦ C weist die gemischte Luft eine relative Feuchte von ϕ4 = 0,90 (Zustand 4) auf. Nach einer anschließenden Erwärmung wird der Endzustand 5 der Luft erreicht, wobei m5 = 5,43 kg feuchte Luft mit der Temperatur t5 = 19 ◦ C sowie der relativen Feuchte ϕ5 = 0,54 entstehen (Bild 10.10). a) Welche Temperatur t4 hat die Luft nach der Befeuchtung? b) Wieviel Wärme Q45 wird der Luft mit dem Zustand 4 zugeführt? c) Welche Masse an Wasser mW benötigt man für die Befeuchtung? d) Wie groß sind die Trockenluftmassen mL1 und mL2 beider Mischungspartner? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Tabelle A.8:

t5 = 19 ◦ C:

pDS5 = 21,982 mbar

pD5 = pDS5 ϕ5

pD5 = 21,982 mbar · 0,54 = 11,870 mbar x5 = 0,622

pD5 p − pD5

x5 = 0,622

11,870 mbar kg D kg D = 0,0080415 (930 − 11,870) mbar kg L kg L

Aufgaben zu Abschnitt 10

m5 = mL5 (1 + x5 )

mL5 =

mL 1 + x5

mL5 =

269

5,43 kg L = 5,3867 kg L 1 + 0,0080415

h5 = cpL t5 + (cpD t5 + r0 ) x5 h5 =1,004 Aus pDS4 =

kJ kJ kJ kg D kJ ·19 ◦ C+(1,905 ·19 ◦ C+2500,9 )·0,0080415 =39,478 kg L K kg D K kg D kg L kg L folgt:

x5 = x4

pD5 pD4 = ϕ4 ϕ4

pD5 = pD4

t4 = 11 ◦ C:

Tabelle A.8:

11,870 mbar = 13,189 mbar 0,9

pDS4 =

pDS4 = 13,129 mbar

t4 = 12 ◦ C:

pDS4 = 14,028 mbar

Bild 10.10 Zu Aufgabe 10.10 Interpolation: t4 = 11 ◦ C +

13, 189 − 13, 129 ◦ C = 11,067 ◦ C 14, 028 − 13, 129

b) h4 = cpL t4 + (cpD t4 + r0 ) x4 h4 = 1,004

kJ kJ kg D kJ · 11,067 ◦ C + (1,905 · 11,067 ◦ C + 2500,9 ) · 0,0080415 kg L K kg D K kg D kg L

h4 = 31,392

kJ kg L

Q45 = mL5 (h5 − h4 )

Q45 = 5,3867 kg L · (39,478 − 31,392)

kJ = 43,557 kJ kg L

c) h1 = cpL t1 h1 = 1,004

kJ kJ · 12 ◦ C = 12,048 kg L K kg L

Tabelle A.8:

t2 = 32 ◦ C:

pDS2 = 47,592 mbar

pD2 = pDS2 ϕ2

pD2 = 47,592 mbar · 0,28 = 13,326 mbar x2 = 0,622

pD2 p − pD2

x5 = 0,622

h2 = cpL t2 + (cpD t2 + r0 ) x2

13,326 mbar kg D kg D = 0,0090422 (930 − 13,326) mbar kg L kg L

270

10 Feuchte Luft

h2 =1,004

kJ kJ kg D kJ kJ ·32 ◦ C+(1,905 ·32 ◦ C+2500,9 )·0,0090422 =55,293 kg L K kg D K kg D kg L kg L

hW = cW tW x4 = x5

hW = 4,19

kJ kJ · 22 ◦ C = 92,180 kg W K kg W

h4 = h3 + (x4 − x3 ) hW

h3 = h4 − (x5 − x3 ) hW

Da die Punkte 1, 2 und 3 auf derselben Gerade (Mischungsgerade) liegen, gilt für deren Steigung: h3 − h1 h2 − h1 = x3 − x1 x2 − x1 Mit x1 = 0 wird Es folgt:

h2 − h1 h3 − h1 = x3 x2

h3 = h1 + (h2 − h1 )

h3 = h4 − (x5 − x3 ) hW = h1 + (h2 − h1 )

x3 x2

x3 x2

h2 − h1 − hW ) = h4 − h1 − x5 hW x2 h4 − h1 − x5 hW x3 = h2 − h1 − h W x2 x3 (


31,392 − 12,048 − 0,0080415 · 92,180 kJ kg W kg L x3 = = 0,0039661
kJ 55,293 − 12,048 kg L − 92,180 0,0090422 kg W mW = mL3 (x4 − x3 ) = mL5 (x5 − x3 ) mW = 5,3867 kg L · (0,0080415 − 0,0039661)

kg W = 0,021953 kg W kg L

d) h3 = h4 − (x5 − x3 ) hW h3 = 31,392

kg W kJ kJ kJ − (0,0080415 − 0,0039661) · 92,180 = 31,016 kg L kg L kg W kg L

h3 − h1 mL2 = mL1 h2 − h3 mL1 + mL2 = mL5

mL1

31,016 − 12,048 mL2 = = 0,78132 mL1 55,293 − 31,016 mL1 = mL5 − mL2

mL2 = mL5 (1 − ) mL1 + mL2

mL1 = 5,3867 kg L · (1 − mL2 = mL5 − mL1

mL1

mL1 = mL5 (1 −

mL2 ) mL5

mL2 mL1 = mL5 (1 − mL2 ) 1+ mL1

0,78132 ) = 3,0240 kg L 1 + 0,78132

mL2 = 5,3867 kg L − 3,0240 kg L = 2,3627 kg L

Aufgabe 10.11 In der Lüftungsanlage einer industriellen Fertigungshalle dient ein Rotations-Wärmeübertrager zur energiesparenden Wärme- und Feuchterückgewinnung. An einem Wintertag werden die Zustände der Außenluft und der Abluft, die den Wärmeübertrager durchströmen, wie folgt gemessen: Die kalte Außenluft mit der Temperatur tA1 = - 14,0 ◦ C wird auf die Temperatur tA2 = + 10,0 ◦ C erwärmt, während die warme Abluft aus der Halle von der Temperatur tB1

Aufgaben zu Abschnitt 10

271

= + 23,0 ◦ C auf die Temperatur tB2 = - 1,0 ◦ C abgekühlt wird. Gleichzeitig wird die relative Feuchte der Außenluft von ϕA1 = 0,85 auf ϕA2 = 0,60 verringert, während die relative Feuchte der warmen feuchten Abluft von ϕB1 = 0,39 auf ϕB2 = 0,94 erhöht wird. Die Massenströme der Luft – als trockene Außenluft und als trockene Abluft angegeben – sind jeweils gleich groß: m ˙ LA = m ˙ LB = 20,4 kg/s. Der Druck kann als gleichbleibend angenommen werden: p = 1000 mbar = const (Bild 10.11). a) Wie groß sind die jeweiligen Wassergehalte (Feuchtegrade) xA1 , xA2 , xB1 und xB2 ? b) Es sind die spezifischen Enthalpien hA1 , hA2 , hB1 und hB2 zu bestimmen. c) Welcher Wärmestrom Q˙ 12 wird von der warmen Abluft abgegeben und zugleich der kalten Außenluft zugeführt? d) Welcher Massenstrom an Wasser m ˙ W wird von der warmen Abluft auf die kalte Außenluft übertragen? e) Wie groß ist die Betriebscharakteristik ΦA , die auch als Rückwärmzahl und als Temperaturaustauschgrad bezeichnet wird? Welche Werte ergeben sich für die Rückfeuchtzahl ΨA , die auch als Feuchte-Austauschgrad bezeichnet wird, sowie für den Enthalpieaustauschgrad ΘA ? f) Wie groß sind die Volumenströme der feuchten Luft V˙ A1 , V˙ A2 , V˙ B1 und V˙ B2 ?

Bild 10.11 Zu Aufgabe 10.11 (Schwierigkeitsgrad: mittel)

272

10 Feuchte Luft

Lösung: tA1 = − 14 ◦ C:

a) Tabelle A.8:

pDSA1 = 1,812 mbar

pDA1 = pDSA1 ϕA1

pDA1 = 1,812 mbar · 0,85 = 1,540 mbar pDA1 p − pDA1

xA1 = 0,622 tA2 = 10 ◦ C:

xA1 = 0,622

1,540 mbar kg D kg D = 0,00096 (1000 − 1,540) mbar kg L kg L

pDSA2 = 12,282 mbar

pDA2 = pDSA2 ϕA2

pDA2 = 12,282 mbar · 0,60 = 7,369 mbar pDA2 p − pDA2

xA2 = 0,622 tB1 = 23 ◦ C:

xA2 = 0,622

7,369 mbar kg D kg D = 0,00462 (1000 − 7,369) mbar kg L kg L

pDSB1 = 28,109 mbar

pDB1 = pDSB1 ϕB1

pDB1 = 28,109 mbar · 0,39 = 10,963 mbar xB1 = 0,622

pDB1 p − pDB1

tB2 = − 1 ◦ C:

xB1 = 0,622

pDSB2 = 5,627 mbar

10,963 mbar kg D kg D = 0,00690 (1000 − 10,963) mbar kg L kg L pDB2 = pDSB2 ϕB2

pDB2 = 5,627 mbar · 0,94 = 5,289 mbar xB2 = 0,622

pDB2 p − pDB2

xB2 = 0,622

5,289 mbar kg D kg D = 0,00331 (1000 − 5,289) mbar kg L kg L

b) hA1 = cpL tA1 + (cpD tA1 + r0 ) xA1 kJ kJ kg D kJ · ( − 14) ◦ C + (1,905 · ( − 14) ◦ C + 2500,9 ) · 0,00096 kg L K kg D K kg D kg L

hA1 = 1,004

hA1 = − 11,68

kJ kg L

hA2 = cpL tA2 + (cpD tA2 + r0 ) xA2 kJ kJ kg D kJ kJ ·10 ◦ C+(1,905 ·10 ◦ C+2500,9 )·0,00462 =21,68 kg L K kg D K kg D kg L kg L

hA2 =1,004

hB1 = cpL tB1 + (cpD tB1 + r0 ) xB1 kJ kJ kJ kg D kJ ·23 ◦ C+(1,905 ·23 ◦ C+2500,9 )·0,00690 =40,65 kg L K kg D K kg D kg L kg L

hB1 =1,004

hB2 = cpL tB2 + (cpD tB2 + r0 ) xB2 hB2 = 1,004 hB2 = 7,27

kJ kJ kg D kJ · ( − 1) ◦ C + (1,905 · ( − 1) ◦ C + 2500,9 ) · 0,00331 kg L K kg D K kg D kg L

kJ kg L

c) Q˙ A1A2 = m ˙ LA (hA2 − hA1 ) kJ kJ kg L · (21,68 − ( − 11,68)) = 680,54 = 680,54 kW Q˙ A1A2 = 20,4 s kg L s Q˙ B1B2 = m ˙ LB (hB2 − hB1 ) kJ kJ kg L · (7,27 − 40,65) = − 680,95 = − 680,95 kW Q˙ B1B2 = 20,4 s kg L s

Aufgaben zu Abschnitt 10

273

Für einen nach außen hin adiabaten Wärmeübertrager gilt: Q˙ A1A2 = − Q˙ B1B2 Die Ergebnisse stimmen im Rahmen der Messgenauigkeit gut überein. d) m ˙W =m ˙ LA (xA2 − xA1 ) = − m ˙ LB (xB2 − xB1 ) m ˙ W = 20,4

kg D kg D kg D kg L · (0,00462 − 0,00096) = 0,07466 = 268,79 s kg L s h

m ˙ W = − 20,4

kg L kg D kg D kg D · (0,00331 − 0,00690) = 0,0732 = 263,65 s kg L s h

Die Ergebnisse stimmen im Rahmen der Messgenauigkeit befriedigend überein. e) Betriebscharakteristik (Rückwärmzahl, Temperaturaustauschgrad): ΦA =

tA2 − tA1 tB1 − tA1

ΦA =

(10 − ( − 14)) K = 0, 649 (23 − ( − 14)) K

Rückfeuchtzahl (Feuchteaustauschgrad): xA2 − xA1 ΨA = xB1 − xA1

kg D kg L = 0, 616 ΨA = kg D (0,00690 − 0,00096) kg L (0,00462 − 0,00096)

Enthalpieaustauschgrad: hA2 − hA1 ΘA = hB1 − hA1

(21,68 − ( − 11,68)) kJ kg L ΘA = = 0, 637 (40,65 − ( − 11,68)) kJ kg L

f) Volumenströme der feuchten Luft: RD TA1 V˙ A1 = m ˙ LA (0, 622 + xA1 ) p kg D 0,46152 kJ · 259,15 K m3 bar m3L kg L · (0, 622 + 0,00096) · = 15,200 V˙ A1 = 20,4 s kg L kg D K 1,0 bar 100 kJ s RD TA2 V˙ A2 = m ˙ LA (0, 622 + xA2 ) p kg D 0,46152 kJ · 283,15 K m3 bar m3L kg L · (0, 622 + 0,00462) · = 16,705 V˙ A2 = 20,4 s kg L kg D K 1,0 bar 100 kJ s RD TB1 V˙ B1 = m ˙ LB (0, 622 + xB1 ) p kg L kg D 0,46152 kJ · 296,15 K m3 bar m3L V˙ B1 = 20,4 · (0, 622 + 0,00690) · = 17,535 s kg L kg D K 1,0 bar 100 kJ s RD TB2 V˙ B2 = m ˙ LB (0, 622 + xB2 ) p kg L kg D 0,46152 kJ · 272,15 K m3 bar m3L V˙ B2 = 20,4 · (0, 622 + 0,00331) · = 16,022 s kg L kg D K 1,0 bar 100 kJ s

274

10 Feuchte Luft

Aufgabe 10.12 Auf einem Prüfstand wird ein Rohrbündel-Wärmeübertrager zur Wärmerückgewinnung (aber ohne Feuchterückgewinnung) messtechnisch erfasst, der für ein Wohngebäude mit maschineller Lüftung eingesetzt wird. Damit wird ein Massenstrom von m ˙ LA = 0,15 kg/s kalter Außenluft mit der Temperatur tA1 = - 5,0 ◦ C auf die Temperatur tA2 = + 9,0 ◦ C aufgewärmt. Gleichzeitig wird ein Massenstrom von m ˙ LB = 0,15 kg/s warmer Abluft mit der Temperatur tB1 = + 22,0 ◦ C auf die Temperatur tB2 = + 8,0 ◦ C abgekühlt (Massenstromangaben: auf trockene Luft bezogen). Die relative Feuchte der Außenluft vermindert sich dabei von ϕA1 = 0,70 auf ϕA2 = 0,245, während sich die relative Feuchte der Abluft von ϕB1 = 0,406 auf ϕB2 = 1,00 erhöht. Der Druck kann als gleichbleibend angenommen werden: p = 1000 mbar = const (Bild 10.12). a) Wie groß sind die jeweiligen Wassergehalte (Feuchtegrade) xA1 , xA2 , xB1 und xB2 ? b) Welche Werte weisen die spezifischen Enthalpien hA1 , hA2 , hB1 und hB2 auf? c) Welcher Wärmestrom Q˙ 12 wird von der Abluft an die Außenluft abgegeben? d) Es sollen die Betriebscharakteristik ΦA (auch als Rückwärmzahl oder als Temperaturaustauschgrad bezeichnet) sowie der Enthalpieaustauschgrad ΘA berechnet werden. Zur Verbesserung der Wirksamkeit des Wärmeübertragers wird dessen Rohrbündel-Oberfläche vergrößert. Danach wird – bei sonst unveränderten Bedingungen – durch Messungen festgestellt, dass die Temperatur der Abluft beim Austritt aus dem Wärmeübertrager mit t∗B2 = tB2 = + 8,0 ◦ C praktisch gleich bleibt, die relative Feuchte jedoch nicht mehr ϕB2 = 1,00 beträgt, sondern auf ϕ∗B2 = 0,80 abnimmt. Daraus kann geschlossen werden, dass infolge der vergrößerten Oberfläche der Wassermassenstrom im Abluftstrom durch Kondensation um ∆m ˙W verringert wird. Die frei werdende Kondensationsenthalpie wird zur weiteren Erhöhung der Außenlufttemperatur genutzt, die nunmehr t∗A2 = + 12,5 ◦ C beträgt, während die relative Feuchte der Außenluft auf ϕ∗A2 = 0,194 zurückgeht. e) Wie groß sind jetzt die jeweiligen Wassergehalte (Feuchtegrade) x∗A2 und x∗B2 ? f) Welche Werte weisen die spezifischen Enthalpien h∗A2 und h∗B2 auf? g) Welcher Wärmestrom Q˙ ∗12 wird nun von der Abluft an die Außenluft abgegeben? h) Es sollen die Betriebscharakteristik Φ∗A sowie der Enthalpieaustauschgrad Θ∗A berechnet werden.

Bild 10.12 Zu Aufgabe 10.12 (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Aufgaben zu Abschnitt 10

275

Lösung: a) Tabelle A.8:

tA1 = − 5 ◦ C:

pDSA1 = 4,018 mbar

pDA1 = pDSA1 ϕA1

pDA1 = 4,018 mbar · 0,70 = 2,813 mbar xA1 = 0,622 tA2 = 9 ◦ C:

pDA1 p − pDA1

xA1 = 0,622

pDSA2 = 11,483 mbar

2,813 mbar kg D kg D = 0,00175 (1000 − 2,813) mbar kg L kg L pDA2 = pDSA2 ϕA2

pDA2 = 11,483 mbar · 0,245 = 2,813 mbar xA2 = 0,622 tB1 = 22 ◦ C:

pDA2 p − pDA2

xA2 = 0,622

2,813 mbar kg D kg D = 0,00175 (1000 − 2,813) mbar kg L kg L

pDSB1 = 26,430 mbar

pDB1 = pDSB1 ϕB1

pDB1 = 26,430 mbar · 0,406 = 10,730 mbar xB1 = 0,622 tB2 = 8 ◦ C:

pDB1 p − pDB1

xB1 = 0,622

pDSB2 = 10,730 mbar

10,730 mbar kg D kg D = 0,00675 (1000 − 10,730) mbar kg L kg L pDB2 = pDSB2 ϕB2

pDB2 = 10,730 mbar · 1,00 = 10,730 mbar xB2 = 0,622

pDB2 p − pDB2

xB2 = 0,622

10,730 mbar kg D kg D = 0,00675 (1000 − 10,730) mbar kg L kg L

b) hA1 = cpL tA1 + (cpD tA1 + r0 ) xA1 kJ kJ kJ kg D hA1 = 1,004 · ( − 5) ◦ C + (1,905 · ( − 5) ◦ C + 2500,9 ) · 0,00175 kg L K kg D K kg D kg L kJ hA1 = − 0,66 kg L hA2 = cpL tA2 + (cpD tA2 + r0 ) xA2 kJ kJ kg D kJ kJ ·9 ◦ C+(1,905 ·9 ◦ C+2500,9 )·0,00175 =13,44 hA2 =1,004 kg L K kg D K kg D kg L kg L hB1 = cpL tB1 + (cpD tB1 + r0 ) xB1 kJ kJ kJ kg D kJ hB1 =1,004 ·22 ◦ C+(1,905 ·22 ◦ C+2500,9 )·0,00675 =39,25 kg L K kg D K kg D kg L kg L hB2 = cpL tB2 + (cpD tB2 + r0 ) xB2 kJ kJ kJ kg D kJ hB2 =1,004 ·8 ◦ C+(1,905 ·8 ◦ C+2500,9 )·0,00675 =25,02 kg L K kg D K kg D kg L kg L c) Q˙ A1A2 = m ˙ LA (hA2 − hA1 ) kJ kJ kg L · (13,44 − ( − 0,66)) = 2,115 = 2,115 kW Q˙ A1A2 = 0,15 s kg L s Q˙ B1B2 = m ˙ LB (hB2 − hB1 ) kg L kJ kJ Q˙ B1B2 = 0,15 · (25,02 − 39,25) = − 2,135 = − 2,135 kW s kg L s Für einen nach außen hin adiabaten Wärmeübertrager gilt: Q˙ A1A2 = − Q˙ B1B2 Die Ergebnisse stimmen im Rahmen der Messgenauigkeit gut überein.

276

10 Feuchte Luft

d) Betriebscharakteristik (Rückwärmzahl, Temperaturaustauschgrad): ΦA =

tA2 − tA1 tB1 − tA1

ΦA =

(9 − ( − 5)) K = 0, 519 (22 − ( − 5)) K

Enthalpieaustauschgrad: ΘA =

hA2 − hA1 hB1 − hA1

(13,44 − ( − 0,66)) kJ kg L = 0, 353 (39,25 − ( − 0,66)) kJ kg L

ΘA =

t∗A2 = 12,5 ◦ C:

e) Tabelle A.8:

pDSA2∗ = 14,504 mbar

pDA2∗ = pDSA2∗ ϕ∗A2

pDA2∗ = 14,504 mbar · 0,194 = 2,813 mbar x∗A2 = 0,622

pDA2∗ p − pDA2∗

x∗A2 = 0,622

2,813 mbar kg D kg D = 0,00175 (1000 − 2,813) mbar kg L kg L

Der Wassergehalt bleibt unverändert: x∗A2 = xA2 t∗B2 = 8 ◦ C:

pDSB2∗ = 10,730 mbar

pDB2∗ = pDSB2∗ ϕ∗B2

pDB2∗ = 10,730 mbar · 0,80 = 8,584 mbar xB2∗ = 0,622

pDB2∗ p − pDB2∗

xB2∗ = 0,622

8,584 mbar kg D kg D = 0,00539 (1000 − 8,584) mbar kg L kg L

h∗A2 = cpL t∗A2 + (cpD t∗A2 + r0 ) x∗A2 h∗A2 =1,004

kJ kJ kJ kg D kJ ·12, 5 ◦ C+(1,905 ·12, 5 ◦ C+2500,9 )·0,00175 =16,97 kg L K kg D K kg D kg L kg L

h∗B2 = cpL t∗B2 + (cpD t∗B2 + r0 ) x∗B2 h∗B2 =1,004

kJ kJ kg D kJ kJ · 8 ◦ C + (1,905 · 8 ◦ C + 2500,9 ) · 0,00539 =21,59 kg L K kg D K kg D kg L kg L

f) Q˙ ∗A1A2 = m ˙ LA (h∗A2 − hA1 ) kg L kJ kJ Q˙ ∗A1A2 = 0,15 · (16,97 − ( − 0,66)) = 2,645 = 2,645 kW s kg L s Q˙ ∗B1B2 = m ˙ LB (h∗B2 − hB1 ) kg L kJ kJ Q˙ B1B2 = 0,15 · (21,59 − 39,25) = − 2,649 = − 2,649 kW s kg L s Für einen nach außen hin adiabaten Wärmeübertrager gilt: Q˙ ∗A1A2 = − Q˙ ∗B1B2 Die Ergebnisse stimmen im Rahmen der Messgenauigkeit gut überein. g) Betriebscharakteristik (Rückwärmzahl, Temperaturaustauschgrad): Φ∗A =

t∗A2 − tA1 tB1 − tA1

Φ∗A =

(12, 5 − ( − 5)) K = 0, 648 (22 − ( − 5)) K

Enthalpieaustauschgrad: Θ∗A

h∗ − hA1 = A2 hB1 − hA1

Θ∗A

(16,97 − ( − 0,66)) kJ kg L = = 0, 442 (39,25 − ( − 0,66)) kJ kg L

Aufgaben zu Abschnitt 10

277

Aufgabe 10.13 Ein Rotations-Wärmeübertrager wird bei der Klimatisierung eines Großgebäudes im Sommer zur energiesparenden ’Kühlerückgewinnung’ aus der Abluft und zur Entfeuchtung der warmen Außenluft eingesetzt. An einem Sommertag werden die Zustände der Außenluft und der Abluft, die den Wärmeübertrager durchströmen, wie folgt gemessen: Die warme Außenluft mit der Temperatur tA1 = + 32,0 ◦ C wird auf die Temperatur tA2 = + 27,0 ◦ C abgekühlt, während die weniger warme Abluft aus den Räumen von der Temperatur tB1 = + 26,0 ◦ C auf die Temperatur tB2 = + 31,0 ◦ C aufgewärmt wird. Gleichzeitig wird die relative Feuchte der Außenluft von ϕA1 = 0,40 auf ϕA2 = 0,463 erhöht, während die relative Feuchte der weniger warmen Abluft von ϕB1 = 0,46 auf ϕA1 = 0,40 vermindert wird. Die Massenströme der Luft - als trockene Außenluft und als trockene Abluft angegeben - sind jeweils gleich groß: m ˙ LA = m ˙ LB = 5,1 kg/s. Der Druck kann als gleichbleibend angenommen werden: p = 1000 mbar = const (Bild 10.13). a) Wie groß sind die jeweiligen Wassergehalte (Feuchtegrade) xA1 , xA2 , xB1 und xB2 ? b) Es sind die spezifischen Enthalpien hA1 , hA2 , hB1 und hB2 zu bestimmen. c) Welcher Wärmestrom Q˙ 12 wird von der warmen Außenluft abgegeben und zugleich der weniger warmen Abluft zugeführt? d) Welcher Massenstrom an Wasser ∆m ˙ W wird von der Außenluft auf die Abluft übertragen? e) Man bestimme die Betriebscharakteristik ΦA , die auch als Rückwärmzahl und als Temperaturaustauschgrad bezeichnet wird. Man ermittle zusätzlich hierzu die Rückfeuchtzahl ΨA , die auch als Feuchte-Austauschgrad bezeichnet wird, sowie den Enthalpieaustauschgrad ΘA . Welche Verbesserung wird durch den Feuchterückgewinn gegenüber einem Wärmeübertrager erreicht, der ohne Feuchterückgewinn arbeitet? f) Wie groß sind die Volumenströme der feuchten Luft V˙ A1 , V˙ A2 , V˙ B1 und V˙ B2 ?

Bild 10.13 Zu Aufgabe 10.13 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Tabelle A.8:

tA1 = 32 ◦ C:

pDSA1 = 47,592 mbar

pDA1 = pDSA1 ϕA1

pDA1 = 47,592 mbar · 0,40 = 19,037 mbar xA1 = 0,622

pDA1 p − pDA1

xA1 = 0,622

19,037 mbar kg D kg D = 0,01207 (1000 − 19,037) mbar kg L kg L

278

10 Feuchte Luft

tA2 = 27 ◦ C:

pDSA2 = 35,679 mbar

pDA2 = pDSA2 ϕA2

pDA2 = 35,697 mbar · 0,463 = 16,519 mbar pDA2 p − pDA2

xA2 = 0,622 tB1 = 26 ◦ C:

xA2 = 0,622

16,519 mbar kg D kg D = 0,01045 (1000 − 16,519) mbar kg L kg L

pDSB1 = 33,637 mbar

pDB1 = pDSB1 ϕB1

pDB1 = 33,637 mbar · 0,46 = 15,473 mbar pDB1 p − pDB1

xB1 = 0,622 tB2 = 31 ◦ C:

xB1 = 0,622

15,473 mbar kg D kg D = 0,00978 (1000 − 15,473) mbar kg L kg L

pDSB2 = 44,966 mbar

pDB2 = pDSB2 ϕB2

pDB2 = 44,966 mbar · 0,40 = 17,986 mbar xB2 = 0,622

pDB2 p − pDB2

xB2 = 0,622

17,986 mbar kg D kg D = 0,01139 (1000 − 17,986) mbar kg L kg L

b) hA1 = cpL tA1 + (cpD tA1 + r0 ) xA1 hA1 =1,004

kJ kJ kg D kJ kJ ·32 ◦ C+(1,905 ·32 ◦ C+2500,9 )·0,01207 =63,050 kg L K kg D K kg D kg L kg L

hA2 = cpL tA2 + (cpD tA2 + r0 ) xA2 hA2 =1,004

kJ kJ kg D kJ kJ ·27 ◦ C+(1,905 ·27 ◦ C+2500,9 )·0,01045 =53,780 kg L K kg D K kg D kg L kg L

hB1 = cpL tB1 + (cpD tB1 + r0 ) xB1 hB1 =1,004

kJ kJ kg D kJ kJ ·26 ◦ C+(1,905 ·26 ◦ C+2500,9 )·0,00978 =51,047 kg L K kg D K kg D kg L kg L

hB2 = cpL tB2 + (cpD tB2 + r0 ) xB2 hB2 =1,004

kJ kJ kJ kg D kJ ·31 ◦ C+(1,905 ·31 ◦ C+2500,9 )·0,01139 =60,282 kg L K kg D K kg D kg L kg L

c) Q˙ B1B2 = m ˙ LB (hB2 − hB1 ) kg L kJ kJ Q˙ B1B2 = 5,1 · (60,282 − 51,047) = 47,098 = 47,098 kW s kg L s Q˙ A1A2 = m ˙ LA (hA2 − hA1 ) kg L kJ kJ Q˙ A1A2 = 5,1 · (53,780 − 63,050)) = − 47,277 = − 47,277 kW s kg L s Es muss bei einem nach außen hin adiabat arbeitenden Wärmeübertrager gelten: Q˙ B1B2 = − Q˙ A1A2 Die Ergebnisse stimmen im Rahmen der Messgenauigkeit gut überein. d) ∆m ˙W =m ˙ LB (xB2 − xB1 ) = − m ˙ LA (xA2 − xA1 ) kg D kg D kg D kg L ˙ · (0,01139 − 0,00978) = 0,00821 = 29,560 s kg L s h kg L ˙ kg D kg D kg D = − 5,1 · (0,01045 − 0,01207) = 0,00826 = 29,743 s kg L s h

∆m ˙ W = 5,1 ∆m ˙W

Die Ergebnisse stimmen im Rahmen der Messgenauigkeit gut überein.

Aufgaben zu Abschnitt 10

279

e) Betriebscharakteristik (Rückkühlzahl bzw. Temperaturaustauschgrad): (27 − 32)) K tA2 − tA1 ΦA = ΦA = = 0, 833 tB1 − tA1 (26 − 32)) K Rückfeuchtzahl bzw. Feuchteaustauschgrad: kg D (0,01045 − 0,01207) xA2 − xA1 kg L = 0, 707 ΨA = ΨA = kg D xB1 − xA1 (0,00978 − 0,01207) kg L Enthalpieaustauschgrad: (53,780 − 63,050)) kJ hA2 − hA1 kg L = 0, 772 ΘA = ΘA = hB1 − hA1 (51,047 − 63,050)) kJ kg L

Bild 10.14 Zu Aufgabe 10.13 Bei einem Wärmeübertrager ohne Feuchterückgewinn ist der Enthalpieaustauschgrad statt mit hA2 mit h∗A2 zu berechnen, wobei für h∗A2 der unverändert gebliebene Wassergehalt (Feuchtegrad) x∗A2 = xA1 zu berücksichtigen ist (Bild 10.14). Damit wird h∗A2 = cpL tA2 + (cpD tA2 + r0 ) xA1 kJ kJ kg D kJ kJ ·27 ◦ C+(1,905 ·27 ◦ C+2500,9 )·0,01207 =57,915 kg L K kg D K kg D kg L kg L (57,915 − 63,050) kJ h∗ − hA1 kg L Θ∗A = = 0, 428 Θ∗A = A2 hB1 − hA1 (51,047 − 63,050) kJ kg L h∗A2 =1,004

∆ΘA = ΘA − Θ∗A

∆ΘA = 0, 772 − 0, 428 = 0, 344

Der Enthalpieaustauschgrad vermindert sich um ∆ΘA = 0,344. Dies entspricht einem Rückgang um 44,6 Prozent. f) Volumenströme der feuchten Luft: RD TA1 V˙ A1 = m ˙ LA (0, 622 + xA1 ) p kg L kg D 0,46152 kJ · 305,15 K m3 bar m3L V˙ A1 = 5,1 · (0, 622 + 0,01207) · = 4,554 s kg L kg D K 1,0 bar 100 kJ s R T D A2 V˙ A2 = m ˙ LA (0, 622 + xA2 ) p

280

10 Feuchte Luft

kg L kg D 0,46152 kJ · 300,15 K m3 bar m3L V˙ A2 = 5,1 · (0, 622 + 0,01045) · = 4,468 s kg L kg D K 1,0 bar 100 kJ s RD TB1 V˙ B1 = m ˙ LB (0, 622 + xB1 ) p kg L kg D 0,46152 kJ · 299,15 K m3 bar m3L V˙ B1 = 5,1 · (0, 622 + 0,00978) · = 4,449 s kg L kg D K 1,0 bar 100 kJ s RD TB2 V˙ B2 = m ˙ LB (0, 622 + xB2 ) p kg D 0,46152 kJ · 304,15 K m3 bar m3L kg L · (0, 622 + 0,01139) · = 4,534 V˙ B2 = 5,1 s kg L kg D K 1,0 bar 100 kJ s

Aufgabe 10.14 Um den Effekt der adiabaten Verdunstungskühlung zu nutzen, wird Luft mit der Temperatur t1 = 30,0 ◦ C und der relativen Feuchte ϕ1 = 0,25 bei einem Barometerstand von p1 = p2 = p = 980 mbar = const. befeuchtet. Es ergibt sich dabei ein Volumen von V2 = 540 m3 gesättigter Luft mit der Temperatur t2 = 16,8 ◦ C (Bild 10.15). a) Welche Temperatur tW hat das zugegebene Wasser? b) Welche Masse mL2 hat die trockene Luft an der gesättigten feuchten Luft? c) Wieviel Wassermasse ∆mW wird für die Befeuchtung benötigt? Wie groß ist die gesamte Masse m2 der gesättigten feuchten Luft?

Bild 10.15 Zu Aufgabe 10.14 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Tabelle A.8:

t1 = 30 ◦ C:

pDS1 = 42,467 mbar

pD1 = pDS1 ϕ1

pD1 = 42,467 mbar · 0,25 = 10,6168 mbar x1 = 0,622

pD1 p − pD1

x1 = 0,622

h1 = cpL t1 + (cpD t1 + r0 ) x1

10,6168 mbar kg D kg D = 0,00681 (980 − 10,6168) mbar kg L kg L

Aufgaben zu Abschnitt 10

h1 = 1,004

281

kJ kJ kg D kJ · 30 ◦ C + (1,905 · 30 ◦ C + 2500,9 ) · 0,00681 kg L K kg D K kg D kg L

h1 = 47,5403

kJ kg L

Bestimmung des Wasserdampfpartialdrucks bei Sättigung pDS2 bei t2 = 16,8 ◦ C: t2 = 16,0 ◦ C:

pDS2 = 18,188 mbar t2 = 17,0 ◦ C: pDS2 = 19,383 mbar: 1 Lineare Interpolation: pDS2 = · (8 · 19,383 + 2 · 18,188) mbar = 19,144 mbar 10 pD2 = pDS2 ϕ2 pD2 = 19,144 mbar · 1,00 = 19,144 mbar x2 = 0,622

pD2 p − pD2

x2 = 0,622

19,144 mbar kg D kg D = 0,01239 (980 − 19,144) mbar kg L kg L

h2 = cpL t2 + (cpD t2 + r0 ) x2 h2 = 1,004

kJ kJ kJ kg D · 16,8 ◦ C + (1,905 · 16,8 ◦ C + 2500,9 ) · 0,01239 kg L K kg D K kg D kg L

h2 = 48,2499

kJ kg L kJ − 47,5403 kg L kg D ∆x = 0,01239 − 0,00681 kg L

∆h = h2 − h1

∆h = 48,2499

∆x = x2 − x1 hW =

∆h ∆x

hW =

kJ kJ = 0,7096 kg L kg L kg D kg W = 0,00558 kg L kg L

0,7096 kJ kg L kJ = 127,168 0,00558 kg L kg W kg W

hW 127,168 kJ kg W K tW = = 30,35 ◦ C cW 4,19 kg W kJ b) mL = mL1 = mL2 tW =

V2 = mL2 (0, 622 + x2 ) mL2 =

RD T2 p2

mL2 =

p 2 V2 1 RD T2 0, 622 + x2

1 kg L 0,98 bar kg D K · 540 m3 100 kJ · 3 · = 623,376 kg L 0,46152 kJ 289,95 K m bar (0,622 + 0,01239) kg D

c) ∆mW = mL2 ∆x m2 = mL2 + ∆mW

∆mW = 623,376 kg L · 0,00558

kg W = 3,478 kg W kg L

m2 = 623,376 kg + 3,478 kg = 626,854 kg

Aufgabe 10.15 Für eine Produktionshalle, in der mit hygroskopischen Stoffen gearbeitet wird, soll ein Luftstrom (Zustand 1) von V˙ 1 = 8000 m3 /h mit einer Temperatur von t1 = 18,0 ◦ C und einer relativen Feuchte von ϕ1 = 0,45 bei einem Barometerstand von p1 = p2 = p3 = p = 990 mbar durch adiabates Mischen von Außenluft (Zustand 2) und Umluft (Zustand 3) erzeugt werden. Die Außenluft ist gesättigt und hat eine Temperatur von t2 = 8,0 ◦ C. Der Massenanteil der Außenluft soll gleich dem Massenanteil der Umluft sein (jeweils auf trockene Luft bezogen): m ˙ L2 = m ˙ L3 (Bild 10.16). Man bestimme die Temperatur t3 und die relative Feuchte ϕ3 der Umluft. (Schwierigkeitsgrad: mittel)

282

10 Feuchte Luft

Lösung: Tab. A.8: t1 = 18 ◦ C: pDS1 = 20,647 mbar pD1 = pDS1 ϕ1 = 20,647 mbar·0,45 = 9,2912 mbar x1 = 0,622

pD1 p − pD1

x1 = 0,622

V1 = mL1 (0, 622 + x1 ) mL1 =

RD T1 p1

9,2912 mbar kg D kg D = 0,005893 (990 − 9,2912) mbar kg L kg L m ˙ L1 =

p1 V˙ 1 1 RD T1 0, 622 + x1

0,99 bar kg D K · 8000 m3 1h 100 kJ 1 kg L kg L · · · = 2,6075 0,46152 kJ 291,15 K h 3600 s m3 bar (0,622 + 0,005893) kg D s

m ˙ D1 = m ˙ L1 x1

m ˙ = 2,6075

kg L kg D kg D · 0,005893 = 0,015366 s kg L s

h1 = cpL t1 + (cpD t1 + r0 ) x1 h1 =1,004

kJ kJ kg D kJ kJ ·18 ◦ C+(1,905 ·18 ◦ C+2500,9 )·0,005893 =33,012 kg L K kg D K kg D kg L kg L

Bild 10.16 Zu Aufgabe 10.15 m ˙ L2 = m ˙ L3 =

1 m ˙ L1 2

m ˙ L2 = m ˙ L3 =

1 kg L kg L · 2,6075 = 1,3038 2 s s

Tab. A.8: t2 = 8 ◦ C: pDS2 = 10,730 mbar pD2 = pDS2 ϕ2 = 10,730 mbar · 1,00 = 10,730 mbar x2 = 0,622

pD2 p − pD2

m ˙ D2 = m ˙ L2 x2

x2 = 0,622

m ˙ = 1,3038

10,730 mbar kg D kg D = 0,0068153 (990 − 10,730) mbar kg L kg L

kg L kg D kg D · 0,0068153 = 0,0088858 s kg L s

h2 = cpL t2 + (cpD t2 + r0 ) x2 h2 =1,004

kJ kJ kg D kJ kJ · 8 ◦ C + (1,905 · 8 ◦ C + 2500,9 ) · 0,0068153 =25,180 kg L K kg D K kg D kg L kg L

m ˙ D1 = m ˙ D2 + m ˙ D3 x3 =

m ˙ D3 = m ˙ D1 − m ˙ D2

m ˙ D3 m ˙ D1 − m ˙ D2 = m ˙ L3 m ˙ L3

m ˙ D3 = m ˙ L3 x3 kg D (0,015366 − 0,0088858) s = 0,0049702 kg D x3 = kg L kg L 1,3038 s

Aufgaben zu Abschnitt 10

283

kg D kg L pD3 pD3 = = 7,8481 mbar kg D (0, 622 + 0,0049702) kg L m ˙ L1 h1 = m ˙ L2 h2 + m ˙ L3 h3 m ˙ L3 h3 = m ˙ L1 h1 − m ˙ L2 h2 = 2 m ˙ L3 h1 − m ˙ L3 h2 kJ kJ kJ h3 = 2 h1 − h2 h3 = 2 · 33,012 − 25,180 = 40,844 kg L kg L kg L kg D kJ kJ − 0,0049702 · 2500,9 40,844 h3 − x3 r0 kg L kg L kg D = 28,036 ◦ C t3 = t3 = kJ kg D kJ cpL + x3 cpD 1,004 + 0,0049702 · 1,905 kg L K kg L kg D K pD3 x3 = 0,622 p − pD3

p x3 = 0, 622 + x3

990 mbar · 0,0049702

Tab. A.8: Bei t = 28 ◦ C ist pDS = 37,828 mbar; bei t = 29 ◦ C ist pDS = 40,089 mbar. Lineare Interpolation: pDS3 = 37,828 mbar + (40,089 − 37,828) mbar · 0,036 = 37,909 mbar ϕ3 =

pD3 pDS3

ϕ3 =

7,8481 mbar = 0,2070 = 20,70 % 37,909 mbar

Aufgabe 10.16 Auf Meereshöhe trifft bei einem Barometerstand von p1 = p = 1013 mbar ungesättigte feuchte Luft (Zustand 1), zu der eine Taupunkttemperatur von tS1 = 5,0 ◦ C gehört, auf eine Wasseroberfläche und kühlt diese allmählich auf eine Kühlgrenztemperatur von tS2 = 14,0 ◦ C ab (Zustand der gesättigten Luft unmittelbar über der Wasseroberfläche: S2) (Bild 10.17). a) Welche Temperatur t1 hat die ungesättigte feuchte Luft? b) Welche Temperatur tT 1 müsste trockene Luft (Zustand T1) haben, wenn Barometerstand und Kühlgrenztemperatur unverändert bleiben? Im Gebirge trifft bei einem Barometerstand von p∗1 = p∗ = 800 mbar ungesättigte feuchte Luft (Zustand 1∗ ), der eine Taupunkttemperatur von t∗S1 = tS1 = 5,0 ◦ C zugeordnet ist, auf eine Wasseroberfläche und kühlt diese allmählich auf eine Kühlgrenztemperatur von t∗S2 = tS2 = 14,0 ◦ C ab. c) Welche Temperatur t∗1 hat nunmehr die ungesättigte feuchte Luft? d) Welche Temperatur t∗T 1 müsste jetzt trockene Luft haben, wenn Barometerstand und Kühlgrenztemperatur unverändert bleiben?

Bild 10.17 Zu Aufgabe 10.16 (Schwierigkeitsgrad: erheblich)

284

10 Feuchte Luft

Lösung: a) p = 1013 mbar: Tabelle A.8: tS1 = 5 ◦ C:

pDS1 = 8,726 mbar

xS1 = x1 = 0,622 tS2 = 14 ◦ C:

xS1 = x1 = 0,622

pD1 = 8,726 mbar · 1,00 = 8,726 mbar

8,726 mbar kg D kg D = 0,0054045 (1013 − 8,726) mbar kg L kg L

pDS2 = 15,989 mbar

pD2 = pDS2 ϕ2 xS2 = 0,622

pD1 p − pD1

pD1 = pDS1 ϕ1

pD2 = 15,989 mbar · 1,00 = 15,989 mbar

pD2 p − pD2

xS2 = 0,622

15,989 mbar kg D kg D = 0,0099750 (1013 − 15,989) mbar kg L kg L

Die spezifische Enthalpie der gesättigten Luft über der Wasseroberfläche ist hS2 : hS2 = cpL tS2 + (cpD tS2 + r0 ) xS2 Für den Verdunstungsvorgang an der Wasseroberfläche gilt die Beziehung: hS2 − h1 = cW ϑ0 = cW tS2 xS2 − x1 Damit wird mit ϑ0 =tS2 :

hS2 − h1 =(xS2 − x1 ) cW tS2

h1 =hS2 − (xS2 − x1 ) cW tS2

h1 = cpL tS2 + (cpD tS2 + r0 ) xS2 − (xS2 − x1 ) cW tS2 h1 = 1,004

kJ kJ kg D kJ · 14 ◦ C + (1,905 · 14 ◦ C + 2500,9 ) · 0,0099750 kg L K kg D K kg D kg L

− (0,0099750 − 0,0054045)

kg D kJ kJ · 4,19 · 14 ◦ C = 39,000 kg L kg D K kg L

Für die feuchte Luft beim Zustand 1 gilt auch: h1 = cpL t1 + (cpD t1 + r0 ) x1 Damit wird h1 − x1 r0 t1 = cpL + x1 cpD

kJ kg D kJ − 0,0054045 · 2500,9 kg L kg L kg D t1 = = 25,125 ◦ C kJ kg D kJ 1,004 + 0,0054045 · 1,905 kg L K kg L kg D K 39,000

b) p = 1013 mbar: Im Falle trockener Luft gilt:

x1 = 0

hT 1 = cpL tS2 + (cpD tS2 + r0 ) xS2 − xS2 cW tS2 hT 1 = 1,004

kJ kJ kg D kJ · 14 ◦ C + (1,905 · 14 ◦ C + 2500,9 ) · 0,0099750 kg L K kg D K kg D kg L

− 0,0099750

kJ kJ kg D · 4,19 · 14 ◦ C = 38,683 kg L kg D K kg L

Für die trockene Luft beim Zustand 1 gilt auch: hT 1 = cpL tT 1 Damit wird

Aufgaben zu Abschnitt 10

tT 1

285

kJ kg L = = 38,529 ◦ C kJ 1,004 kg L K 38,683

hT 1 = cpL

tT 1

Die Zustände 1, S2 und T1 liegen im h,x-Diagramm für den Druck p = 1013 mbar auf einer Geraden: der Verlängerung der Nebelisotherme für tS2 = ϑ0 = 14 ◦ C. Diese hat die hS2 − h1 Steigung = cW ϑ0 = cW tS2 (Bild 10.17). xS2 − x1 c) p∗ = 800 mbar: Tabelle A.8: tS1 = 5 ◦ C:

t∗S1 = tS1

t∗S2 = tS2

pDS1 = 8,726 mbar

pD1 = pDS1 ϕ1

pD1 = 8,726 mbar · 1,00 = 8,726 mbar

x∗S1 = x∗1 = 0,622

pD1 p∗ − pD1

tS2 = 14 ◦ C:

x∗S1 = x∗1 = 0,622

pDS2 = 15,989 mbar

8,726 mbar kg D kg D = 0,0068593 (800 − 8,726) mbar kg L kg L

pD2 = pDS2 ϕ2

pD2 = 15,989 mbar · 1,00 = 15,989 mbar x∗S2 = 0,622

pD2 p∗ − pD2

x∗S2 = 0,622

15,989 mbar kg D kg D = 0,012685 (800 − 15,989) mbar kg L kg L

Die spezifische Enthalpie der gesättigten Luft über der Wasseroberfläche ist h∗S2 : h∗S2 = cpL tS2 + (cpD tS2 + r0 ) x∗S2 Für den Verdunstungsvorgang an der Wasseroberfläche gilt die Beziehung: h∗S2 − h∗1 = cW ϑ0 = cW tS2 x∗S2 − x∗1 h∗S2 − h∗1 =(x∗S2 − x∗1 ) cW tS2

Damit wird mit ϑ0 =tS2 :

h∗1 =h∗S2 − (x∗S2 − x∗1 ) cW tS2

h∗1 = cpL tS2 + (cpD tS2 + r0 ) x∗S2 − (x∗S2 − x∗1 ) cW tS2 h∗1 = 1,004

kJ kJ kg D kJ · 14 ◦ C + (1,905 · 14 ◦ C + 2500,9 ) · 0,012685 kg L K kg D K kg D kg L

− (0,012685 − 0,0068593)

kg D kJ kJ · 4,19 · 14 ◦ C = 45,776 kg L kg D K kg L

Für die feuchte Luft beim Zustand 1∗ gilt auch: h∗1 = cpL t∗1 + (cpD t∗1 + r0 ) x∗1 Damit wird t∗1

h∗1 − x∗1 r0 = cpL + x∗1 cpD

d) p∗ = 800 mbar:

kJ kg D kJ − 0,0068593 · 2500,9 kg L kg L kg D = = 28,141 ◦ C kJ kg D kJ 1,004 + 0,0068593 · 1,905 kg L K kg L kg D K 45,776

t∗1

t∗S1 = tS1

Im Falle trockener Luft gilt: h∗T 1

t∗S2 = tS2 x∗1 = 0

= cpL tS2 + (cpD tS2 + r0 ) x∗S2 − x∗S2 cW tS2

h∗T 1 = 1,004

kJ kJ kJ kg D · 14 ◦ C + (1,905 · 14 ◦ C + 2500,9 ) · 0,012685 kg L K kg D K kg D kg L

286

10 Feuchte Luft

kJ kJ kg D · 4,19 · 14 ◦ C = 45,374 kg L kg D K kg L

− 0,012685

Für die trockene Luft beim Zustand 1 gilt auch: h∗T 1 = cpL t∗T 1 Damit wird t∗T 1

kJ kg L = = 45,193 ◦ C kJ 1,004 kg L K 45,374

h∗ = T1 cpL

t∗T 1

Die Zustände 1∗ , S2∗ und T1∗ liegen im h,x-Diagramm für den Druck p∗1 = 800 mbar auf einer Geraden: der Verlängerung der Nebelisotherme für t∗S2 = tS2 = ϑ0 = 14 ◦ C. Diese h∗ − h∗1 = cW ϑ0 = cW t∗S2 . hat die Steigung S2 x∗S2 − x∗1 Aufgabe 10.17 Auf dem Jungfraujoch, das 3454 m hoch ist, wird bei einem Luftdruck von p = 653 mbar eine Temperatur von t1 = 6,0 ◦ C gemessen. Der zugehörige Taupunkt liegt bei tS = − 1,0 ◦ C. Wie groß sind der Feuchtegrad (Wassergehalt) x1 und die relative Feuchte ϕ1 der Luft? (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: p = 653 mbar: Tabelle A.8: tS = − 1 ◦ C:

pDS = 5,627 mbar

pD1 xS = x1 = 0,622 p − pD1 Tabelle A.8: pD1 ϕ1 = pDS1

pD1 = pDS ϕS

pD1 = 5,627 mbar · 1,00 = 5,627 mbar

5,627 mbar kg D kg D xS = x1 = 0,622 = 0,0054065 (653 − 5,627) mbar kg L kg L

t1 = 6 ◦ C: pDS1 = 9,354 mbar 5,627 mbar ϕ1 = = 0,60156 9,354 mbar

Aufgabe 10.18 Beim Druck von p1 = 1,0 bar und der Temperatur t1 = 20,0 ◦ C wird feuchte Luft, die einen Wassergehalt (Feuchtegrad) von x1 = 0,006 kg D / kg L enthält, isotherm verdichtet. a) Bei welchem Verhältnis des Endvolumens V2 zum Anfangsvolumen V1 wird der Sättigungszustand erreicht? b) Wieviel Wasser je kg Luft ∆x kondensiert bei einer isothermen Verdichtung auf p3 = 5,0 bar? c) Welche Temperatur t4 müsste feuchte Luft bei einem Druck von p4 = p3 = 5,0 bar, einem Feuchtegrad von x4 = x1 = 0,006 kg D / kg L und einer relativen Feuchte von ϕ4 = 0,85 haben? (Schwierigkeitsgrad: mittel)

Aufgaben zu Abschnitt 10

287

Lösung: t1 = 20 ◦ C:

a) p1 = 1,0 bar: Tabelle A.8: pD1 x1 = 0,622 p1 − pD1 ϕ1 =

pD1

pDS1 = 23,392 mbar kg D kg L = = 9,554 mbar kg D (0, 622 + 0,006) kg L 1000 mbar · 0,006

p1 x1 = 0, 622 + x1

pD1

9,554 pD1 = = 0,4084 pDS1 23,392

Isotherme Verdichtung der feuchten Luft und damit zugleich des darin enthaltenen Wasserdampfs:

b) p3 = 5,0 bar: xS3

9,554 mbar V2 = = 0,4084 V1 23,392 mbar

V2 pD1 = V1 pDS1

pD1 V1 = pDS1 V2

pDS3 = pDS1

pDS3 = 0,622 p3 − pDS3

xS3 = 0,622

23,392 mbar kg D kg D = 0,0029236 (5000 − 23,392) mbar kg L kg L

Kondensation: ∆x = x1 − xS3

∆x = (0,006 − 0,0029236)

kg D kg D = 0,0030764 kg L kg L

c) p4 = p3 = 5,0 bar: x4 = x1 = 0,006 ϕ4 = 0,85

kg D : kg L

pDS4 =

pD4 ϕ4

pD4 =

p4 pD1 p1

pDS4 =

pD4 =

5,0 bar · 9,554 mbar = 47,770 mbar 1,0 bar

47,770 mbar = 56,200 mbar 0,85

Lineare Interpolation mit Werten aus Tabelle A.8: t4 = 34 ◦ C:

pDS4 = 53,247 mbar

56,200 − 53,247 ◦ t4 = 34 C + C 56,286 − 53,247 ◦

t4 = 35 ◦ C:

pDS4 = 56,286 mbar

◦

t4 = 34,97 C

Aufgabe 10.19 Feuchte Luft mit der Trockenluftmasse mL = 2,0 kg, der Temperatur t1 = 15,0 ◦ C und dem Gesamtdruck p1 = 1020 mbar hat die relative Feuchte ϕ1 = 90 %. Durch Veränderung des Gesamtdrucks bei konstanter Temperatur t2 = t1 und konstantem Feuchtegrad (Wassergehalt) x2 = x1 wird die relative Feuchte auf ϕ2 = 80 % gesenkt (Bild 10.18 und Bild 10.19). a) Wie groß ist der Feuchtegrad (Wassergehalt) x1 = x2 ? b) Welchen Wert nimmt der Gesamtdruck p2 an? c) Wie groß ist die erforderliche Wärme bei der isothemen Zustandsänderung, und in welche Richtung wird diese übertragen? d) Welche Wärme wird übertragen, wenn vom angegebenen Anfangszustand durch eine isobare Zustandsänderung bei konstantem Feuchtegrad (Wassergehalt) x∗2 = x2 = x1 die relative Feuchte ϕ∗2 = ϕ2 = 80 % erreicht werden soll? (Schwierigkeitsgrad: mittel)

288

10 Feuchte Luft

Lösung: a) p1 = 1,020 bar: Tabelle A.8: t1 = 15 ◦ C:

pDS1 = 17,057 mbar

pD1 = pDS1 ϕ1

pD1 = 17,057 mbar · 0,90 = 15,3513 mbar b) Isotherme Zustandsänderung: x1 = 0,622

pD1 p1 − pD1

x1 = 0,622

15,3513 mbar kg D kg D = 0,0095043 (1020 − 15,3513) mbar kg L kg L

pDS1 ϕ1 pDS1 ϕ2 = 0,622 p1 − pDS1 ϕ1 p2 − pDS1 ϕ2 ϕ2 ϕ1 = p1 − pDS1 ϕ1 p2 − pDS1 ϕ2

x1 = x2 = 0,622

p2 ϕ1 − pDS1 ϕ1 ϕ2 = p1 ϕ2 − pDS1 ϕ1 ϕ2 p2 =

ϕ2 p1 ϕ1

p2 =

p2 − pDS1 ϕ2 = p1

ϕ2 − pDS1 ϕ2 ϕ1

0, 8 · 1020 mbar = 906,667 mbar 0, 9

c) Wärmezufuhr an die feuchte Luft: Q12 = − WV 12 = − Wp12 = m R T ln

p1 p2

m R = mL RL + mD RD = mL (RL + x RD )

Q12 = − WV 12 = − Wp12 = mL (RL + x RD ) T ln

p1 p2

Q12 = − WV 12 = − Wp12 = = 2,0 kg·(0,28706+0,0095043

kJ 1020 mbar kg D ·0,46152) ·288,15 K ln = 19,783 kJ kg L kg K 906,667 mbar

Bild 10.18 Zu Aufgabe 10.19 d d) Isobare Zustandsänderung: pD = ϕ1 pDS1 = ϕ∗2 p∗DS2 = const. bei isobarer Wärmezufuhr ϕ1 0, 9 p∗DS2 = ∗ pDS1 p∗DS2 = 17,057 mbar = 19,189 mbar ϕ2 0, 8 Lineare Interpolation mit Werten aus Tabelle A.8:

Aufgaben zu Abschnitt 10

t∗2 = 16 ◦ C:

p∗DS2 = 18,188 mbar

t∗2 = 16 ◦ C +

19,189 − 18,188 ◦ C 19,383 − 18,188

t∗2 = 17 ◦ C:

289

p∗DS2 = 19,383 mbar

t2 = 16,838 ◦ C

h1 = cpL t1 + (cpD t1 + r0 ) x1 h1 = 1,004

kJ kJ kJ kg D · 15,0 ◦ C + (1,905 · 15,0 ◦ C + 2500,9 ) · 0,0095043 kg L K kg D K kg D kg L

h1 = 39,101

kJ kg L

h∗2 = cpL t∗2 + (cpD t∗2 + r0 ) x2 h∗2 =1,004

kJ kJ kg D kJ · 16,838 ◦ C + (1,905 ·16,838 ◦ C + 2500,9 )·0,0095043 kg L K kg D K kg D kg L

h∗2 = 40,980

kJ kg L

Q∗12 = mL (h∗2 − h1 )

Q∗12 = 2,0 kg · (40,980

kJ kJ − 39,101 ) = 3,758 kJ kg L kg L

290

10 Feuchte Luft

.

Bild 10.19: h,x - Diagramm für feuchte Luft (p = 1000 mbar, um 90o gedreht)

Aufgaben zu Abschnitt 11: Verbrennung Aufgabe 11.1 In einer Versuchsanstalt für Meeresbiologie werden pflanzliche Algen kultiviert, entwässert .und getrocknet, um daraus einen Biomasse-Brennstoff zu gewinnen. Die Biomasse wird bei Verbrennungsuntersuchungen zunächst mithilfe eines Bioöl-Zündstrahls gezündet. (Dieser Anfahrvorgang ist hier nicht zu betrachten.) Die Algenmasse wird darauf im stationären Betrieb gemäß der folgenden Zusammensetzung in Massenanteilen Kohlenstoff c, Wasserstoff h, Sauerstoff o, Stickstoff n und Flüssigwasser w mit dem Luftverhältnis λ = 1,4 vollständig verbrannt. Die Verbrennungsluft ist trocken und hat den Zustand pL = 0,98 bar sowie tL = 10 ◦ C. c

+

h

+

o

+

n

+

w

= 1

0,2220 + 0,0450 + 0,3000 + 0,0330 + 0,4000 = 1 0,2220 kg + 0,0450 kg + 0,3000 kg + 0,0330 kg + 0,4000 kg = 1 kg a) Es sind jeweils der spezifische Mindestsauerstoffbedarf o∗min , der spezifische Mindestluft∗ , der spezifische Luftbedarf l∗ , die Sauerstoffbedarfscharakteristik σ und die bedarf lmin Stickstoffcharakteristik ν zu berechnen. ∗ b) Es soll die spezifische feuchte Verbrennungsgasmenge v0A f mit Hilfe einer Gleichung bestimmt werden, bei der nur die Kenntnis der Reaktanden und nicht auch die Kenntnis der einzelnen Verbrennungsgaskomponenten erforderlich ist. ∗ c) Wie groß ist die tatsächliche spezifische feuchte Verbrennungsgasmenge vA f , wenn das Verbrennungsgas die Feuerung mit dem Zustand pV = 0,98 bar und tV = 150 ◦ C verlässt?

d) Welchen Wert hat der Heizwert Hi , wenn er zum einen mit der Verbandsformel des deutschen Steinkohlenbergbaus und zum anderen mit der Formel von Boie berechnet wird? (Die Formeln sind z. B. in Abschnitt 11, Aufgabe 10 des Lehrbuchs ‘Grundlagen der Technischen Thermodynamik‘ (8. Auflage) angegeben.) e) Für die Berechnung von chemischen Umsetzungen wird wasser- und aschefreies Holz (waf) mit dem ‘fiktiven Molekül‘ CH1,44 O0,66 angegeben. Es soll analog dazu das ‘fiktive Molekül‘ CHm On No der – als trocken und aschefrei angenommenen – Algen-Biomasse aus der Zusammensetzung in Massenanteilen berechnet werden. (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) omin = 2, 66 c + 7, 94 h − o omin = (2, 66 · 0,2220 + 7, 94 · 0,0450 − 0,3000) o∗min = ∗ = lmin

omin 0 O2

o∗min =

kg O2 kg O2 = 0,6478 kg B kg B

0,6478 kg O2 Nm3 O2 Nm3 O2 = 0,4533 1,429 kg B kg O2 kg B

Nm3 L o∗min = 2,1588 0,21 kg B

∗ l∗ = λ lmin

σ=

omin 2,66 c

ν=

n MC c MN2

l∗ = 1, 4 · 2,1588 σ= ν=

Nm3 L Nm3 L = 3,0223 kg B kg B

0,6478 kmol O2 kmol O2 = 1,097 2,66 · 0,2220 kmol C kmol C n 12, 01 c 28, 02

© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2024 M. Dehli, Aufgabensammlung Technische Thermodynamik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-44242-2_11

292

11 Verbrennung

0,033 kmol N2 kmol N2 n ν = 0,429 · = 0,0638 ν = 0,429 c 0,2220 kmol C kmol C   V0 A = l∗ + 1,24 w + 0,70 o + 0,80 n + 5,56 h b) v0∗ A f = mB f v0∗ A f = (3, 0223+1, 24·0, 4+0, 70·0, 3+0, 8·0, 033+5, 56·0, 045) ∗ ∗ c) vA f = v0 A f

p 0 TA p A T0

∗ vA f = 4,0049

Nm3 A f Nm3 A f = 4,0049 kg B kg B

Nm3 A f 1,01325 bar · 423,15 K Nm3 A f · = 6,4147 kg B 0,980 bar · 273,15 K kg B

d) Hi = 33,9 c + 121 h + 10,5 s − 15,2 o − 2,5 w

(Formel des Deutschen Steinkohlenverbands)

Hi = (33,9 · 0, 2220 + 121 · 0, 0450 + 10,5 · 0,0 − 15,2 · 0, 300 − 2,5 · 0, 400) Hi = 34,8 c + 93,9 h + 10,5 s + 6,3 n − 10,8 o − 2,5 w

MJ MJ = 7,411 kg B kg B

(Formel von Boie)

Hi = (34,8 · 0, 2220 + 93,9 · 0, 0450 + 10,5 · 0, 0 + 6,3 · 0, 033 − 10,8 · 0, 300 − 2,5 · 0, 400) Hi = 7,919

MJ kg B

MJ kg B

e) Massenanteil der trockenen Brennstoffkomponenten ohne Wasser: c + h + o + n = 0,6 Massen der Komponenten in 1 kg wasserfreier Algenmasse: 0, 2220 0, 0450 c∗ = kg = 0, 3700 kg h∗ = kg = 0, 0750 kg 0, 6000 0, 6000 0, 3000 0, 0330 kg = 0, 5000 kg n∗ = kg = 0, 0550 kg o∗ = 0, 6000 0, 6000 m n= M 0, 3700 kg 0, 0750 kg nc = = 0,03081 kmol nh = = 0,07426 kmol kg kg 12, 01 1, 01 kmol kmol 0, 5000 kg 0, 0550 kg = 0,03125 kmol nn = = 0,00393 kmol no = kg kg 16, 00 14, 01 kmol kmol Auf 1 kmol C bezogen ergibt sich: nc = 1 kmol no =

nh =

0, 07426 kmol = 2,4103 kmol 0, 03081

0, 03125 kmol = 1,0143 kmol 0, 03081

nn =

0, 00393 kmol = 0,1276 kmol 0, 03081

Damit ergibt sich für ein fiktives Molekül der trockenen Algenmasse: C H2,410 O1,014 N0,128 bzw. in gerundeter Form C H2,4 O N0,1 Aufgabe 11.2 Eine Feuerungsanlage hat einen Schornstein der Höhe z = 4 m. Der Luftdruck beträgt pL = 1,0 bar. Die Lufttemperatur ist tL = 10 ◦ C und die Verbrennungsgastemperatur tV = 150 ◦ C. Wie groß ist die Druckdifferenz Δp (d. h. der Schornsteinzug) des strömenden Verbrennungsgases an der Schornsteinmündung? Die speziellen Gaskonstanten der Luft und des Verbrennungsgases betragen RL = 0,2872 kJ/(kg K) und RA = 0,3210 kJ/(kg K). (Schwierigkeitsgrad: leicht)

Aufgaben zu Abschnitt 11

293

Lösung: F = z g (L − A ) A   1 1 − Δp ≈ z g p RL TL RA TA   m 1 1 kg K 1 kJ 1N s2 Δp ≈ 4 m · 9, 81 2 · 1,0 bar · − · · s 0,2872 · 283,15 0,3210 · 423,15 kJ K 1000 N m kg m Δp =

Δp ≈ 0,00019365 bar = 0,19365 mbar Aufgabe 11.3 In einer Papierfabrik fällt Altpapierschlamm an, der in einem Wirbelschichtkessel zur gekoppelten Strom- und Wärmeerzeugung verfeuert wird. (Der Altpapierschlamm wird zunächst mit Hilfe von Erdgaslanzen gezündet; dieser Anfahrvorgang ist hier nicht zu betrachten.) Der Altpapierschlamm wird darauf im stationären Betrieb gemäß der folgenden Zusammensetzung in Massenanteilen mit dem Luftverhältnis λ = 1,5 vollständig verbrannt. Die Verbrennungsluft ist trocken und hat den Zustand pL = 1,01 bar sowie tL = 15 ◦ C. c

+

h

+

s

+

o

+

n

+

w

+

a

= 1

0,1201 + 0,0140 + 0,0004 + 0,0850 + 0,0010 + 0,5500 + 0,2295 = 1 0,1201 kg + 0,0140 kg + 0,0004 kg + 0,0850 kg + 0,0010 kg + 0,5500 kg + 0,2295 kg = 1 kg a) Es sind jeweils der spezifische Mindestsauerstoffbedarf o∗min , der spezifische Mindestluft∗ , der spezifische Luftbedarf l∗ , die Sauerstoffbedarfscharakteristik σ und die bedarf lmin Stickstoffcharakteristik ν zu berechnen. ∗ b) Wie groß sind die spezifische feuchte Verbrennungsgasmenge v0A f und die spezifische tro∗ sowie die Mengen der zugehörigen Verbrennungsgasckene Verbrennungsgasmenge v0A t komponenten?

c) Es soll die Molmasse MA sowie die spezielle Gaskonstante RA des Verbrennungsgases bestimmt werden. ∗ d) Wie groß ist die tatsächliche spezifische feuchte Verbrennungsgasmenge vA f , wenn das Verbrennungsgas die Feuerungsanlage mit dem Zustand pA = 1,01 bar und tA = 130 ◦ C verlässt?

e) Es ist der Heizwert Hi mit der Verbandsformel des deutschen Steinkohlenbergbaus sowie mit der Formel von Boie zu bestimmen. f) Der Wirbelschichtkessel hat einen Schornstein mit der Höhe z = 80 m. Wie groß ist die Druckdifferenz Δp (d. h. der Schornsteinzug) zwischen der Außenluft und dem strömenden Verbrennungsgas an der Schornsteinmündung? Die spezielle Gaskonstante der Luft beträgt RL = 0,2872 kJ/(kg K). g) Für die Berechnung von chemischen Umsetzungen wird wasser- und aschefreies Holz (waf) mit dem ‘fiktiven Molekül‘ CH1,44 O0,66 angegeben. Es ist analog dazu das ‘fiktive Molekül‘ CHm On No des – als trocken und aschefrei angenommenen – Altpapierschlamms aus der Zusammensetzung in Massenanteilen zu berechnen. (Schwierigkeitsgrad: mittel)

294

11 Verbrennung

Lösung: a) omin = 2, 66 c + 7, 94 h + 1, 00 s − o omin = (2, 66 · 0,1201 + 7, 94 · 0,0140 + 1, 00 · 0,0004 − 0,0850) omin 0 O2

o∗min = ∗ = lmin

o∗min =

0,34603 kg O2 Nm3 O2 Nm3 O2 = 0,24215 1,429 kg B kg O2 kg B

Nm3 L o∗min = 1,15310 0,21 kg B

∗ l∗ = λ lmin

σ=

omin 2,66 c

ν=

n MC c MN2 n c

ν = 0,429 b) v0∗ CO2 = v0∗ H2 O =

l∗ = 1, 5 · 1,15310 σ= ν=

Nm3 L Nm3 L = 1,72965 kg B kg B

0,34603 kmol O2 kmol O2 = 1,08315 2,66 · 0,1201 kmol C kmol C n 12, 01 c 28, 02

ν = 0,429 ·

V0 CO2 = 1,86 c mB

0,0010 kmol N2 kmol N2 = 0,00357 0,1201 kmol C kmol C v0∗ CO2 = 1,86 · 0,1201

v0∗ SO2 = v0∗ O2 =

V0 SO2 = 0,68 s mB

Nm3 SO2 kg B

Nm3 SO2 kg B

Nm3 O2 Nm3 O2 = 0,1211 kg B kg B

V0 N 2 = 0,79 l∗ + 0,8 n mB



V0 A mB



Nm3 N2 Nm3 N2 = 1,3672 kg B kg B

= v0∗ CO2 + v0∗ H2 O + v0∗ SO2 + v0∗ O2 + v0∗ N2

f

v0∗ A f = (0,2234 + 0,8375 + 0, 0003 + 0, 1211 + 1, 3672) =

v0∗ SO2 = 0,0003

V0 O 2 ∗ = 0,21 (λ − 1) lmin mB

v0∗ N2 = (0,79 · 1,72965 + 0,8 · 0,0010) v0∗ A f =

Nm3 H2 O Nm3 H2 O = 0,8375 kg B kg B

v0∗ SO2 = 0,68 · 0,0004

v0∗ O2 = 0,21 · (1,5 − 1) · 1,15310 v0∗ N2 =

Nm3 CO2 Nm3 CO2 = 0,2234 kg B kg B

V0 H 2 O = 11,11 h + 1,24 w mB

v0∗ H2 O = (11,11 · 0,0140 + 1,24 · 0,5500)

v0∗ A t

kg O2 kg O2 = 0,34603 kg B kg B



V0 A mB



Nm3 A f Nm3 A f = 2, 5495 kg B kg B

= v0∗ A f − v0∗ H2 O − v0∗ SO2 = v0∗ CO2 + v0∗ O2 + v0∗ N2

t

v0∗ A t = (0,2234 + 0, 1211 + 1, 3672)

Nm3 A t Nm3 A t = 1, 7117 kg B kg B

Aufgaben zu Abschnitt 11

295

Weitere Berechnungsmöglichkeit im Sinne einer Überprüfung:   V0 A = l∗ + 1,24 w + 0,70 o + 0,80 n + 5,56 h v0∗ A f = mB f v0∗ A f = (1, 72965 + 1, 24 · 0, 5500 + 0, 70 · 0, 0850 + 0, 8 · 0, 0010 + 5, 56 · 0, 0140) v0∗ A f = 2,5498

Nm3 A f kg B

Nm3 A f kg B

Die Ergebnisse stimmen gut überein. c) MA = r CO2 M CO2 + r H2 O M H2 O + r SO2 M SO2 + r O2 M O2 + r N2 M N2 r CO2 =

v0∗ CO2 0, 2234 = = 0, 0876 v0∗ A f 2, 5495

r H2 O =

r SO2 =

v0∗ SO2 0, 0003 = = 0, 0001 v0∗ A f 2, 5495

r O2 =

r N2 =

v0∗ H2 O 0, 8375 = = 0, 3285 v0∗ A f 2, 5495

v0∗ O2 0, 1211 = = 0, 0475 v0∗ A f 2, 5495

v0∗ N2 1, 3672 = = 0, 5363 v0∗ A f 2, 5495

MA = (0, 0876 · 44, 01 + 0, 3285 · 18, 0153 + 0, 0001 · 64, 065 + 0, 0475 · 32, 00 + 0, 5363 · 28, 01) RA =

Rm MA

∗ ∗ d) vA f = v0 A f

kg kg = 26, 3215 kmol kmol

RA = p 0 TA p A T0

8, 31451 kJ kmol kJ = 0, 31588 26, 3215 kmol K kg kg K ∗ vA f = 2,5495

Nm3 A f Nm3 A f 1,01325 bar · 403,15 K · = 3,7750 kg B 1,01 bar · 273,15 K kg B

e) Hi = 33,9 c + 121 h + 10,5 s − 15,2 o − 2,5 w

(Formel des Deutschen Steinkohlenverbands)

Hi = (33,9 · 0, 1201 + 121 · 0, 0140 + 10,5 · 0,0004 − 15,2 · 0, 0850 − 2,5 · 0, 5500) Hi = 3,1026

MJ kg B

MJ kg B

Hi = 34,8 c + 93,9 h + 10,5 s + 6,3 n − 10,8 o − 2,5 w

(Formel von Boie)

Hi = (34,8·0, 1201+93,9·0, 0140+10,5·0, 0004+6,3·0, 0010−10,8·0, 0850−2,5·0, 5500) Hi = 3,2116

MJ kg B

MJ kg B

  1 1 F = z g (L − A ) ≈ z g p − A RL TL RA TA   1 1 kg K 1 kJ 1N s2 m − · · Δp ≈ 80 m·9, 81 2 ·1,01 bar· s 0,2872 · 288,15 0,31588 · 403,15 kJ K 1000 N m kg m

f) Δp =

Δp ≈ 0,00335 bar = 3,35 mbar

296

11 Verbrennung

g) Massenanteil der Stoffe ohne Wasser und Asche: c + h + s + o + n = 0, 1201 + 0, 0140 + 0, 0004 + 0, 0850 + 0, 0010 = 0, 2205 Massen der Komponenten in 1 kg wasser- und aschefreiem Altpapierschlamm: 0, 1201 0, 0140 c∗ = kg = 0, 5447 kg h∗ = kg = 0, 0635 kg 0, 2205 0, 2205 0, 0850 kg = 0, 3855 kg 0, 2205 0, 0010 n∗ = kg = 0, 0045 kg 0, 2205

o∗ =

n=

s∗ =

0, 0004 kg = 0, 0018 kg 0, 2205

m M

0, 5447 kg = 0,04535 kmol kg 12, 01 kmol 0, 3855 kg = 0,02409 kmol no = kg 16, 00 kmol 0, 0045 kg = 0,00032 kmol nn = kg 14, 01 kmol nc =

0, 0635 kg = 0,06287 kmol kg 1, 01 kmol 0, 0018 kg ns = = 0,00006 kmol kg 32, 06 kmol

nh =

Auf 1 kmol C bezogen ergibt sich: nc = 1 kmol

nh =

0, 06287 kmol = 1,3863 kmol 0, 04535

no =

0, 02409 kmol = 0,5313 kmol 0, 04535

nn =

0, 00032 kmol = 0,0071 kmol 0, 04535

ns =

0, 00006 kmol = 0,0013 kmol 0, 04535

Damit ergibt sich für ein fiktives Molekül des trockenen und aschefreien Altpapierschlamms: C H1,386 O0,531 S0,001 N0,007

bzw. in gerundeter Form

C H1,4 O0,5

Trockener und aschefreier Altpapierschlamm ist ähnlich zusammengesetzt wie wasser- und aschefreies Holz, da Papier aus Holz hergestellt wird. Aufgabe 11.4 Überschussmengen eines Synthesegases für chemische Prozesse sollen durch Verbrennung mit Luft zur Wärmeversorgung genutzt werden. Die Zusammensetzung des Synthesegases in Volumenanteilen ri ist: 50,0 % H2 ;

30,0 % CO;

20,0 % N2

Das Gas und die Verbrennungsluft sind trocken und können als ideale Gase behandelt werden. a) Es ist der auf das Normvolumen bezogene Heizwert des Synthesegases Hi,0 mithilfe der Werte von CO und H2 zu berechnen, die zu Hi,0 H2 = 10,782 MJ/Nm3 und Hi,0 CO = 12,634 MJ/Nm3 gegeben sind. b) Das Synthesegas wird bei einem Luftverhältnis von λ = 1,3 vollständig verbrannt. Wie at ? groß sind die Werte für omin , lmin , l , v0 Amin f , v0 Amin t , v0 A f , v0 A t und rCO 2 max

Aufgaben zu Abschnitt 11

297

c) Die Zusammensetzung des trockenen Verbrennungsgases und des feuchten Verbrennungsgases bei λ = 1,3 soll bestimmt werden. d) Die berechneten Werte für lmin , v0 Amin f und v0 A f sind anhand eines geeigneten Schaubildes zu überprüfen. e) Nunmehr wird das Synthesegas mit 5 % Luftmangel (λ = 0,95) verbrannt. Im Verbrennungsgas wird als brennbarer Bestandteil nur CO gefunden; freier Sauerstoff tritt nicht auf. Die tatsächlich zugeführte Luftmenge l , die Mengen v0 CO , v0 CO2 und v0 N2 , die feuchte Abgasmenge v0 A f sowie die trockene Abgasmenge v0 A t sind zu berechnen. Außerdem soll die Zusammensetzung des trockenen Verbrennungsgases und des feuchten Verbrennungsgases bei λ = 0,95 bestimmt werden. (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) Hi,0 = r H2 Hi,0 H2 + r CO Hi,0 CO Hi,0 = (0,5 · 10, 782 + 0,3 · 12, 634)

MJ MJ = 9, 181 Nm3 B Nm3 B

b) Für die vollständige Verbrennung des Synthesegases ergibt sich: omin =

V0 Omin = 0,5 rH2 + 0,5 rCO V0 B

lmin =

omin 0,21

l = λ lmin

lmin =

omin = (0,5 · 0,5 + 0,5 · 0,3)

Nm3 L 0,4 Nm3 O2 = 1,905 3 0,21 Nm B Nm3 B

l = 1,3 · 1,905

Nm3 L Nm3 L = 2,476 3 Nm B Nm3 B

v0 H2 O = rH2

v0 H2 O = 0,5

Nm3 H2 O Nm3 B

v0 CO2 = rCO

v0 CO2 = 0,3

Nm3 CO2 Nm3 B

v0 min O2 = 0

Nm3 O2 Nm3 O2 = 0,4 3 Nm B Nm3 B

Nm3 O2 Nm3 B v0 min N2 = (0,2 + 0,79 · 1,905)

v0 min N2 = rN2 + 0,79 lmin

Nm3 N2 Nm3 N2 = 1,705 3 Nm B Nm3 B

v0 Amin f = v0 H2 O + v0 CO2 + v0 min N2 v0 Amin f = (0,5 + 0,3 + 1,705)

Nm3 A f Nm3 A f = 2,505 Nm3 B Nm3 B

v0 Amin t = v0 Amin f − v0 H2 O v0 Amin t = (2,505 − 0,5)

Nm3 A t Nm3 A t = 2,005 3 Nm B Nm3 B

Nm3 O2 Nm3 O2 = 0,120 3 Nm B Nm3 B

v0 O2 = 0,21 (λ − 1) lmin

v0 O2 = 0,21 · (1,3 − 1) · 1,905

v0 N2 = rN2 + 0,79 λ lmin

v0 N2 = (0,2 + 0,79 · 1,3 · 1,905)

v0 A f = v0 H2 O + v0 CO2 + v0 O2 + v0 N2

Nm3 N2 Nm3 N2 = 2,156 3 Nm B Nm3 B

298

11 Verbrennung

v0 A f = (0,5 + 0,3 + 0,120 + 2,156) v0 A t = v0 A f − v0 H2 O at = rCO 2 max

v0 CO2 v0 Amin t

Nm3 A f Nm3 A f = 3,076 Nm3 B Nm3 B

v0 A t = (3,076 − 0,5) at rCO = 2 max

Nm3 A t Nm3 A t = 2,576 3 Nm B Nm3 B

0,3 Nm3 CO2 Nm3 CO2 = 0,1496 3 2,005 Nm A t Nm3 A t

c) Für die Zusammensetzung des trockenen Verbrennungsgases gilt: at = rCO 2

v0 CO2 v0 A t

at rCO = 2

0, 3 Nm3 CO2 Nm3 CO2 = 0,1165 2, 576 Nm3 A t Nm3 A t

at rO = 2

v0 O2 v0 A t

at rO = 2

0, 120 Nm3 O2 Nm3 O2 = 0,0466 3 2, 576 Nm A t Nm3 A t

at rN = 2

v0 N2 v0 A t

at rN = 2

Nm3 N2 2, 156 Nm3 N2 = 0,8369 2, 576 Nm3 A t Nm3 A t

Für die Zusammensetzung des feuchten Verbrennungsgases gilt: af = rH 2O

v0 H2 O v0 A f

af rH = 2O

Nm3 H2 O 0, 5 Nm3 H2 O = 0, 1626 3 3, 076 Nm A f Nm3 A f

af = rCO 2

v0 CO2 v0 A f

af rCO = 2

Nm3 CO2 0, 3 Nm3 CO2 = 0,0975 3, 076 Nm3 A f Nm3 A f

af = rO 2

v0 O2 v0 A f

af rO = 2

0, 120 Nm3 O2 Nm3 O2 = 0,0390 3 3, 076 Nm A f Nm3 A f

af = rN 2

v0 N2 v0 A f

af rN = 2

2, 156 Nm3 N2 Nm3 N2 = 0,7009 3, 076 Nm3 A f Nm3 A f

Bild 11.1 Zu Aufgabe 11.4: Synthesegas: Normvolumenbezogener Mindestluftbedarf, normvolumenbezogene feuchte Mindestabgasmenge und normvolumenbezogene feuchte Abgasmenge

Aufgaben zu Abschnitt 11

299

d) In Bild 11.1 können die Werte für lmin , v0 Amin f und v0 A f abgelesen werden. Sie ergeben sich zu lmin = 1, 8

Nm3 L Nm3 B

v0 Amin f = 2, 6

Nm3 A f Nm3 B

v0 A f = 3, 1

Nm3 A f Nm3 B

.

Die Übereinstimmung mit den errechneten Ergebnissen ist recht befriedigend. Nm3 L Nm3 L = 1,810 3 Nm B Nm3 B Die fehlende normvolumenbezogene Sauerstoffmenge oM angel entspricht dem normvolumenbezogenen Sauerstoffbedarf oBedarf , der für die Aufoxidation des – wegen Luftmangels entstandenen – Kohlenmonoxids CO zu Kohlendioxid CO2 gemäß der Reaktionsgleichung

e) l = λ lmin

l = 0,95 · 1,905

erforderlich wäre:

CO + 0,5 O2 = CO2

oBedarf = 0, 5 v0 CO

oM angel = oBedarf

oM angel = (1 − λ ) omin

Nm3 CO Nm3 CO = 0,04 Nm3 B Nm3 B In demselben Umfang, wie sich die normvolumenbezogene Menge an CO gebildet hat, ist die normvolumenbezogene Menge an CO2 vermindert: v0 CO = 2 (1 − λ ) omin

v0 CO = 2 · (1 − 0, 95) · 0,4

v0 CO2 = v0 CO2 − v0 CO

v0 CO2 = (0, 3 − 0, 04)

v0 N2 = rN2 + 0,79 λ lmin

Nm3 CO2 Nm3 CO2 = 0, 26 3 Nm B Nm3 B

v0 N2 = (0,2 + 0,79 · 0,95 · 1,905)

Nm3 N2 Nm3 N2 = 1,630 Nm3 B Nm3 B

v0 A f = v0 H2 O + v0 CO + v0 CO2 + v0 N2 v0 A f = (0,5 + 0,04 + 0,26 + 1,630)

Nm3 A f Nm3 A f = 2,430 Nm3 B Nm3 B

Nm3 A t Nm3 A t = 1,930 3 Nm B Nm3 B Für die Zusammensetzung des trockenen Verbrennungsgases gilt: v0 A t = v0 A f − v0 H2 O



at = rCO

v0 CO v0 A t 



at = rCO 2 

at = rN 2

v0 CO2 v0 A t 

v0 N2 v0 A t 

v0 A t = (2,430 − 0,5)

0, 04 Nm3 CO Nm3 CO = 0,0207 3 1, 930 Nm A t Nm3 A t



at rCO = 

at rCO = 2

Nm3 CO2 0, 26 Nm3 CO2 = 0,1347 3 1, 930 Nm A t Nm3 A t

1, 630 Nm3 N2 Nm3 N2 = 0,8446 3 1, 930 Nm A t Nm3 A t



at rN = 2

Für die Zusammensetzung des feuchten Verbrennungsgases gilt: 

af rH = 2O 

af rCO = 

v0 CO v0 A f 

af rCO = 2 

af rN = 2

v0 H2 O v0 A f 

v0 CO2 v0 A f 

v0 N2 v0 A f 



af rH = 2O 

af rCO = 

Nm3 CO 0, 04 Nm3 CO = 0,0164 3 2, 430 Nm A f Nm3 A f

af rCO = 2 

af rN = 2

Nm3 H2 O 0, 5 Nm3 H2 O = 0, 2058 3 2, 430 Nm A f Nm3 A f

Nm3 CO2 0, 26 Nm3 CO2 = 0,1070 2, 430 Nm3 A t Nm3 A t

Nm3 N2 1, 630 Nm3 N2 = 0,6708 3 2, 430 Nm A f Nm3 A f

300

11 Verbrennung

Aufgabe 11.5 Ein Erdgas L weist die folgende Zusammensetzung in Volumenanteilen auf: 81,8 % CH4 ;

2,8 % C2 H6 ;

0,4 % C3 H8 ;

0,2 % C4 H10 ;

0,8 % CO2 ;

14,0 % N2

Das Gas und die Verbrennungsluft sind trocken und können jeweils als ideales Gas angenommen werden. Das Erdgas L wird bei einem Luftverhältnis λ = 1,35 vollständig verbrannt. at ? a) Wie groß sind die Werte für omin , lmin , l , v0 Amin t , v0 Amin f , v0 A t , v0 A f und rCO 2 max

b) Die Zusammensetzung des trockenen Verbrennungsgases und des feuchten Verbrennungsgases beim Luftverhältnis λ = 1,35 soll bestimmt werden. Infolge einer Störung am Brenner ist eine Abgasmessung notwendig. Dabei werden im Verat  at at  = 0,1 % und rO = 4,0 % gemessen. Außer rCO brennungsgas die Volumenanteile rCO 2 befinden sich keine weiteren unverbrannten Bestandteile im Abgas. c) Das Luftverhältnis λ soll anhand verschiedener geeigneter Gleichungen exakt sowie näheat  auf? rungsweise ermittelt werden. Welchen Wert weist rCO 2 d) Wie groß sind nunmehr die tatsächlich zugeführte Luftmenge l , die Mengen v0 H2 O , v0 CO , v0 CO2 und v0 N2 , die feuchte Abgasmenge v0 A f sowie die trockene Abgasmenge v0 A t ? e) Die Zusammensetzung des nunmehr vorliegenden trockenen Verbrennungsgases und feuchten Verbrennungsgases soll bestimmt werden. at at f) Die Ergebnisse für die Anteile rCO und rO im trockenen Verbrennungsgas gemäß der 2 2 at  at  at und rO entsprechend der Teilaufgabe e) Teilaufgabe b) sowie für die Anteile rCO2 , rCO 2 sind anhand des Ostwald-Dreiecks für Erdgas L zu überprüfen.

(Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) Für die vollständige Verbrennung von Erdgas L ergibt sich: omin = 2 rCH4 + 3,5 rC2 H6 + 5 rC3 H8 + 6,5 rC4 H10 omin = (2 · 0,818 + 3,5 · 0,028 + 5 · 0,004 + 6,5 · 0,002) lmin =

omin 0,21

l = λ lmin

lmin =

Nm3 O2 Nm3 O2 = 1,767 Nm3 B Nm3 B

Nm3 L 1,767 Nm3 L = 8,414 0,21 Nm3 B Nm3 B

l = 1,35 · 8,414

Nm3 L Nm3 L = 11,359 3 Nm B Nm3 B

v0 H2 O = 2 rCH4 + 3 rC2 H6 + 4 rC3 H8 + 5 rC4 H10 v0 H2 O = (2 · 0,818 + 3 · 0,028 + 4 · 0,004 + 5 · 0,002)

Nm3 H2 O Nm3 H2 O = 1,746 3 Nm B Nm3 B

v0 CO2 = rCH4 + 2 rC2 H6 + 3 rC3 H8 + 4 rC4 H10 + rCO2 v0 CO2 = (0,818 + 2 · 0,028 + 3 · 0,004 + 4 · 0,002 + 0,008)

Nm3 CO2 Nm3 CO2 = 0,902 3 Nm B Nm3 B

v0 O2 = 0,21 l − 2 rCH4 − 3,5 rC2 H6 − 5 rC3 H8 − 6,5 rC4 H10 v0 O2 = (0,21 · 11,359 − 2 · 0,818 − 3,5 · 0,028 − 5 · 0,004 − 6,5 · 0,002)

Nm3 O2 Nm3 O2 = 0,618 3 Nm B Nm3 B

Aufgaben zu Abschnitt 11

v0 min O2 = 0

Nm3 O2 Nm3 B

v0 N2 = rN2 + 0,79 l v0 N2 = (0,140 + 0,79 · 11,359)

Nm3 N2 Nm3 N2 = 9,114 3 Nm B Nm3 B

v0 min N2 = rN2 + 0,79 lmin Nm3 N2 Nm3 N2 = 6,787 3 Nm B Nm3 B + v0 N2

v0 min N2 = (0,140 + 0,79 · 8,414) v0 A f = v0 H2 O + v0 CO2 + v0 O2

Nm3 A f Nm3 A f = 12,380 Nm3 B Nm3 B + v0 min N2

v0 A f = (1,746 + 0,902 + 0,618 + 9,114) v0 Amin f = v0 H2 O + v0 CO2 + v0 min O2

v0 Amin f = (1,746 + 0,902 + 0 + 6,787)

Nm3 A f Nm3 A f = 9,435 3 Nm B Nm3 B

v0 A t = v0 A f − v0 H2 O v0 A t = (12,380 − 1,746)

Nm3 A t Nm3 A t = 10,634 Nm3 B Nm3 B

v0 Amin t = v0 Amin f − v0 H2 O (9,435 − 1,746)

Nm3 A t Nm3 A t = 7,689 3 Nm B Nm3 B

at rCO = 2 max

v0 CO2 v0 Amin t

at rCO = 2 max

Nm3 CO2 0,902 Nm3 CO2 = 0,1173 3 7,689 Nm A t Nm3 A t

b) Für die Zusammensetzung des trockenen Verbrennungsgases gilt: at = rCO 2

v0 CO2 v0 A t

at rCO = 2

Nm3 CO2 0, 902 Nm3 CO2 = 0,0848 10, 634 Nm3 A t Nm3 A t

at = rO 2

v0 O2 v0 A t

at rO = 2

0, 618 Nm3 O2 Nm3 O2 = 0,0581 10, 634 Nm3 A t Nm3 A t

at = rN 2

v0 N2 v0 A t

at rN = 2

Nm3 N2 9, 114 Nm3 N2 = 0,8571 3 10, 634 Nm A t Nm3 A t

Für die Zusammensetzung des feuchten Verbrennungsgases gilt: af rH = 2O

v0 H2 O v0 A f

af rH = 2O

1, 746 Nm3 H2 O Nm3 H2 O = 0, 1410 3 12, 380 Nm A f Nm3 A f

af = rCO 2

v0 CO2 v0 A f

af rCO = 2

0, 902 Nm3 CO2 Nm3 CO2 = 0,0729 3 12, 380 Nm A f Nm3 A f

af = rO 2

v0 O2 v0 A f

af rO = 2

Nm3 O2 0, 618 Nm3 O2 = 0,0499 12, 380 Nm3 A f Nm3 A f

af = rN 2

v0 N2 v0 A f

af rN = 2

Nm3 N2 9, 114 Nm3 N2 = 0,7362 3 12, 380 Nm A f Nm3 A f

301

302

11 Verbrennung



c) λ = 1 +

v0 Amin t lmin

7,689 λ =1+ 8,414

at rCO 2



at 0,21 − rO + 0,79 2

0,04 −



λ = 1 +

at rO − 2

at rCO 2

0,001 2

0,21 − 0,04 + 0,79

0,001 2



= 1,212



at rO v0 Amin t 2 at lmin 0,21 − rO 2

0,04 7,689 = 1,215 8,414 0,21 − 0,04 0,21 λ≈ at 0,21 − rO 2

λ = 1 +

λ≈

0,21 = 1,235 0,21 − 0, 04

Exakter Wert: λ = 1, 212 λ kann auch mit der folgenden – exakt gültigen – Gleichung berechnet werden:   at at  rCO v0 Amin t rCO 2 max λ=1+ (1 − ) − 1 at  at  lmin 2 rCO + rCO 2 

at ergibt: Deren Umformung nach rCO 2 



at rCO = 2



at rCO = 2

at rCO ) at  2 − rCO lmin +1

at rCO (1 − 2 max

(λ − 1)

v0 Amin t

0,001 ) 2 − 0,001 = 0,0942 8,414 (1,212 − 1) +1 7,689 0,1173 (1 −

d) Für die unvollständige Verbrennung von Erdgas L ergibt sich: omin  = omin l = λ lmin

lmin  = lmin l = 1,212 · 8,414

Nm3 L Nm3 L = 10,198 3 Nm B Nm3 B

v0 H2 O = v0 H2 O = 2 rCH4 + 3 rC2 H6 + 4 rC3 H8 + 5 rC4 H10 v0 H2 O = v0 H2 O = (2 · 0,818 + 3 · 0,028 + 4 · 0,004 + 5 · 0,002)

Nm3 H2 O Nm3 H2 O = 1,746 Nm3 B Nm3 B

v0 CO : Wegen des etwas geringeren Luftverhältnisses λ gegenüber λ ist mit einer etwas geringeren trockenen Abgasmenge v0 A t gegenüber v0 A t zu rechnen. Es wird mit dem im Folgenden Nm3 A t gerechnet. Damit ergibt sich: ermittelten Wert von v0 A t = 9,473 Nm3 B 

at v0 A t v0 CO = rCO

v0 CO = 0,001

Nm3 CO Nm3 A t Nm3 CO · 9,473 = 0,009 3 3 Nm A t Nm B Nm3 B

Aufgaben zu Abschnitt 11

303

v0 CO2 : Infolge der unvollständigen Verbrennung ist die bei vollständiger Verbrennung entstandene normvolumenbezogene Menge v0 CO2 um die entstandene normvolumenbezogene Menge v0 CO zu vermindern, da die Reaktionsgleichung gilt: CO + 0,5 O2 = CO2 v0 CO2 = v0 CO2 − v0 CO v0 CO2 = (0,902 − 0,009)

Nm3 CO2 Nm3 CO2 = 0,893 Nm3 B Nm3 B

v0 O2 = 0,21 l − 2 rCH4 − 3,5 rC2 H6 − 5 rC3 H8 − 6,5 rC4 H10 v0 O2 = (0,21 · 10,198 − 2 · 0,818 − 3,5 · 0,028 − 5 · 0,004 − 6,5 · 0,002) v0 min O2 = 0

Nm3 O2 Nm3 O2 = 0,375 3 Nm B Nm3 B

Nm3 O2 Nm3 B

v0 N2 = rN2 + 0,79 l v0 N2 = (0,140 + 0,79 · 10,198)

Nm3 N2 Nm3 N2 = 8,196 3 Nm B Nm3 B

v0 min N2 = rN2 + 0,79 lmin v0 min N2 = (0,140 + 0,79 · 8,414)

Nm3 N2 Nm3 N2 = 6,787 Nm3 B Nm3 B

v0 A f = v0 H2 O + v0 CO + v0 CO2 + v0 O2 + v0 N2 v0 A f = (1,746 + 0,009 + 0,893 + 0,375 + 8,196)

Nm3 A f Nm3 A f = 11,219 Nm3 B Nm3 B

v0 Amin f = v0 H2 O + v0 CO2 + v0 min O2 + v0 min N2 v0 Amin f = (1,746 + 0,902 + 0 + 6,787)

Nm3 A f Nm3 A f = 9,435 3 Nm B Nm3 B

v0 A t = v0 A f − v0 H2 O v0 A t = (11,219 − 1,746)

Nm3 A t Nm3 A t = 9,473 Nm3 B Nm3 B

v0 Amin t = v0 Amin f − v0 H2 O v0 Amin t = (9,435 − 1,746)

Nm3 A t Nm3 A t = 7,689 3 Nm B Nm3 B

at = rCO 2 max

v0 CO2 v0 Amin t

at rCO = 2 max

0,902 Nm3 CO2 Nm3 CO2 = 0,1173 3 7,689 Nm A t Nm3 A t

e) Für die Zusammensetzung des trockenen Verbrennungsgases gilt: 

at = rCO



v0 CO v0 A t

at rCO = 2

v0 CO2 v0 A t



at rCO =



Nm3 CO2 0, 009 Nm3 CO2 = 0,0010 3 9, 473 Nm A t Nm3 A t

at rCO = 2

0, 893 Nm3 CO2 Nm3 CO2 = 0,0942 3 9, 473 Nm A t Nm3 A t

304

11 Verbrennung



at rO = 2

v0 O2 v0 A t

Nm3 CO2 0, 375 Nm3 CO2 = 0,0396 9, 473 Nm3 A t Nm3 A t



at rO = 2



at (Anmerkung: Der erwartbare Wert von rO = 0,0400 2

dungsungenauigkeiten nicht ganz erreicht.) 

at rN = 2

v0 N2 v0 A t

Nm3 CO2 wird aufgrund von RunNm3 A t

8, 196 Nm3 N2 Nm3 N2 = 0,8652 9, 473 Nm3 A t Nm3 A t



at rN = 2

Für die Zusammensetzung des feuchten Verbrennungsgases gilt: 

af rH = 2O 

af = rCO 

v0 CO v0 A f

af rCO = 2 



v0 CO2 v0 A f

v0 O2 v0 A f v0 N =  2 v0 A f

af rO = 2 af rN 2

v0 H2 O v0 A f



af rH = 2O 

af rCO = 

0, 009 Nm3 CO2 Nm3 CO2 = 0,0008 11, 219 Nm3 A f Nm3 A f

af rCO = 2 

af rO = 2 

af rN = 2

1, 746 Nm3 H2 O Nm3 H2 O = 0, 1556 3 11, 219 Nm A f Nm3 A f

0, 893 Nm3 CO2 Nm3 CO2 = 0,0796 3 11, 219 Nm A f Nm3 A f

0, 375 Nm3 CO2 Nm3 CO2 = 0,0334 11, 219 Nm3 A f Nm3 A f 8, 196 Nm3 N2 Nm3 N2 = 0,7306 3 11, 219 Nm A f Nm3 A f

f) Im Ostwald-Dreieck für Erdgas L (Bild 11.2) können die Volumenanteile von CO2 und O2 im trockenen Verbrennungsgas at at = 0,086 und rO = 0,058 sowie gemäß Teilaufgabe b) zu rCO 2 2 



at at gemäß Teilaufgabe e) zu rCO = 0,097 und rO = 0,040 2 2 abgelesen werden. Die Übereinstimmung mit den errechneten Ergebnissen ist befriedigend.

Bild 11.2 Zu Aufgabe 11.5

Aufgaben zu Abschnitt 11

305

Aufgabe 11.6 1 kg Holzhackschnitzel aus frisch geschnittenem Holz (Landschaftspflegematerial) wird gemäß der folgenden Zusammensetzung in Massenanteilen mit dem Luftverhältnis λ = 1,4 vollständig verbrannt. Die Verbrennungsluft ist trocken. c

+

h

+

s

+

o

+

n

+

w

+

a

= 1

0,2075 + 0,0274 + 0,0004 + 0,1796 + 0,0001 + 0,5500 + 0,0350 = 1 0,2075 kg + 0,0274 kg + 0,0004 kg + 0,1796 kg + 0,0001 kg + 0,5500 kg + 0,0350 = 1 kg a) Es sind die Sauerstoffbedarfscharakteristik σ, die Stickstoffcharakteristik ν, der spezifische ∗ und der spezifische Luftbedarf l∗ zu berechnen. Mindestluftbedarf lmin b) Es soll die spezifische feuchte Verbrennungsgasmenge v0∗ A f mit Hilfe einer Gleichung bestimmt werden, bei der nur die Kenntnis der Reaktanden und nicht auch die Kenntnis der einzelnen Verbrennungsgaskomponenten erforderlich ist. ∗ c) Es ist die tatsächliche spezifische feuchte Verbrennungsgasmenge vA f zu bestimmen, wobei das Verbrennungsgas die Feuerungsanlage mit dem Zustand pA = 0,970 bar und tA = 120 ◦ C verlässt.

d) Wie groß ist der Heizwert Hi gemäß der Verbandsformel des deutschen Steinkohlenbergbaus und gemäß der Formel von Boie? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) σ = 1 + 2, 98

s−o h + 0, 375 c c

σ = (1 + 2, 98 ν=

0, 0004 − 0, 1796 kmol O2 kmol O2 0, 0274 + 0, 375 ) = 1, 0696 0, 2075 0, 2075 kmol C kmol C

n MC c MN2

ν = 0,429

ν=

n c

ν = 0,429 ·

∗ = lmin

0,0001 kmol N2 kmol N2 = 0,000207 0,2075 kmol C kmol C

omin = 2, 66 · 0,2075 · 1,0696

omin = 2, 66 c σ omin 0 O2

o∗min =

n 12, 01 c 28, 02

o∗min =

kg O2 kg O2 = 0,5904 kg B kg B

0,5904 kg O2 Nm3 O2 Nm3 O2 = 0,4131 1,429 kg B kg O2 kg B

Nm3 L o∗min = 1,9673 0,21 kg B

∗ l∗ = λ lmin

b) v0∗ A f =



l∗ = 1, 4 · 1,9673

V0 A mB



Nm3 L Nm3 L = 2,7542 kg B kg B

= l∗ + 1,24 w + 0,70 o + 0,80 n + 5,56 h

f

v0∗ A f = (2, 7542 + 1, 24 · 0, 55 + 0, 70 · 0, 1796 + 0, 8 · 0, 0001 + 5, 56 · 0, 0274) v0∗ A f = 3,7143

Nm3 A f kg B

Nm3 A f kg B

306

11 Verbrennung

∗ ∗ c) vA f = v0 A f

p 0 TA p A T0

∗ vA f = 3,7143

Nm3 A f Nm3 A f 1,01325 bar · 393,15 K · = 5,5845 kg B 0,970 bar · 273,15 K kg B

d) Hi = 33,9 c + 121 h + 10,5 s − 15,2 o − 2,5 w

(Formel des Deutschen Steinkohlenverbands)

Hi = (33,9·0, 2075+121·0, 0274+10,5·0,0004−15,2·0, 1796−2,5·0, 55) Hi = 34,8 c + 93,9 h + 10,5 s + 6,3 n − 10,8 o − 2,5 w

MJ MJ = 6,249 kg B kg B

(Formel von Boie)

Hi = (34,8·0, 2075+93,9·0, 0274+10,5·0, 0004+6,3·0, 0001−10,8·0, 1796−2,5·0, 55) Hi = 6, 4840

MJ kg B

MJ kg B

Aufgabe 11.7 Ein erwachsener Mann benötigt im Mittel eine Energiemenge von etwa 2500 kcal je Tag (rund 10467 kJ je Tag), die durch die Verbrennung von Nahrungsmitteln im Körper freigesetzt wird. Es soll vereinfachend angenommen werden, dass Traubenzucker (Glucose, Dextrose) C6 H12 O6 als Energieträger zur Ernährung dient. (Traubenzucker ist ein Monosaccharid (Einfachzucker), ist wasser- und aschefrei und gehört zu den Kohlenhydraten. In der Form von D-Glucose kommt Traubenzucker in der Natur vor.) a) Wie lautet die chemische Reaktionsgleichung für die vollständige stöchiometrische Verbrennung (λ = 1) von Traubenzucker C6 H12 O6 mit trockener Luft? b) Wie groß ist die Molmasse von M C6 H12 O6 des Traubenzuckers? Es soll die Zusammensetzung des Traubenzuckers in Massenanteilen c, h und o ermittelt und qualitativ mit der Zusammensetzung von wasser- und aschefreiem Holz verglichen werden. c) Der massebezogene Heizwert Hi von Traubenzucker ist mit der Formel von Boie zu ermitteln. Wie groß ist der massebezogene Unterschied zwischen Heizwert und Brennwert Hs −Hi ? Wie groß sind der massebezogene Brennwert Hs und der molare Brennwert Hs,m ? d) Wieviel kg und wieviel kmol Traubenzucker würden je Tag benötigt werden, wenn sich ein erwachsener Mann davon allein ernähren würde? ∗ in Nm3 je kg Traue) Wie groß ist bei einem erwachsenen Mann der Mindestluftbedarf lmin + ∗ benzucker sowie der Mindest-Tagesluftbedarf lmin d ? Welche Werte ergeben sich für lmin + ◦ und lmin d bei einem Luftzustand von tL = 15 C und pL = 1,0 bar?

f) Ein erwachsener Mann führt bei ruhiger Atmung etwa 18 Atemzüge je Minute aus, wobei rund 0,5 Liter Luft je Atemzug in die Lunge gelangen. Wie groß ist der Anteil des in der Luft enthaltenen Sauerstoffs, der dabei tatsächlich ins Blut gelangt? Wie groß ist demnach das Luftverhältnis λ? Welche ungefähre Zusammensetzung in Volumenanteilen ri hat die ausgeatmete feuchte Luft sowie die ausgeatmete Luft, wenn nur deren trockene Bestandteile zugrunde gelegt werden? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: a) C6 H12 O6 + 6 O2 + 22, 571 N2 = 6 CO2 + 6 H2 O + 22, 571 N2 b) Molmasse: Mit zi als der Anzahl der jeweiligen Atome der einzelnen Elemente i im Traubenzuckermolekül wird MC6 H12 O6 = z C MC + z H MH + z O MO MC6 H12 O6 = (6 · 12, 0110 + 12 · 1, 0080 + 6 · 15, 9994)

kg kg = 180, 1584 kmol kmol

Aufgaben zu Abschnitt 11

307

Massenanteile: kg C kg C kmol c = μC = = 0, 4000 kg B kg B 180, 1584 kmol kg H 12 · 1, 0080 zH MH kg H kmol h = μH = h = μH = = 0, 0671 kg B MC6 H12 O6 kg B 180, 1584 kmol kg O 6 · 15, 9994 zO MO kmol = 0, 5329 kg O o = μO = o = μO = kg B MC6 H12 O6 kg B 180, 1584 kmol Die Zusammensetzung von wasser- und aschefreiem Holz kann im Mittel zu kg H kg O kg C h = 0, 06 o = 0, 44 c = 0, 5 kg B kg B kg B angegeben werden. Im Vergleich hierzu ist bei Traubenzucker der Anteil von brennbarem c und h zusammengenommen kleiner und der Anteil des Oxidationsmittels o größer. Traubenzucker ist also bereits stärker aufoxidiert als Holz und damit energieärmer als wasserund aschefreies Holz. 6 · 12, 0110

zC MC c = μC = MC6 H12 O6

c) Formel von Boie zur Berechnung des massebezogenen Heizwerts: Hi = 34,8 c + 93,9 h + 10,5 s + 6,3 n − 10,8 o − 2,5 w Mit s = 0, n = 0 und w = 0 wird Hi = (34,8·0, 4000 +93,9·0, 0671 +10,5·0 +6,3·0−10,8·0, 5329 −2,5·0)

MJ MJ =14, 47 kg B kg B

Differenz von massebezogenem Brennwert und massebezogenem Heizwert: mH2 O kJ Hs − Hi = r = (8,94 h + w) · 2442, 5 mB kg H2 O Hs − Hi = (8,94· 0, 0671 + 0) Hs = Hi + Hs − Hi Hs,m = M Hs

kg H2 O MJ MJ · 2, 4425 = 1, 47 kg B kg H2 O kg B

Hs = (14, 47 + 1, 47)

Hs,m = 180,1584

MJ MJ = 15, 94 kg B kg B

kg B MJ MJ · 15,94 = 2871,7 kmol B kg B kmol B

d) Tagesbedarf an Energie: MJ d Tagesbedarf an Traubenzucker: MJ 10, 467 Ed d = 0, 657 kg B b= b= MJ Hs d 15, 94 kg B kg B 0, 657 b kmol B mol B d Bm = = 0, 00365 = 3, 65 Bm = kg B MC6 H12 O6 d d 180, 1584 kmol B

Ed = 10, 467

308

11 Verbrennung

e) Verbrennungsrechnung: C6 H12 O6 + 6 O2 + 22, 571 N2 = 6 CO2 + 6 H2 O + 22, 571 N2 1 kmol C6 H12 O6 +6 kmol O2 +22, 571 kmol N2 = 6 kmol CO2 +6 kmol H2 O+22, 571 kmol N2 180, 158 kg C6 H12 O6 + 191, 993 kg O2 + 632, 291 kg N2 = = 264, 060 kg CO2 + 108, 091 kg H2 O + 632, 291 kg N2 lmin =

(191, 993 + 632, 291) kg Luft kg Luft = 4, 575 180, 158 kg B kg B

0 L =

p0 RL T0

∗ = lmin

lmin 0 L

0 L = ∗ lmin =

1,01325 bar kg K 100 kJ kg Luft = 1,292 3 0,28706 kJ · 273,15 K m3 bar m Luft Nm3 Luft 4, 575 kg Luft Nm3 Luft = 3, 541 1, 292 kg B kg Luft kg B

Tagesbedarf an Traubenzucker: b = 0, 657

kg B d

Theoretischer Tagesbedarf an Luft: ∗ ∗ lmin d = lmin b

+ ∗ lmin d = lmin d

∗ lmin d = 3, 541

Nm3 Luft kg B Nm3 Luft · 0, 657 = 2, 326 kg B d d

T p0 Nm3 Luft 288, 15 1, 01325 m3 Luft m3 Luft = 2, 326 · = 2, 486 ≈ 2, 5 T0 p d 273, 15 1, 0 d d

f) Die je Tag im Mittel eingeatmete Luftmenge beträgt ld+ = 0, 0005

Atemzuege min h m3 Luft m3 Luft · 18 · 60 · 24 = 12, 96 Atemzug min h d d

Das Luftverhältnis ist λ=

ld+

+ lmin d

λ=

12, 96 = 5, 21 2, 486

Damit ergibt sich – als Kehrwert des Luftverhältnisses λ – der Anteil des von der Lunge genutzten Sauerstoffs am gesamten eingeatmeten Sauerstoff zu 19,2 %. Versuche haben ergeben, dass dieser Wert auf etwa 25 % ansteigen kann. Die Massenbilanz gemäß der chemischen Reaktionsgleichung bei vollständiger stöchiometrischer Verbrennung lautet für einen Tagesbedarf an Traubenzucker: 0, 657

kg O2 kg N2 kg C6 H12 O6 + 0, 700 + 2, 306 = d d d

= 0, 963

kg CO2 kg H2 O kg N2 + 0, 394 + 2, 306 d d d

Daraus folgt mithilfe der jeweiligen Dichten i der Gase bei Normzustand: 0 O2 =

p0 RO2 T0

0 O2 =

100 kJ 1,01325 bar kg K kg O2 = 1,428 3 0,25984 kJ · 273,15 K m3 bar m O2

Aufgaben zu Abschnitt 11

 0 N2 =

p0 RN2 T0

 0 N2 =

100 kJ kg N2 1,01325 bar kg K = 1,250 3 0,29680 kJ · 273,15 K m3 bar m N2

 0 H2 O =

p0 RH2 O T0

 0 H2 O =

100 kJ kg H2 O 1,01325 bar kg K = 0,8038 3 0,46152 kJ · 273,15 K m3 bar m H2 O

0 CO2 =

p0 RCO2 T0

0 CO2 =

100 kJ 1,01325 bar kg K kg CO2 = 1,964 3 0,18892 kJ · 273,15 K m3 bar m CO2

0, 657 =

309

kg C6 H12 O6 2, 306 kg N2 Nm3 N2 0, 700 kg O2 Nm3 O2 + = + d 1, 428 d kg O2 1, 250 d kg N2

0, 394 kg H2 O Nm3 H2 O 0, 963 kg CO2 Nm3 CO2 2, 306 kg N2 Nm3 N2 + + 1, 964 d kg CO2 0, 8038 d kg H2 O 1, 250 d kg N2

0, 657

Nm3 O2 Nm3 N2 kg C6 H12 O6 + 0, 490 + 1, 845 = d d d

= 0, 490

Nm3 CO2 Nm3 H2 O Nm3 N2 + 0, 490 + 1, 845 d d d

Für die überstöchiometrische vollständige Verbrennung mit λ = 5, 21 folgt weiter: 0, 657

Nm3 O2 Nm3 N2 kg C6 H12 O6 + 2, 553 + 9, 612 = d d d

= 0, 490

Nm3 CO2 Nm3 H2 O Nm3 O2 Nm3 N2 + 0, 490 + 2, 063 + 9, 612 d d d d

Damit ergibt sich die täglich ausgeatmete feuchte Luftmenge zu 12,655 Nm3 A f / d. Gleichermaßen ergibt sich für die trockenen Bestandteile der täglich ausgeatmeten feuchten Luftmenge der Wert 12,165 Nm3 A t / d. Hieraus lassen sich die folgenden Volumenanteile der jeweiligen Komponenten im feuchten Verbrennungsgas sowie im trockenen Verbrennungsgas berechnen: Zusammensetzung des feuchten Verbrennungsgases: af = rCO 2

v0 CO2 v0 A f

af rCO = 2

0, 490 Nm3 CO2 Nm3 CO2 = 0,0387 3 12, 655 Nm A f Nm3 A f

af = rH 2O

v0 H2 O v0 A f

af rH = 2O

Nm3 H2 O 0, 490 Nm3 H2 O = 0, 0387 3 12, 655 Nm A f Nm3 A f

af = rO 2

v0 O2 v0 A f

af rO = 2

2, 063 Nm3 O2 Nm3 O2 = 0,1630 3 12, 655 Nm A f Nm3 A f

af = rN 2

v0 N2 v0 A f

af rN = 2

Nm3 N2 9, 612 Nm3 N2 = 0,7596 12, 655 Nm3 A f Nm3 A f

Die ausgeatmete feuchte Luft enthält jeweils etwa 3,9 % Kohlendioxid und Wasserdampf sowie rund 16,3 % Sauerstoff und etwa 75,9 % Stickstoff. Zusammensetzung des trockenen Verbrennungsgases: at = rCO 2

at rO = 2

v0 CO2 v0 A t

v0 O2 v0 A t

at rCO = 2

at rO = 2

Nm3 CO2 0, 490 Nm3 CO2 = 0,0402 3 12, 165 Nm A t Nm3 A t

Nm3 O2 2, 063 Nm3 O2 = 0,1696 3 12, 165 Nm A t Nm3 A t

310

11 Verbrennung

at rN = 2

v0 N2 v0 A t

at rN = 2

Nm3 N2 9, 612 Nm3 N2 = 0,7902 12, 165 Nm3 A t Nm3 A t

Die ausgeatmete trockene Luft enthält etwa 4,0 % Kohlendioxid sowie rund 17,0 % Sauerstoff und etwa 79,0 % Stickstoff. Da die Atemluft in der Lunge zusätzlich angefeuchtet wird, ist der tatsächliche Wasserdampfanteil etwas höher. Dieser kann jedoch auch niedriger sein, soweit die aufgenommene Nahrung geringere Massenanteile an Wasserstoff enthält. Aufgabe 11.8 at at und rO im trockenen VerDas Bunte-Dreieck gibt Aufschluss über die Raumanteile von rCO 2 2 brennungsgas bei der vollständigen Verbrennung verschiedener Brennstoffe mit unterschiedlichen Werten des Luftverhältnisses λ.

a) Es sollen bei Werten des Luftverhältnisses λ = 1,0, λ = 1,3 und λ = 2,0 für die vollstänat at und rO dige Verbrennung des Brennstoffs Kohlenmonoxid CO die Volumenanteile rCO 2 2 im trockenen Verbrennungsgas mithilfe der jeweiligen chemischen Reaktionsgleichungen ermittelt werden. at at und rO sollen dazu verwendet werden, um im Bunteb) Die ermittelten Wertepaare von rCO 2 2 Dreieck die Bunte-Linie für Kohlenmonoxid darzustellen.

(Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: a) Vollständige Verbrennung bei λ = 1,0: CO + 0,5 O2 + 1, 88 N2 = CO2 + 1, 88 N2 1 kmol CO + 0,5 kmol O2 + 1,88 kmol N2 = 1 kmol CO2 + 0 kmol O2 + 1,88 kmol N2 1 Nm3 CO + 0,5 Nm3 O2 + 1,88 Nm3 N2 = 1 Nm3 CO2 + 0 Nm3 O2 + 1,88 Nm3 N2 Entstandene Menge an CO2 im trockenen Verbrennungsgas: 1 Nm3 CO2 Entstandene Menge an trockenem Verbrennungsgas: 2,88 Nm3 A t at at = rCO = rCO 2 max 2

Nm3 CO2 1 Nm3 CO2 = 0,347 3 2, 88 Nm A t Nm3 A t

Enthaltene Menge an O2 im trockenen Verbrennungsgas: 0 Nm3 O2 at rO = 2

Nm3 O2 0 Nm3 O2 =0 2, 88 Nm3 A t Nm3 A t

Vollständige Verbrennung bei λ = 1,3: CO + 0,65 O2 + 2, 444 N2 = CO2 + 0,15 O2 + 2, 444 N2 1 kmol CO + 0,65 kmol O2 + 2,444 kmol N2 = = 1 kmol CO2 + 0,15 kmol O2 + 2,444 kmol N2 1 Nm3 CO + 0,65 Nm3 O2 + 2,444 Nm3 N2 = = 1 Nm3 CO2 + 0,15 Nm3 O2 + 2,444 Nm3 N2 Entstandene Menge an CO2 im trockenen Verbrennungsgas: 1 Nm3 CO2 Entstandene Menge an trockenem Verbrennungsgas: 3,594 Nm3 A t

Aufgaben zu Abschnitt 11

at rCO = 2

311

Nm3 CO2 1 Nm3 CO2 = 0,278 3, 594 Nm3 A t Nm3 A t

Enthaltene Menge an O2 im trockenen Verbrennungsgas: 0,15 Nm3 O2 at rO = 2

Nm3 O2 0, 15 Nm3 O2 = 0,0417 3 3, 594 Nm A t Nm3 A t

Vollständige Verbrennung bei λ = 2,0: CO + O2 + 3,76 N2 = CO2 + 0,5 O2 + 3,, 76 N2 1 kmol CO + 1,0 kmol O2 + 3,76 kmol N2 = 1 kmol CO2 + 0,5 kmol O2 + 3,76 kmol N2 1 Nm3 CO + 1,0 Nm3 O2 + 3,76 Nm3 N2 = 1 Nm3 CO2 + 0,5 Nm3 O2 + 3,76 Nm3 N2 Entstandene Menge an CO2 im trockenen Verbrennungsgas: 1 Nm3 CO2 Entstandene Menge an trockenem Verbrennungsgas: 5,26 Nm3 A t at = rCO 2

Nm3 CO2 1 Nm3 CO2 = 0,190 3 5, 26 Nm A t Nm3 A t

Enthaltene Menge an O2 im trockenen Verbrennungsgas: 0,5 Nm3 O2 at rO = 2

0, 5 Nm3 O2 Nm3 O2 = 0,0951 5, 26 Nm3 A t Nm3 A t

b) Bunte-Dreieck mit der Bunte-Linie für Kohlenmonoxid CO (Bild 11.3):

Bild 11.3 Zu Aufgabe 11.8 Aufgabe 11.9 Kohlenmonoxid CO wird mit trockener Luft beim Luftverhältnis λ = 1,0 vollständig (stöchiometrisch) verbrannt; CO und Luft haben jeweils die Temperatur t = 0 ◦ C. Das Verbrennungsgas kann als ideales Gas behandelt werden.

312

11 Verbrennung

a) Wie lautet die chemische Reaktionsgleichung? b) Wie groß sind die Dichten bei Normzustand 0 CO2 und 0 N2 der Bestandteile CO2 und N2 im Verbrennungsgas? c) Es soll die maximale Verbrennungstemperatur tA max bei adiabater Verbrennung bestimmt werden. Als thermodynamische Stoffwerte stehen zur Verfügung: zwischen t0 = 0 ◦ C und kJ kJ tA max = 2350 ◦ C: ; cp N2 |t0Amax ; cp CO2 |t0Amax = 1,260 = 1,204 ◦C ◦C kg K kg K kJ . Hi,0 CO = 12634 Nm3 B d) Die in Teilaufgabe c) berechnete maximale Verbrennungstemperatur tA max ist mithilfe des ha , tA -Diagramms nach Rosin und Fehling zu überprüfen. (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: a) CO + 0,5 O2 + 1, 88 N2 = CO2 + 1, 88 N2 v0 At = 2, 88 b) 0 CO2 =  0 N2 =

Nm3 A t Nm3 B

p0 RCO2 T0

p0 RN2 T0

c) tAmax =

tAmax =

0 CO2 =  0 N2 =

100 kJ kg 1,01325 bar kg K = 1,964 3 0,18892 kJ · 273,15 K m3 bar m

100 kJ kg 1,01325 bar kg K = 1,250 3 0,29680 kJ · 273,15 K m3 bar m

Hi,0 + λ lmin Cp L |t0L◦C tL + Cp B |t0B◦C tB   V0 A V0 H 2 O Cp H2 O |t0Amax + Cp A t |t0Amax ◦C ◦C V0 B V0 B t Hi,0 + λ lmin Cp L |t0L◦C tL + Cp B |t0B◦C tB v0 H2 O Cp H2 O |t0Amax + v0 At Cp A t |t0Amax ◦C ◦C

Mit tL = 0 ◦ C, tB = 0 ◦ C und v0 H2 O = 0 tAmax =

Nm3 H2 O wird Nm3 B

Hi,0 v0 At Cp A t |t0Amax ◦C

Im Rahmen einer Iteration wird für den gesuchten Wert von tmax im ersten Schritt tmax = 2350 ◦ C angenommen. Damit können die in der Aufgabenstellung vorgegebenen Werte = 1,260 cp CO2 |t0Amax ◦C

kJ kg K

und

cp N2 |t0Amax = 1,204 ◦C

Cp CO2 |t0Amax =cp CO2 |t0Amax 0 CO2 ◦C ◦C

Cp CO2 |t0Amax =1,260 ◦C

= cp N2 |t0Amax 0 N2 Cp N2 |t0Amax ◦C ◦C

Cp N2 |t0Amax = 1,204 ◦C

kJ kg K

verwendet werden.

kg kJ kJ ·1,964 =2,4746 kg K Nm3 Nm3 K

kg kJ kJ · 1,250 = 1,5050 kg K Nm3 Nm3 K

Cp A t |t0Amax = rCO2 Cp CO2 |t0Amax + rN2 Cp N2 |t0Amax ◦C ◦C ◦C Cp A t |t0Amax =( ◦C

1, 88 kJ kJ 1 · 2,4746 + · 1,5050) = 1,8417 2, 88 2, 88 Nm3 A t K Nm3 A t K

Aufgaben zu Abschnitt 11

12634

313

kJ Nm3 B

= 2382 ◦ C Nm3 A t kJ 2, 88 · 1,8417 Nm3 B Nm3 A t K Ein zweiter Iterationsschritt erübrigt sich, da sich tAmax ≈ 2350 ◦ C ergibt. tAmax =

d) ha , tA -Diagramm nach Rosin und Fehling (Bild 11.4): Bei gasförmigen Brennstoffen wird die auf das Normvolumen des Brenngases bezogene Enthalpie des Verbrennungsgases hA bei beliebiger Temperatur tA durch die auf das Normvolumen des Brenngases bezogene feuchte Verbrennungsgasmenge v0 A f geteilt: hA ha = v0 A f Der Index „a“ verdeutlicht, dass ha auf das Normvolumen des Verbrennungsgases (Abgases) und nicht auf das Normvolumen des Brenngases bezogen ist. Für die maximale theoretische Verbrennungstemperatur gilt: hA max ha max = v0 A f In der vorliegenden Aufgabe ist Hi,n ha max = hA max = Hi,n v0 A f

ha max =

12,634 MJ Nm3 B MJ = 4, 3868 Nm3 B 2,88 Nm3 A f Nm3 A f

Der Luftgehalt im Verbrennungsgas (Abgas) ergibt sich mit λ = 1 zu la =

(λ − 1) lmin v0 A f

la = 0

Nm3 L Nm3 A f

Bild 11.4 Zu Aufgabe 11.9

314

11 Verbrennung

Es wird ein Wert von tA max = 2230 ◦ C abgelesen. Während der berechnete Wert für tA max die – oberhalb von etwa 1500 ◦ C eintretende, die Temperatur absenkende – Dissoziation des entstandenen CO2 gemäß der Rückreaktion CO2 = CO + 0,5 O2 nicht berücksichtigt, findet diese im ha , tA -Diagramm nach Rosin und Fehling Berücksichtigung. Dies erklärt den Unterschied der Ergebnisse. Tabellen weisen einen Wert von tA max = 2123 ◦ C aus. Aufgabe 11.10 Leichtes Heizöl (Heizöl EL) wird als Brennstoff bei Versuchen zur Verbrennungsoptimierung in Heizkesseln mit Hilfe von Sensoren zur Verbrennungsregelung verwendet. Dabei werden die folgenden Verbrennungsbedingungen verwirklicht: a) Vollständige Verbrennung beim Luftverhältnis λ = 1,05 (Punkt A) b) Vollständige Verbrennung beim Luftverhältnis λ = 1,40 (Punkt B) c) Unvollständige Verbrennung beim Luftverhältnis λ = 1,0 mit einem Volumenanteil von 2 at im Abgas und ohne weitere brennbare Bestandteile (Punkt C) % rCO d) Unvollständige Verbrennung beim Luftverhältnis λ = 0,9 mit einem Volumenanteil von 9 at im Abgas und ohne weitere brennbare Bestandteile (Punkt D) % rCO Die jeweiligen Zustände sind ins Ostwald-Dreieck für Heizöl EL und Dieselkraftstoff einzutragen. (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: Ostwald-Dreieck für Heizöl EL (Bild 11.5):

Bild 11.5 Zu Aufgabe 11.10: Zustände A, B, C und D von trockenen Verbrennungsgasen im Ostwald-Dreieck für Heizöl EL

Aufgaben zu Abschnitt 11

315

a) Zustand A: λ = 1,05 at rCO = 0, 144 2

Nm3 CO2 Nm3 A t

at = 0, 012 rO 2

Nm3 O2 Nm3 A t

at = 0, 000 rCO

Nm3 CO Nm3 A t

at = 0, 062 rO 2

Nm3 O2 Nm3 A t

at = 0, 000 rCO

Nm3 CO Nm3 A t

at = 0, 010 rO 2

Nm3 O2 Nm3 A t

at = 0, 020 rCO

Nm3 CO Nm3 A t

at = 0, 021 rO 2

Nm3 O2 Nm3 A t

at = 0, 090 rCO

Nm3 CO Nm3 A t

b) Zustand B: λ = 1,40 at rCO = 0, 106 2

Nm3 CO2 Nm3 A t

c) Zustand C: λ = 1,00 at rCO = 0, 130 2

Nm3 CO2 Nm3 A t

d) Zustand D: λ = 0,90 at rCO = 0, 072 2

Nm3 CO2 Nm3 A t

Aufgabe 11.11 Im unten stehenden Schaubild (Bild 11.6) sind der Massenanteil des gesamten Kohlenstoffs, der Massenanteil des festen Kohlenstoffs, der Sauerstoffmassenanteil und der Wasserstoffmassenanteil von Festbrennstoffen als Funktion des Gehalts an flüchtigen Bestandteilen im Brennstoff dargestellt. a) Es soll dargelegt werden, wie der Kohlenstoffanteil, der Sauerstoffanteil, der Wasserstoffanteil sowie der Gehalt an flüchtigen Bestandteilen von Festbrennstoffen tendenziell mit dem Alter von Festbrennstoffen zusammenhängen. b) Warum hängt der Heizwert tendenziell vom Alter des jeweiligen Festbrennstoffs ab?

Bild 11.6 Zu Aufgabe 11.11 (Schwierigkeitsgrad: mittel)

316

11 Verbrennung

Lösung: a) In der unteren Leiste des Schaubilds (Bild 11.6) sind die jeweiligen Festbrennstoffe von rechts nach links mit steigendem Alter aufgeführt. Während Holz und Torf nur wenige Jahre bzw. nur wenige hundert Jahre alt sind, hat Braunkohle ein Alter von z. B. 15 bis 17 Millionen Jahren. Steinkohlen sind noch wesentlich älter: Viele Steinkohlen haben sich aus Pflanzen gebildet, die in der Karbonzeit – also vor 290 bis 360 Millionen Jahren – wuchsen. Bei der Angabe der Massenanteile sind die Anteile von Wasser, Asche und Schwefel im jeweiligen Festbrennstoff nicht mit einbezogen. Die Massenanteile von Wasserstoff und Sauerstoff nehmen mit zunehmendem Alter des Brennstoffs ab, während die Massenanteile des festen Kohlenstoffs sowie des gesamten Kohlenstoffs mit steigendem Alter zunehmen. Während wasserfreies Holz durch vergleichsweise hohe Anteile von Sauerstoff und Wasserstoff gekennzeichnet ist, werden die Sauerstoff- und Wasserstoffanteile bei der ’Ausreifung’ des Brennstoffs mit dessen zunehmendem Alter geringer, da die sie enthaltenden Verbindungen beim Alterungsprozess allmählich mehr und mehr als flüchtige Bestandteile entweichen. Dieser Vorgang wird auch als ’Inkohlung’ bezeichnet. Koks hat praktisch keine flüchtigen Bestandteile mehr, denn Koks wird aus Kohle durch ’trockene Destillation’ – also durch Erhitzen unter Luftabschluss – hergestellt; dabei werden die flüchtigen Bestandteile in Form von Wasser, Kokereigas, Ammoniak (NH3 ), Teer und Naphta ausgetrieben, und es bleibt ein festes Kohlenstoffgerüst zurück. Ein typisches Kokereigas kann beispielsweise aus 54, 5 % H2 , 25, 3 % CH4 , 2, 3 % höheren Kohlenwasserstoffen Cn Hm , 5, 5 % CO, 2, 3 % CO2 , 9, 6 % N2 und 0, 5 % O2 bestehen. Anthrazit, Magerkohle und Esskohle haben geringere Mengen an flüchtigen Bestandteilen. Demgegenüber weisen die in der Regel jüngeren Kohlearten Fettkohle, Gaskohle, Gasflammkohle und Braunkohle deutlich höhere Gehalte an flüchtigen Bestandteilen auf; die höchsten Anteile finden sich bei Torf und Holz. Der Massenanteil des gesamten Kohlenstoffs und der Massenanteil des festen Kohlenstoffs unterscheiden sich dadurch, dass Kohlenstoff auch in flüchtigen Bestandteilen enthalten ist. Bei der Verbrennung von Festbrennstoffen werden durch die entstehende Wärme zunächst die flüchtigen Bestandteile ausgetrieben und verbrennen rasch unter Bildung von langen Flammen, während die Verbrennung des restlichen festen Kohlenstoffgerüsts unter geringer Flammenbildung länger andauert. b) Eine Reihe flüchtiger Verbindungen enthalten Sauerstoff; diese sind also bereits teilweise ’aufoxidiert’ und tragen deshalb nur in geringerem Maße zum Heizwert bei. Da diese mit zunehmender Alterung des Festbrennstoffs mehr und mehr aus dem Brennstoff entwichen sind, steigt der Heizwert der verbliebenen Substanz. Ältere fossile Festbrennstoffe weisen also gegenüber jüngeren Festbrennstoffen tendenziell höhere Heizwerte auf.

Aufgaben zu Abschnitt 12: Chemische Thermodynamik Aufgabe 12.1 Das Flüssiggas Propan C3 H8 soll bei einem Luftverhältnis λ = 1,0 vollständig verbrannt . werden (stöchiometrische chemische Reaktion). Mit Hilfe der Stoffwerte der Tabelle A.7 im Anhang sind der molare Brennwert Hs,m , der molare Heizwert Hi,m , der normvolumenbezogene Brennwert Hs,0 , der normvolumenbezogene Heizwert Hi,0 , der spezifische Brennwert Hs und der spezifische Heizwert Hi zu berechnen. Die chemische Reaktion ist auf den chemischen Standardzustand zu beziehen (T0 = 298,15 K; p0 = 1,0 bar = 100 kPa). Das Normvolumen wird auf den physikalischen Normzustand bezogen (T0 = 273,15 K; p0 = 1,01325 bar = 101,325 kPa). Das molare Normvolumen von Propan ist (Vm )0 C3 H8 = 21,941 Nm3 /kmol. (Schwierigkeitsgrad: leicht) Lösung: Chemische Reaktion: C3 H8 + 5 O2 3 CO2 + 4 H2 O bzw. 3 CO2 + 4 H2 O - C3 H8 - 5 O2 = 0 Molare Bildungsenthalpien im Standardzustand: f f Hm,0 CO2 g (T0 , p0 ) = - 393,51 MJ/kmol; Hm,0 H2 O fl (T0 , p0 ) = - 285,84 MJ/kmol; f f Hm,0 H2 O g (T0 , p0 ) = - 241,83 MJ/kmol; Hm,0 C3 H8 g (T0 , p0 ) = - 103,85 MJ/kmol; f Hm,0 O2 g (T0 , p0 ) = 0 MJ/kmol

Der molare Brennwert ist der negative Wert der molaren Standard-Reaktionsenthalpie, wobei f Hm,0 H2 O fl (T0 , p0 ) zu berücksichtigen ist: Hs,m = − ∆R Hm (T0 , p0 ) = −

N X

f νi Hm,i (T0 , p0 )

i=1

 Hs,m = − 3 · (− 393, 51) MJ/kmol + 4 · (− 285, 84) MJ/kmol − (− 103, 85) MJ/kmol  − 0 MJ/kmol = 2220, 04 MJ/kmol

Der molare Heizwert ist der negative Wert der molaren Standard-Reaktionsenthalpie, wobei f Hm,0 H2 O g (T0 , p0 ) zu berücksichtigen ist:

Hi,m = −∆R Hm (T0 , p0 ) = −

N X

f νi Hm,i (T0 , p0 )

i=1

 Hi,m = − 3 · (− 393, 51) MJ/kmol + 4 · (− 241, 83) MJ/kmol − (− 103, 85) MJ/kmol  − 0 MJ/kmol = 2044,00 MJ/kmol

Normvolumenbezogener Brennwert Hs,0 : Hs,m 2220, 04 MJ/kmol Hs,0 = = = 101, 182 MJ/Nm3 (Vm )0 C3 H8 21, 941 Nm3 /kmol Normvolumenbezogener Heizwert Hi,0 : Hi,m 2044, 00 MJ/kmol Hi,0 = = = 91, 159 MJ/Nm3 (Vm )0 C3 H8 21, 941 Nm3 /kmol Spezifischer Brennwert Hs : Hs,m 2220, 04 MJ/kmol Hs = = = 50, 344 MJ/kg MC3 H8 44, 097 kg/kmol

© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2024 M. Dehli, Aufgabensammlung Technische Thermodynamik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-44242-2_12

318

12 Chemische Thermodynamik

Spezifischer Heizwert Hi,0 : Hi,m 2044, 00 MJ/kmol Hi = = = 46, 352 MJ/kg MC3 H8 44, 097 kg/kmol Aufgabe 12.2 Viele Erdgase enthalten als wichtigsten Bestandteil Methan CH4 . Daher kann für chemische Reaktionen mit Erdgas oft in guter Näherung von 100 % CH4 ausgegangen werden. Für den Prozess der Dampfreformierung von Erdgas mit Wasserdampf ist die folgende Reaktion zu betrachten: CH4 + H2 O CO + 3 H2

bzw.

CO + 3 H2 − CH4 − H2 O = 0 Aus der Analyse einer im Verlauf dieser Reaktion entnommenen Gasgemischprobe ergab sich folgende Zusammensetzung in Molmengenanteilen: n0CO /n0 = 0, 15; n0H2 /n0 = 0, 45; 0 0 nCH4 /n0 = 0, 18; nH2 O /n0 = 0, 22. In diesen Beziehungen ist n0 die unbekannte Molmenge der Gasgemischprobe. Die vier Molmengenanteile sollen in einem Schaubild (Bild 11.1) in Abhängigkeit vom Reaktionsgrad  aufgetragen werden. Ferner soll derjenige Reaktionsgrad  bestimmt werden, bei dem die Gemischprobe entnommen wurde. (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung: Mit dem Reaktionsumsatz z ergibt sich für die Komponente i: ni = n0i + νi z Diese Beziehung schließt auch inerte Stoffe mit ein, für die kein Reaktionsumsatz z auftritt und νi = 0 gilt. Die Molmengen n0i geben den jeweiligen Wert der Molmengen der entsprechenden Komponenten i bei einem bestimmten Zustand 0 der Gasmischung an. Alle Molmengen der jeweiligen Komponenten hängen nur von einer Variablen ab: dem Reaktionsumsatz z. Die Molmenge n der Gasmischung erhält man durch eine Addition aller ni der jeweiligen Komponenten i: n=

N X

ni =

i=1

N X

N X

n0i +

i=1

νi z = n0 +

i=1

N X

νi z

i=1

Dies führt zu nCO = 0, 15 n0 + 1 z , nH2 = 0, 45 n0 + 3 z

,

nCH4 = 0, 18 n0 − 1 z

und

nH2 O = 0, 22 n0 − 1 z

.

Weiter gilt für die Molmenge n der Gasmischung, die vom Reaktionsumsatz z abhängt, die Beziehung n = n0 + 2 z . n0 ist hier die Molmenge im Zustand 0, für die z = 0 gilt. Die Molmenge n muss nicht konstant bleiben, sondern kann sich ändern; n bleibt nur bei äquimolaren Reaktionen gleich, für die N X νi = 0 gilt. Eine Reaktion findet nur so lange statt, wie alle Ausgangsstoffe (Reaktanden, i=1

auch Edukte genannt) vorhanden sind.

Aufgaben zu Abschnitt 12

319

Der Reaktionsumsatz z=

ni − n0i νi

erreicht seinen Maximalwert zmax , wenn einer der Ausgangsstoffe (νi < 0) vollständig umgesetzt ist. Der Minimalwert zmin ergibt sich, wenn eines der Produkte (νi > 0) nicht mehr vorhanden ist. Der Ausgangsstoff, der vollständig verbraucht wird, sei mit i = j bezeichnet. Dann gilt: zmax = −

n0j n0j = νj |νj |

Wird dasjenige Produkt. das nicht länger vorhanden ist, mit i = m bezeichnet, dann gilt: zmin = −

n0m νm

Wenn für dieses Produkt nicht n0m = 0 gilt, wird zmin negativ. Mit zmax und zmin wird der Umsatzgrad (auch als Reaktionsgrad bezeichnet)  als eine neue Größe definiert, deren Werte zwischen 0 und 1 liegen: z − zmin 0551 zmax − zmin Dabei können sowohl die Molmengen ni als auch die molaren Anteile ni /n als Funktionen von  angegeben werden. Für die Extremwerte von  gilt: Ist  = 0, so liegt das Gasgemisch möglichst nahe an den Edukten. Ist dagegen  = 1, so ist das Gemisch so nahe wie möglich an den Produkten. Ob diese Extremwerte bei den verschiedenen Reaktionen tatsächlich erreichbar sind, muss jedoch mit Hilfe weiterer Überlegungen zur Frage der Reaktionsgleichgewichte geklärt werden; dies wird in Abschnitt 12.9 des Lehrbuchs "Grundlagen der Technischen Thermodynamik"(Massenwirkungsgesetz) untersucht. =

Um den Reaktionsgrad  zu berechnen, müssen zunächst zmin und zmax bestimmt werden. zmin ergibt sich für das Produkt Wasserstoff (H2 ) mit nH2 = 0 zu zmin = − n0 H2 /3 = − 0, 45 n0 /3 = − 0, 15 n0 . Auch für das Produkt Kohlenmonoxid (CO) ergibt sich zmin mit nCO = 0 zu zmin = − 0, 15 n0 . Von den Reaktanden ist Methan (CH4 ) diejenige Substanz, die zuerst ausgeht, da (n0CH4 /n0 ) = 0, 18 < (n0H2 O /n0 ) = 0,22. Somit ergibt sich mit nCH4 = 0 für zmax der Wert zmax = 0, 18 n0 . Daraus folgt =

z − zmin z + 0, 15 n0 z/n0 + 0, 15 = = zmax − zmin (0, 18 + 0, 15) n0 0, 33

und z = 0, 33  − 0, 15 . n0 Für die Molmengenanteile ni /n ergeben sich die folgenden Beziehungen: z 0, 15 + 1 0, 15 + 1 (0, 33  − 0, 15) nCO 0, 15 n0 + 1 z 0, 33  n0 = = = = z n n0 + 2 z 1 + 2 (0, 33  − 0, 15) 0, 66  + 0, 7 1+2 n0 z 0, 45 + 3 0, 45 + 3 (0, 33  − 0, 15) 0, 45 n0 + 3 z 0, 99  nH2 n0 = = = = z n n0 + 2 z 1 + 2 (0, 33  − 0, 15) 0, 66  + 0, 7 1+2 n0

320

12 Chemische Thermodynamik

z 0, 18 − 1 (0, 33  − 0, 15) 0, 33 − 0, 33  n0 = = z 1 + 2 (0, 33  − 0, 15) 0, 66  + 0, 7 1+2 n0 z 0, 22 − 1 0, 22 − 1 (0, 33  − 0, 15) 0, 22 n0 − 1 z 0, 37 − 0, 33  n0 = = = = z n0 + 2 z 1 + 2 (0, 33  − 0, 15) 0, 66  + 0, 7 1+2 n0

nCH4 0, 18 n0 − 1 z = = n n0 + 2 z nH2 O n

0, 18 − 1

Bild 12.1 Verlauf der Molanteile für CH4 , H2 O, CO und H2 im Gasgemisch als Funktion des Reaktionsgrades  Bild 12.1 zeigt den Verlauf der Molmengenanteile für CH4 , H2 O, CO und H2 im Gasgemisch als Funktion des Reaktionsgrades . Die Molmengenanteile von CH4 und H2 O weisen nicht vollständig das eigentlich sinnvolle stöchiometrische Verhältnis 1 : 1 auf. Da bei der Methanreformierung das Reaktionsgleichgewicht keineswegs vollständig auf der Seite der Produkte CO und H2 liegt, ist der im rechten Bereich von Bild 12.1 dargestellte Verlauf teilweise hypothetisch. Der Reaktionsgrad , der in der gezogenen Mischungsprobe vorlag, lässt sich aus der Bedingung z = 0 berechnen. Aus der Beziehung z/n0 = 0, 33  − 0, 15 folgt  = 0,15/0,33 = 0,4545. Aufgabe 12.3 f Es soll die unbekannte molare Bildungsenthalpie Hm,0 C2 H2 g (T0 , p0 ) = Xm,0 C2 H2 in MJ/kmol berechnet werden, die für die energetische Bilanzierung bei der Herstellung von Acetylen C2 H2 aus Kohlenstoff C (Ruß) und Wasserstoff H2 notwendig ist. Die direkte experimentelle Bestimf mung der molaren Bildungsenthalpie Hm,0 C2 H2 g (T0 , p0 ) bei dieser chemischen Reaktion ist schwierig, so dass ein anderer Weg beschritten werden muss.

Der Weg dorthin führt über die Berechnung von drei weiteren bekannten Wegen, bei denen Kohlenstoff C (I), Wasserstoff H2 (II) und Acetylen C2 H2 (III) mit Sauerstoff O2 vollständig isotherm-isobar stöchiometrisch, d.h. ohne Sauerstoffüberschuss, umgesetzt werden. Bei diesen Reaktionen lassen sich die freigesetzten molaren Enthalpien, die auch die freigesetzten molaren Wärmemengen bei Verzicht auf molare Arbeit sind, experimentell bestimmen und dann auf den thermochemischen Standardzustand (T0 = 298,15 K; p0 = 1,0 bar) zurückrechnen. (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung:

Aufgaben zu Abschnitt 12

2 C + 2 O2 2 CO2

321

(I)

H2 + 0,5 O2 H2 O (II) C2 H2 + 2,5 O2 2 CO2 + H2 O (III) Wird C2 H2 im Rahmen einer experimentellen Untersuchung verbrannt, ergibt sich die frei werdende molare Wärmetönung ∆R Hm (T0 , p0 )(III) = - 1299,63 MJ/kmol. Gl. (III) kann wie folgt umgeformt werden: 2 CO2 + H2 O C2 H2 + 2,5 O2 . (III∗ ) Hier muss die molare Wärmetönung ∆R Hm (T0 , p0 )(III∗ ) − ∆R Hm (T0 , p0 )(III) = + 1299,63 MJ/kmol zugeführt werden. Werden die Gleichungen (I), (II) und (III∗ ) aufsummiert, ergibt sich: 2 C + H2 C2 H2 ∆R Hm (T0 , p0 ) =

N X

f νi Hm,i (T0 , p0 )

i=1

Für Gl. (I) als eine gut bekannte chemische Reaktion sind die Stoffwerte: f f Hm,0 C Gr (T0 , p0 ) = 0 MJ/kmol; Hm,0 O2 g (T0 , p0 ) = 0 MJ/kmol; f Hm,0 CO2 (T0 , p0 )= - 393,51 MJ/kmol.

∆R Hm (T0 , p0 )(I) = 2 · (− 393, 51 − 2 · 0 − 2 · 0) MJ/kmol = − 787, 02 MJ/kmol Die Stoffwerte für Gl. (II) als einer gut bekannten chemischen Reaktion sind: f f Hm,0 H2 O fl (T0 , p0 ) = - 285,84 MJ/kmol; Hm,0 O2 g (T0 , p0 ) = 0 MJ/kmol; f Hm,0 H2 g (T0 , p0 ) = 0 MJ/kmol.

∆R Hm (T0 , p0 )(II) = (− 285, 84 − 0.5 · 0 − 0) MJ/kmol = − 285, 84 MJ/kmol Die Stoffwerte für Gl. (III∗ ) sind: f Hm,0 C2 H2 g (T0 , p0 ) = Xm,0

C2 H2

f MJ/kmol; Hm,0 O2 g (T0 , p0 ) = 0 MJ/kmol;

f f Hm,0 CO2 g (T0 , p0 ) = - 393,51 MJ/kmol; Hm,0 H2 O fl (T0 , p0 ) = - 285,84 MJ/kmol

∆R Hm (T0 , p0 )(III∗ ) = (Xm,0 = Xm,0

C2 H2

C2 H2

+ 2, 5 · 0 − 2 · (− 393, 51) − (− 285, 84)) MJ/kmol

+ 1072, 86 MJ/kmol = 1299, 63 MJ/kmol

f Für die molare Bildungsenthalpie Hm,0 C2 H2 g (T0 , p0 ) = Xm,0 f Hm,0 C2 H2 g (T0 , p0 ) = Xm,0

C2 H2

C2 H2

folgt:

= 1299, 63 MJ/kmol − 1072, 86 MJ/kmol

= 226, 77 MJ/kmol Die technische Erzeugung von Azetylen C2 H2 aus Kohlenstoff C) und Wasserstoff folgt der Gleichung 2 C + 2 H2 C2 H2 . (IV) Diese Gleichung erhält man auch durch die Addition der Gleichungen (I), (II) und (III∗ ): 2 C + 2 O2 2 CO2

(I)

H2 + 0,5 O2 H2 O (II) 2 CO2 + H2 O C2 H2 + 2,5 O2 . (III∗ ) Folglich können nach dem Satz von Hess auch die molaren Reaktionsenthalpien, die sich bei den Gleichungen (I), (II) und (III∗ ) ergeben, addiert werden:

322

N X

12 Chemische Thermodynamik

∆R Hm (T0 , p0 )(i) = (−787, 02 + 1299, 63 − 285, 84) MJ/kmol = 226, 77 MJ/kmol

i=1

Dies ist auch die molare Wärme, die bei der Herstellung von Acetylen aus Kohlenstoff und Wasserstoff unter Verwendung einer isotherm-isobaren chemischen Reaktion im chemischen Standardzustand zugeführt werden muss. Zur Überprüfung kann die Energiebilanz für die Reaktion nach Gleichung (IV) auch mit dem f oben ermittelten Wert Hm,0 C2 H2 g (T0 , p0 ) = 226, 77 MJ/kmol aufgestellt werden: Die für Gl. (IV) benötigten Stoffwerte sind: f f Hm,0 C2 H2 g (T0 , p0 ) = 226,77 MJ/kmol; Hm,0 H2 g (T0 , p0 ) = 0 MJ/kmol; f Hm,0 CGr g (T0 , p0 ) = 0 MJ/kmol

∆R Hm (T0 , p0 )IV = (226, 77 − 2 · 0 − 2 · 0) MJ/kmol = 226, 77 MJ/kmol Dieses Ergebnis stimmt mit dem oben aufgeführten Ergebnis überein. Aufgabe 12.4 Die Erzeugung eines Synthesegases unter Verwendung von Koks und Dampf (Bild 12.2) C(s) + H2 O(g) CO(g) + H2 (g) bzw. CO(g) + H2 (g) - C(s) - H2 O(g) = 0 wird in einem chemischen Reaktor bei einer Temperatur von t = 1000 o C (T = 1273,15 K) und einem Druck von p0 = 1,0 bar durchgeführt (Bild 12.2). Die molare Reaktionsenthalpie ∆R Hm (T, p0 ) und die molare freie Reaktionsenthalpie ∆R Gm (T, p0 ) für dieses Synthesegas bei einer Temperatur von T = 1273,15 K sollen berechnet werden. Wie groß sind die Werte der Gleichgewichtskonstanten K bei T0 = 298,15 K und KT bei T = 1273,15 K? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung: Nach Tabelle A.7 im Anhang ergeben sich dazu die folgenden molaren Standard-Bildungsenthalpien bei T0 = 298,15 K und p0 = 1,0 bar: f f für C(s): Hm,0 C(s) (T0 , p0 ) = 0 MJ/kmol; für H2 O(g): Hm,0 H2 O g (T0 , p0 ) = - 241,83 MJ/kmol; f f für CO(g): Hm,0 CO g (T0 , p0 ) = - 110,53 MJ/kmol; für H2 (g): Hm,0 H2 g (T0 , p0 ) = 0 MJ/kmol

∆R Hm (T0 , p0 ) =

N X

f νi Hm,i (T0 , p0 )

i=1

∆R Hm (T0 , p0 ) = − 110, 53 MJ/kmol + 0 MJ/kmol − 0 MJ/kmol − (− 241, 83) MJ/kmol = + 131, 300 MJ/kmol

Bild 12.2 Erzeugung eines Synthesegases bei T = 1293,15 K and p0 = 1.0 bar aus Koks und Wasserdampf Nach Tabelle A.7 im Anhang ergeben sich dazu die folgenden molaren freien StandardBildungsenthalpien bei T0 = 298,15 K und p0 = 1,0 bar:

Aufgaben zu Abschnitt 12

323

 für C(s): G m,0 C(s) (T0 , p0 ) = - 1,711 MJ/kmol; für H2 O(g): Gm,0 H2 O g (T0 , p0 )

= - 298,13 MJ/kmol; für CO(g): G m,0 CO g (T0 , p0 ) = - 169,46 MJ/kmol; für H2 (g): G m,0 H2 g (T0 , p0 ) = - 38,962 MJ/kmol ∆R Gm (T0 , p0 ) =

N X

νi G m,i (T0 , p0 )

i=1

∆R Gm (T0 , p0 ) = −169, 46 MJ/kmol − 38, 962 MJ/kmol − (−1, 711) MJ/kmol −(−298, 13) MJ/kmol = + 91, 419 MJ/kmol ∆R Hm (T, p0 ) und ∆R Gm (T, p0 ) hängen von der Temperatur T ab. Deshalb sind zu den Zustandsgrößen im Standard-Zustand ∆R Hm (T0 , p0 ) und ∆R Gm (T0 , p0 ) die entsprechenden Funktionen von T zu addieren. Dies ist mithilfe der folgenden Gleichungen möglich: 1 1 ∆R Hm (T, p0 ) = ∆R Hm (T0 , p0 ) + T0 ∆a (Tr − 1) + T0 2 ∆b (Tr 2 − 1) + T0 3 ∆c (Tr 3 − 1) + 2 3 ∆d  Tr − 1  T0 Tr ∆R Gm (T, p0 ) = ∆R Hm (T0 , p0 ) + (∆R Gm (T0 , p0 ) − ∆R Hm (T0 , p0 )) Tr + T0 ∆a (Tr − 1 − 1 ∆d  Tr 2 − 2 Tr + 1  1 Tr ln Tr ) − T0 2 ∆b (Tr 2 − 2 Tr + 1) − T0 3 ∆c (Tr 3 − 3 Tr + 2) − 2 6 2 T0 Tr T ein dimensionsloser Ausdruck für die absolute Temperatur. In diesen Gleichungen ist Tr = T0 Die folgende Tabelle enthält die Konstanten a, b, c und d für die folgende Gleichung, die die Funktion für die molare isobare Wärmekapazität C om,p, i einer reagierenden Substanz i in Abhängigkeit von der Temperatur darstellt: C om,p, i = ai + bi T + ci T 2 + di T 3 Für die molare isobare Reaktions-Wärmekapazität folgt: ∆R C om,p =

N X

νi C om,p, i

i=1

Deshalb wird

∆R C om,p = ∆a + ∆b T + ∆c T 2 + ∆d T 3

mit den Abkürzungen ∆a =

N X

νi a i

∆b =

N X

ν i bi

∆c =

νi ci

∆d =

Chemische Substanz

a

103 b

N X

νi di .

i=1

i=1

i=1

i=1

N X

107 c

10−5 d

C(s)

17,166

4,271

0,0

-8,79

H2 O(g)

30,379

9,621

11,85

0,0

CO(g)

26,879

6,971

-8,21

0,0

H2 (g)

29,086

-0,837

20,14

0,0

Es folgt: ∆a = 1 · 26, 879 + 1 · 29, 086 + (−1) · 17, 166 + (−1) · 30, 379 = 8, 42   ∆b = 1 · 6, 971 + 1 · (−0, 837) + (−1) · 4, 271 + (−1) · 9, 621 · 10−3 = −7, 758 · 10−3   ∆c = 1 · (−8, 21) + 1 · 20, 14 + (−1) · 0, 0 + (−1) · 11, 85 · 10−7 = 8, 00 · 10−9   ∆d = 1 · 0, 0 + 1 · 0, 0 + (−1) · (−8, 79) + (−1) · 0, 0 · 105 = 8, 79 · 105 Tr =

1273 T = = 4, 272 T0 298

324

12 Chemische Thermodynamik

 ∆R Hm (T, p0 ) = 131300 + 298 · 8, 42 · (4, 272 − 1) 1 1 + · 2982 · (−7, 758 · 10−3 ) · (4, 2722 − 1) + · 2983 · (8, 00 · 10−9 ) · (4, 2723 − 1) 2 3 8, 79 · 105 4, 272 − 1  · kJ/kmol = 135832 kJ/kmol = 135, 832 MJ/kmol + 298 4, 272  ∆R Gm (T, p0 ) = 131300 + (91419 − 131300) · 4, 272 + 298 · 8, 42 · (4, 272 − 1 − 4, 272 ln 4, 272) − 1 1 · 2982 ·(−7.758 · 10−3 )·(4, 2722 −2·4, 272+1)− ·2983 ·(8, 00 · 10−9 ) · (4, 2723 −3 · 4, 272+2) − 2 6 8, 79 · 105 4, 2722 − 2 · 4, 272 + 1  · kJ/kmol = − 46436 kJ/kmol = − 46, 436 MJ/kmol 2 · 298 4, 272 91419 ∆R G0m (T0 , p0 ) − − ni νi 8, 31451 · 298 = e−36, 878 Rm T0 K (T0 , p0 ) = Π ( ) = e =e n ln K = − 36, 878 lg K = − 16, 016 K = 9, 6402 · 10−17 −46436 ∆R G0m (T, p0 ) − − ni νi Rm T KT (T, p0 ) = Π ( ) = e = e 8, 31451 · 1273 = e4, 3872 n ln KT = 4, 3872 lg KT = 1, 9053 KT = 80, 415 (vgl. u. a. Bild 12.16 des Lehrbuchs ’Grundlagen der Technischen Thermodynamik’) Aufgabe 12.5 Für die chemische Reaktion H2 + 0,5 O2 H2 O bzw. H2 O - H2 - 0,5 O2 = 0 in einer Brennstoffzelle (Bild 12.3) sollen folgende Zustandsgrößen im chemischen Standardzustand (T0 = 298.15 K; p0 = 1,0 bar) berechnet werden: • die molare Reaktionsenthalpie ∆R Hm (T0 , p0 ), • die molare Reaktionsentropie ∆R Sm (T0 , p0 ), • die molare freie Reaktionsenthalpie ∆R Gm (T0 , p0 ), • die molare reversible Wärme (Qm 12 )rev (T0 , p0 ), • die molare reversible Arbeit (Wm 12 )rev (T0 , p0 ), • der Logarithmus zur Basis 10 der Gleichgewichtskonstante K, • der ideale Wirkungsgrad ηid (T0 , p0 ) der Brennstoffzelle, • die Partialdrücke pp H2 , pp O2 und pp H2 O im Gleichgewichtszustand unter der Bedingung des chemischen Standardzustandes. (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung:

Bild 12.3 Chemische Reaktion von Wasserstoff H2 und Sauerstoff O2 zu Wasserdampf H2 O in einer Brennstoffzelle

Aufgaben zu Abschnitt 12

325

Gemäß Tabelle A.7 im Anhang sind die molaren Bildungsenthalpien im chemischen Standardzustand: f f Hm,0 H2 O g (T0 , p0 ) = - 241,83 MJ/kmol; Hm,0 H2 g (T0 , p0 ) = 0 MJ/kmol; f Hm,0 O2 g (T0 , p0 ) = 0 MJ/kmol.

∆R Hm (T0 , p0 ) =

N X

f νi Hm,i (T0 , p0 )

i=1

∆R Hm (T0 , p0 ) = (− 241, 83 − 0 − 0, 5 · 0) MJ/kmol = − 241, 83 MJ/kmol Gemäß Tabelle A.7 im Anhang sind die absoluten molaren Entropien im chemischen Standardzustand:   Sm,0 H2 O g (T0 , p0 ) = 188,835 kJ/(kmol K); Sm,0 H2 g (T0 , p0 ) = 130,680 kJ/(kmol K);  Sm,0 O2 g (T0 , p0 ) = 205,152 kJ/(kmol K)

∆R Sm (T0 , p0 ) =

N X

 νi Sm,i (T0 , p0 )

i=1

∆R Sm (T0 , p0 ) = (188, 835 − 130, 680 − 102, 576 kJ/(kmol K) = − 44, 421 kJ/(kmol K) Entsprechend Tabelle A.7 im Anhang sind die molaren freien Reaktionsenthalpien (molaren Gibbs’schen Reaktionsenthalpien) im chemischen Standardzustand:  G m,0 H2 O g (T0 , p0 ) = - 298,13 MJ/kmol; Gm,0 H2 g (T0 , p0 ) = - 38,962 MJ/kmol;

G m,0 O2 g (T0 , p0 ) = - 61,166 MJ/kmol. N X ∆R Gm (T0 , p0 ) = νi G m,i (T0 , p0 ) i=1

∆R Gm (T0 , p0 ) = (−298, 13 − (−38, 962) − (−30, 583)) MJ/kmol = −228, 585 MJ/kmol (Qm 12 )rev (T0 , p0 ) = T0 ∆R Sm (T0 , p0 ) = (298, 15 K) · (−0, 044421 MJ/(kmol K) = − 13, 24 MJ/kmol (Wm 12 )rev (T0 , p0 ) = ∆R Gm (T0 , p0 ) = − 228, 585 MJ/kmol Tabelle 12.4 Molare Reaktionsenthalpie ∆R Hm (T, p0 ) = ∆R Hm , molare freie Reaktionsenthalpie (molare Gibbs’sche Reaktionsenthalpie) ∆R Gm (T, p0 ) = ∆R Gm , molare Entropie Sm H2 O g (T, p0 ) bei p0 = 1,0 bar, abgeführte molare Wärme (Qm 12 )rev , idealer thermischer Wirkungsgrad ηid und Logarithmus zur Basis 10 der Gleichgewichtskonstante K bei p0 = 1,0 bar der Reaktion H2 + 0,5 O2 H2 O. Zum Vergleich ist auch der ideale thermische Wirkungsgrad ηC des Carnot-Kreisprozesses enthalten. Temp. T in K ∆R H

298,15

400

500

600

700

800

900

1000

1100

1200

[MJ/kmol]

-241,83 -242,85 -243,83 -244,76 -245,63 -246,44 -247,19 -247,86 -248,46 -249,00

∆R Gm [MJ/kmol]

-228,59 -223,90 -219,05 -214,01 -208,81 -203,50 -198,08 -192,59 -187,03 -181,43

m

Sm H2 O g [kJ/(kmol K)] 188,83 198,79 206,53 213,05 218,74 223,83 228,46 232,74 236,73 240,49 (Qm 12 )rev [MJ/kmol] -13,24 -18,95 -24,78 -30,75 -36,82 -42,94 -49,11 -55,27 -61,43 -67,57 ηid

0,9452 0,9220 0,8984 0,8744 0,8501 0,8258 0,8013 0,7770 0,7528 0,7286

ηC

0,0000 0,2546 0,4037 0,5031 0,5741 0,6273 0,6687 0,7019 0,7290 0,7515

log10 K

40,046 29,240 22,886 18,632 15,583 13,289 11,498 10,061 8,883

Σ νi G ∆R Gm (T0 , p0 ) m,i (T0 , p0 ) − R T Rm T m =e K (T0 , p0 ) = e −228, 585 kJ/kmol − K (T0 , p0 ) = e 8, 31451 kJ/(kmol K) · 298, 15 K = e92, 2096 −

7,899

326

12 Chemische Thermodynamik

ln K = 92, 2096

lg K = 40, 046

log10 K = 40, 046

K = 1, 1117 · 1040

Der ideale Wirkungsgrad ηid einer Brennstoffzelle (Bild 12.4) unter Annahme einer reversiblen Funktion kann definiert werden als das Verhältnis der molaren freien Reaktionsenthalpie ∆R Gm (T, p) zum negativen molaren Heizwert ∆R Hm (T ) = − Hi m H2 (T ): für den Standardzustand:

für andere Temperaturen:

ηid (T0 , p0 ) =

∆R Gm (T0 , p0 ) ∆R Gm (T0 , p0 ) = − R ∆ Hm (T0 , p0 ) Hi m H2 (T0 )

ηid (T0 , p0 ) =

−228, 585 MJ/kmol = 0, 9452 −241, 83 MJ/kmol

ηid (T, p0 ) =

∆R Gm (T, p0 ) ∆R Gm (T, p0 ) = − ∆R Hm (T, p0 ) Hi m H2 (T )

Bild 12.4 Temperaturabhängigkeit des reversiblen Carnot-Prozesses ηC ; Temperaturabhängigkeit des Wirkungsgrades der idealen Brennstoffzelle ηid entsprechend der Reaktionsgleichung H2 + 0.5 O2 H2 O K = Π(

ppi νi 1 p0,5 · p ppi νi pp H O pp H O · Π ( )νi = 0,5 2 · ) = Π νi = 0,5 2 p p p p p p O2 · p p H2 p p O2 · p p H2

K = 1, 1117 · 1040 =

p p H2 O · p0,5 p0,5 · p p H 2 p O2

Da pp O2 = 0, 5 · pp H2 gegeben ist, wird: p p H2 O p p H2 O p p H2 O 0,5 K =1, 1117 · 1040 = · p0,5 = · p0,5 = 1,5 · p (0, 5 · pp H2 )0,5 · pp H2 0, 7071 · p0.5 · p p H 0, 7071 · p 2 p H2 pH 2

Deshalb folgt: h i1/1,5 h i1/1,5
1/1,5 p p H2 O 1 p p H2 = · p0,5 = · pp H2 O · p0,5 40 40 0, 7071 · 1, 1117 · 10 0, 7071 · 1, 1117 · 10

Wenn pp H2 O = 1,0 bar vorgegeben wird und zudem p = p0 = 1,0 bar gilt, folgt:
1/1,5 pp H2 O · p0,5 = 1,0 bar

Somit wird i1/1,5 h 1 bar = 2, 5294 · 10−27 bar ≈ 2, 5 · 10−27 bar p p H2 = 0, 7071 · 1, 1117 · 1040

und

pp O2 = 0, 5 · pp H2 = 1, 2647 · 10−27 bar ≈ 1, 25 · 10−27 bar . Verglichen mit pp H2 O = 1,0 bar, sind die Partialdrücke von H2 und O2 sehr klein. Dies bedeutet, dass sich fast alle Moleküle von H2 und O2 zu H2 O verbinden.

Aufgaben zu Abschnitt 12

327

Aufgabe 12.6 Für die Synthese von Ammoniak (NH3 ) aus Stickstoff (N2 ) und Wasserstoff (H2 ) (Bild 12.5) gilt folgendes: N2 + 3 H2 2 NH3 bzw. 1 3 NH3 − N2 − H2 = 0 2 2 Mit Hilfe der Tabelle A.7 im Anhang soll die Ammoniaksynthese als chemische Reaktion im Gleichgewichtszustand in Abhängigkeit von Druck und Temperatur für stöchiometrische Mengen der Reaktanden nN2 /nH2 = 1/3 berechnet werden. Als Temperaturen sind 25 o C sowie 450 o C und als Drücke 1 bar sowie 600 bar zu betrachten, wobei • mit den vereinfachenden Annahmen der Temperaturunabhängigkeit der molaren Reaktionsenthalpie ∆R Hm = const und der Gültigkeit des idealen Gases, • mit Berücksichtigung der Temperaturabhängigkeit der molaren Reaktionsenthalpie ∆R Hm (T ) und der Gültigkeit des idealen Gases zu rechnen ist. Zunächst sollen die folgenden Eigenschaften im thermochemischen Standardzustand (T0 = 298,15 K; p0 = 1,0 bar) bestimmt werden: • die molare Reaktionsenthalpie ∆R Hm (T0 , p0 ), • die molare Reaktionsentropie ∆R Sm (T0 , p0 ), • die molare freie Reaktionsenthalpie (molare Gibbs’sche Reaktionsenthalpie) ∆R Gm (T0 , p0 ), • der Logarithmus zur Basis 10 der Gleichgewichtskonstante K 0 , • die molare reversible Wärme (Qm 12 )rev (T0 , p0 ), • die molare reversible Arbeit (Wm 12 )rev (T0 , p0 ). (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Lösung:

Bild 12.5 Ammoniaksynthese als eine chemische Reaktion im Gleichgewichtszustand beim chemischen Standardzustand Gemäß Tabelle A.7 im Anhang sind die molaren Bildungsenthalpien im Standardzustand: f f Hm,0 NH3 g (T0 , p0 ) = - 45,94 MJ/kmol; Hm,0 N2 g (T0 , p0 ) = 0 MJ/kmol; f Hm,0 H2 g (T0 , p0 ) = 0 MJ/kmol

∆R Hm (T0 , p0 ) =

N X

f νi Hm,i (T0 , p0 )

i=1

∆R Hm (T0 , p0 ) = (−45, 94 −

1 3 · 0 − · 0) MJ/kmol = − 45, 94 MJ/kmol 2 2

Gemäß Tabelle A.7 im Anhang sind die molaren absoluten Entropien:   Sm,0 NH3 g (T0 , p0 ) = 192,77 kJ/(kmol K); Sm,0 N2 g (T0 , p0 ) = 191,609 kJ/(kmol K);  Sm,0 H2 g (T0 , p0 ) = 130,680 kJ/(kmol K)

328

12 Chemische Thermodynamik

∆R Sm (T0 , p0 ) =

N X

 νi Sm,i (T0 , p0 )

i=1

1 3 · 191, 609 − · 130, 680) kJ/(kmol K)=− 99, 055 kJ/(kmol K) 2 2 Gemäß Tabelle A.7 im Anhang sind die molaren Gibbs-Funktionen im Standard-Zustand:

∆R Sm (T0 , p0 )=(192, 77 − G m,0

NH3 g

G m,0 H2 g

(T0 , p0 ) = - 103,41 MJ/kmol; G m,0

N2 g

(T0 , p0 ) = - 57,128 MJ/kmol;

(T0 , p0 ) = - 38,962 MJ/kmol.

∆R Gm (T0 , p0 ) =

N X

νi G m,i (T0 , p0 )

i=1

3 1 · (− 57, 128) − · (− 38, 962)) MJ/kmol 2 2 = − 16, 403 MJ/kmol = − 16403 kJ/kmol

R

∆ Gm (T0 , p0 ) = (− 103, 41 −

− K (T0 , p0 ) = e

∆R Gm (T0 , p0 ) Rm T

− 16403 kJ/kmol − 8, 31451 kJ/(kmol K) · 298, 15 K = e6, 61686 = 747, 59 K0 (T0 , p0 ) = e ln K0 (T0 , p0 ) = 6, 61686

lg K0 (T0 , p0 ) = 2, 87366 R

(Qm 12 )rev (T0 , p0 ) = T0 ∆ Sm (T0 , p0 ) (Qm 12 )rev (T0 , p0 ) = (298, 15 K) · (−0, 099055 MJ/(kmol K) = − 29, 533 MJ/kmol (Wm )rev (T0 , p0 ) = ∆R Gm (T0 , p0 ) = −16, 403 MJ/kmol Für den Fall, dass die molare Reaktionsenthalpie ∆R Hm als unverändert angenommen wird und gleich der molaren Standard-Reaktionsenthalpie ∆R Hm = ∆R Hm (T0 , p0 ) angesetzt wird, kann die folgende Gleichung zur Berechnung der Gleichgewichtskonstante bei der Temperatur T verwendet werden, wobei hier z. B. für T = 723,15 K (t = 450 o C) gilt: ln (

∆R Hm (T0 , p0 ) T − T0 − 45, 940 kJ/kmol 723, 15 K − 298, 15 K K )= = · = − 11, 53197 K0 Rm T T0 8, 31451 kJ/(kmol K) 723, 15 · 298, 15 K2

ln K = ln 747, 59 + (− 11, 53197) = 6, 61686 − 11, 53197 = − 4, 91511 K = KT = 7, 3349 · 10−3 = 0,0073349 Dieser Wert gilt für die Temperatur t = 450 o C und für den Standarddruck p0 = 1,0 bar. Aus der Gleichgewichtskonstante K lassen sich die Partialdrücke sowie die Molmengenanteile der einzelnen Komponenten direkt bestimmen. Unter der Bedingung eines idealen Gases gilt: ni Π ( )νi = K (T, p) n ni /n stellt das Verhältnis der Molmenge ni der Komponente i zur gesamten Molmenge n des Gemisches idealer Gase dar, das auch als Verhältnis des Partialdrucks ppi der Komponente i zum Gesamtdruck p des Gemisches idealer Gase ni /n = ppi /p ausgedrückt werden kann, da alle Komponenten dasselbe Volumen einnehmen und die gleiche Temperatur haben: Π(

pνpii ppi νi ) = Π ν = K (T, p) p p i

Mit der Abkürzung K 0 (T ) = K (T, p) Π pνi

Aufgaben zu Abschnitt 12

329

wird Π (pνpii ) = K 0 (T ) d. h. N pνp11 pνp22 pνp33 ... pνpN = K 0 (T )

Diese Gleichungen beschreiben das Massenwirkungsgesetz, das von Guldberg und W aage gefunden wurde. Darin sind die stöchiometrischen Koeffizienten νi der Edukte negativ und die der Produkte positiv. Wenn die Absolutwerte der stöchiometrischen Koeffizienten der gesamten b Edukte mit ν1e , ν2e , ... νbe bezeichnet werden und die stöchiometrischen Koeffizienten der a a a gesamten N −b Produkte der Reaktion mit νb+1 , νb+2 , ... νN , dann kann das Massenwirkungsgesetz gemäß der obigen Gleichung wie folgt geschrieben werden: νa

νa

νa

b+1 b+2 N pp(b+1) pp(b+2) ... ppN

νe pp11

νe pp22

νe ... ppbb

= K 0 (T )

Wendet man die Gleichung für K auf die Ammoniaksynthese an, kann man schreiben: p   n p NH3 p NH3 n NH p   n 3 K = p  = n  p 1, 5 H2 1, 5 p 0, 5 N2 0, 5 p N2 p H2 n N2 n H2 −1,5 −1 Da Π pνi = p1NH3 · p−0,5 gilt, folgt für K 0 : N2 · p H2 = p  n NH3

0

K (T ) = K (T, p) Π p

νi

1 n NH  n 3 = n  · H2 1, 5 N2 0, 5 p n N2 n H2

Die Bestimmung der Reaktionsumsätze der Reaktionskomponenten kann hieraus mit Hilfe einer molaren Mengenbilanz vorgenommen werden. Beispielsweise kann die Umsatzmenge ξi der Komponente i mit n0i als Molmenge am Anfang und ni als Molmenge am Ende wie folgt definiert werden: n0i − ni n0i Bezieht man die Umsatzmengen auf die Komponente Stickstoff, so erhält man die Molmengen der einzelnen Komponenten auf folgende Weise: ξi =

nN2 = n0N2 (1 − ξN2 ) nH2 = 3 n0N2 (1 − ξN2 ) nNH3 = 2 n0N2 ξN2 Die gesamte Molmenge ergibt sich zu n=

N X

ni = n0N2 (1 − ξN2 ) + 3 n0N2 (1 − ξN2 ) + 2 n0N2 ξN2 = n0N2 (4 − 2 ξN2 )

i=1

Damit werden die einzelnen Molmengenanteile: 2 n0N2 ξN2 nNH3 2 ξN2 = 0 = n nN2 (4 − 2 ξN2 ) (4 − 2 ξN2 ) n0N (1 − ξN2 ) (1 − ξN2 ) nN2 = 0 2 = n nN2 (4 − 2 ξN2 ) (4 − 2 ξN2 ) 3 n0N (1 − ξN2 ) nH2 3 (1 − ξN2 ) = 0 2 = n nN2 (4 − 2 ξN2 ) (4 − 2 ξN2 )

330

12 Chemische Thermodynamik

Es folgt für K 0 : n

 2 ξN2 (4 − 2 ξN2 ) NH3 1 1 n NH n 3 · =  K0 =  n  · N2 0, 5 H2 1.5 (1 − ξN2 ) 0, 5  3 (1 − ξN2 ) 1, 5 p p n N2 n H2 (4 − 2 ξN2 ) N2 (4 − 2 ξN2 ) H2 NH3

K0 =





2 ξN2 (4 − 2 ξN2 ) 1 2 ξN (4 − 2 ξN2 ) 1 · = 1,52 · (1 − ξN2 )0,5 31,5 (1 − ξN2 )1,5 p 3 (1 − ξN2 )2 p

Zur Vereinfachung der Berechnung kann der folgende Term verwendet werden: K∗ =

31,5 p KT0 4

Dies führt zu K∗ =

2 31,5 p 2 ξN2 (4 − 2 ξN2 ) 1 8 ξN2 − 4 ξ N 2 · 1,5 · = 2 4 p 3 (1 − ξN2 ) 4 (1 − ξN2 )2

2 2 2 4 K ∗ (1 − 2 ξN2 + ξN ) = 4 K ∗ − 8 K ∗ ξN2 + 4 K ∗ ξN ) = 8 ξN2 − 4 ξ N 2 2 2 2 4 ξN (K ∗ + 1) − 8 ξN2 (K ∗ + 1) + 4 K ∗ = 0 2

K∗ =0 K∗ + 1 K ∗
0,5 1 = 1− 1− ∗ =1− K +1 (K ∗ + 1)0,5

2 ξN − 2 ξN2 + 2

ξN2

Für die Temperatur t = 450 o C, den Druck p = 600 bar und KT0 = 31,5 p KT0 = K = 4

31,5 · 600 bar ·

∗

4

0, 0073349 1, 0 bar

0, 0073349 wird 1, 0 bar

= 5, 71699 .

Weil die Gase als ideale Gase angenommen werden, treffen die Ergebnisse bei p = 600 bar nur angenähert zu. ξN2 = 1 −

1 1 =1− = 0, 61416 (K ∗ + 1)0,5 (5, 71699 + 1)0,5

Wenn der Umsatzgrad ξ bekannt ist, kann die Gleichgewichtskonzentration direkt berechnet werden. Für den zu betrachtenden Fall folgt: (1 − ξN2 ) (1 − 0, 61416) nN2 = = = 0, 13921 n (4 − 2 ξN2 ) (4 − 2 · 0, 61416) Gemäß der stöchiometrischen Reaktion erhält man unmittelbar: nH2 nN2 =3 = 0, 41762 n n nNH3 nN = 1 − 4 2 = 0, 44316 n n Nun soll der Fall betrachtet werden, dass die molare Reaktionsenthalpie ∆R Hm als Funktion der Temperatur T angenommen wird und deshalb ungleich der molaren Reaktionsenthalpie im Standardzustand ∆R Hm (T ) 6= ∆R Hm (T0 , p0 ) ist. ∆R Hm (T ) ist nun zu bestimmen. In derselben Weise wie zuvor sind die Reaktionsumsätze bei t = 450 o C (T = 723,15 K) und p = 600 bar zu berechnen. Weil jedoch die Gase als ideale Gase angenommen werden, können auch hier die Ergebnisse bei p = 600 bar nur als Näherungen verstanden werden.

Aufgaben zu Abschnitt 12

331

Die unten stehende Tabelle enthält die Konstanten a, b, c und d für die folgende Gleichung, die eine temperaturabhängige Funktion für die molare isobare Wärmekapazität C om,p i eines Reaktanden i ist: C om,p i = ai + bi T + ci T 2 + di T 3 Für die molare isobare Wärmekapazität folgt: N X ∆R C om,p = νi C om,p i i=1

∆R C om,p = ∆a + ∆b T + ∆c T 2 + ∆d T 3

Damit wird mit

∆a =

N X

νi a i

∆b =

i=1

N X

ν i bi

∆c =

i=1

N X

νi ci

∆d =

i=1

106 c

109 d

27,296

23,815

17,062

-11,840

31,128

-13,556

26,777

-11,673

27,124

9,267

-13,799

7,640

a

NH3 N2 H2

νi di .

i=1

103 b

Chemische Substanzen

N X

Es folgt: 3 1 · 31, 128 − · 27, 124 = − 28, 954 2 2   1 3 ∆b = 23, 815 − − · (−13, 556) − · 9, 2678 · 10−3 = 16, 692 · 10−3 2 2   3 1 ∆c = 17.062 − − · 26, 777 − · (−13, 799) · 10−6 = 24, 372 · 10−6 2 2   1 3 ∆d = −11, 84 − − · (−11, 673) − · 7, 64) · 10−9 = −17, 464 · 10−9 2 2 Mit diesen Werten lässt sich die molare Reaktionsenthalpie für jede andere Temperatur und damit der Wert der Gleichgewichtskonstante genauer ermitteln als unter der bisherigen Annahme einer konstanten molaren Standard-Reaktionsenthalpie. Der Wert bei 450 o C wird durch Integration der Funktion für die molare isobare Reaktionswärmekapazität bestimmt: ZT ∆R Hm (T ) = ∆R Hm (T0 , p0 ) + ∆R C om,p dT ∆a = 1 · 27, 296 −

T0

∆b 2 ∆c 3 ∆d 4 (T − T02 ) + (T − T03 ) + (T − T04 ) 2 3 4 h 16, 692·10−3 ∆R Hm (T ) = − 45940 − 28, 954 · (723, 15 − 298, 15) + · (723, 152 − 298, 152 ) + 2 i kJ (− 17, 464·10−9 ) 24, 372·10−6 · (723, 153 − 298, 153 ) + · (723, 154 − 298, 154 ) 3 4 kmol kJ MJ = − 52925 = − 52, 925 kmol kmol Da – wie dieses Ergebnis zeigt – die Reaktion mit zunehmender Temperatur stärker exotherm wird, führt dies auch zu einer geringeren Menge des Produkts NH3 im Gleichgewichtszustand im Vergleich zu der Berechnung mit konstanter molarer Reaktionsenthalpie beim Standardzustand. Da die Temperaturabhängigkeit der molaren isobaren Wärmekapazität ∆R C om,p (T ) und damit auch die Temperaturabhängigkeit der molaren Reaktionsenthalpie ∆R Hm (T ) bekannt ist, ergibt sich aus   ∆R Hm (T ) ∂ ln K = ∂T Rm T 2 p = ∆R Hm (T0 , p0 ) + ∆ a (T − T0 ) +

332

12 Chemische Thermodynamik

durch Integration: ln

∆a T ∆b ∆c ∆d KT = ln + (T − T0 ) + (T 2 − T02 ) + (T 3 − T03 ) KT0 Rm T0 2 Rm 6 Rm 12 Rm 1  ∆b 2 ∆c 3 ∆d 4  T − T0 − T + T + T −∆R Hm (T0 ) + ∆a T0 + Rm 2 0 3 0 4 0 T T0

KT = KT0 723, 15 16, 692 · 10−3 24, 372 · 10−6 −28, 954 ln + (723, 15 − 298, 15) + (723, 152 − 298, 152 ) 8, 31451 298, 15 2 · 8, 31451 6 · 8, 31451  1 −17, 464 · 10−9 (723, 153 − 298, 153 ) − + 45940 + (−28, 954) · 298, 15 + 12 · 8, 31451 8, 31451  16, 692 · 10−3 24, 372 · 10−6 −17, 464 · 10−9 + · 298, 152 + · 298, 153 + · 298, 154 K 2 3 4 (723, 15 − 298, 15) K = −11, 57169 · 723, 15 · 298, 15 K2 ln

ln KT = ln KT0 − 11, 57169 = ln 747, 59 − 11, 57169 = −4, 95484 KT = e−4, 95484 = 7, 049 · 10−3 = 0,007049 Damit ist die Berechnung des Gleichgewichtszustands sowie der Gleichgewichtskonzentrationen der einzelnen Reaktanden bei T = 723,15 K and p = 600 bar, die in qualitativ gleicher Weise wie zuvor beschrieben durchgeführt wird, genauer als vorher, weil die Temperaturab0 hängigkeit von ∆R Hm (T ) berücksichtigt wird: 0, 007049 31.5 · 600 bar · 31,5 p KT0 1, 0 bar K = = = 5,49415 . 4 4 1 1 ξN2 = 1 − =1− = 0,60759 (K ∗ + 1)0,5 (5,49415 + 1)0,5 ∗

Wenn der Reaktionsumsatz ξ bekannt ist, kann die Gleichgewichtskonzentration direkt berechnet werden. Für den betrachteten Fall folgt: (1 − ξN2 ) (1 − 0, 60759) nN2 = = = 0,14091 n (4 − 2 ξN2 ) (4 − 2 · 0, 60759) Aufgrund der stöchiometrischen Reaktion erhält man direkt: nH2 nN2 =3 = 0, 42273 n n nN nNH3 = 1 − 4 2 = 0, 43636 n n Da die Annahme eines idealen Gases bei einem Druck von 600 bar nur in sehr grober Näherung gilt, ist für eine exakte Bestimmung der Gleichgewichtszusammensetzung die Verwendung einer Zustandsgleichung für reale Gase angebracht. Der damit verbundene Aufwand ist erheblich; deshalb wird dies hier nicht näher betrachtet. Aufgabe 12.7 Welcher Exergieverlust entsteht bei der vollständigen Verbrennung von 1 kmol Methan (CH4 ) mit Luft beim Luftverhältnis λ = 1 (stöchiometrische Verbrennung; Bild 12.6)? Die Temperatur und der Druck des Brenngases sowie der Luft betragen 25 o C und 1,0 bar. Der Umgebungszustand ist der thermochemische Standardzustand (T0 = 298,15 K, p0 = 1,0 bar). Die Mischungsentropie der Verbrennungsgaskomponenten ist zu vernachlässigen. Für die Lösung

Aufgaben zu Abschnitt 12

333

sind folgende Informationen zu nutzen: Die maximale Verbrennungstemperatur von Methan CH4 erreicht tmax = 2000 o C (Tmax = 2273,15 K), wenn die Dissoziation vernachlässigt wird bzw. tmax = 1920 o C (Tmax = 2193,15 K), wenn die Dissoziation berücksichtigt wird. Die mittleren molaren isobaren Wärmekapazitäten von CO2 , H2 O und N2 zwischen t0 = 0 o C und tmax = 2000 o C sind: Cmp CO2 |ttmax = 54,44 MJ/(kmol K), Cmp N2 |ttmax = 33,28 MJ/(kmol 0 0 tmax K), Cmp H2 O |t0 = 43,97 MJ/(kmol K) (Schwierigkeitsgrad: mittel) Lösung:

Bild 12.6 Irreversible vollständige adiabate Verbrennung von Methan mit Luft bei λ = 1,0: Bestimmung des Exergieverlusts Für die vollständige Verbrennung von Methan gilt CH4 + 2 O2 + 7, 52 N2 = 1 CO2 + 2 H2 O + 7, 52 N2

bzw.

1 kmol CH4 + 2 kmol O2 + 7, 52 kmol N2 = 1 kmol CO2 + 2 kmol H2 O + 7, 52 kmol N2 . Der Mindestsauerstoffberdarf bei rCn Hm = rCH4 = 1 ist  kmol O2 m rCn Hm = 2 , omin = n + 4 kmol CH4 und der Mindestluftbedarf ist kmol Luft 2 kmol Luft = 9,52 . 0,21 kmol CH4 kmol CH4

lmin =

Beim Luftverhältnis λ = 1.0 wird die Luftmenge l = λ lmin = 1,0 ·

2 kmol Luft kmol Luft = 9, 52 0,21 kmol CH4 kmol CH4

in den Reaktionsraum eingebracht. Nach der Verbrennung ergibt sich: kmol CO2 V0 CO2 = n rCn Hm = 1 V0 B kmol CH4 V0 H 2 O m kmol H2 O = = rCn Hm = 2 V0 B 2 kmol CH4

v0 CO2 = v0 H2 O

V0 N 2 kmol N2 = 0,79 λ lmin = 7,52 V0 B kmol CH4 Damit werden 10,52 kmol feuchtes Verbrennungsgas je kmol CH4 erzeugt. v0 N2 =

In einem nächsten Schritt sind die Entropien der Stoffe zu bestimmen. Bei der Entropiebilanz ist zu berücksichtigen, dass CH4 und Luft (O2 und N2 ) bei der Standardtemperatur T0 = 298,15 K in den Reaktionsraum eintreten, wohingegen die Produkte CO2 und H2 O sowie N2 den Reaktionsraum bei der Temperatur T = 2273,15 K verlassen, wenn die Dissoziation vernachlässigt wird. Nach Tabelle A.7 im Anhang haben die molaren Entropien beim Standardzustand der Stoffe, die in den Reaktionsraum eintreten bzw. ihn verlassen, die folgenden Werte:

334

12 Chemische Thermodynamik

 Methan: Sm,0 CH4 (T0 , p0 ) = 186, 25  Luft: Sm,0 Luft (T0 , p0 ) = 198, 827

kJ kmol CH4 K

kJ kmol Luft K

kJ kmol CO2 K kJ  Wasserdampf: Sm,0 H2 O (T0 , p0 ) = 188, 835 kmol H2 O K

 Kohlendioxid: Sm,0 CO2 (T0 , p0 ) = 213, 785

 Stickstoff: Sm,0 N2 (T0 , p0 ) = 191, 609

kJ kmol N2 K

Im Falle einer Berechnung ohne Berücksichtigung der Dissoziation und der Annahme von Wasserdampf H2 O im gasförmigen Zustand ergibt sich:  Methan: Sm CH4 = Sm,0 CH4 (T0 , p0 ) = 186, 25  Luft: Sm Luft = lmin Sm,0 Luft (T0 , p0 ) = 9,52

= 1892, 833

kJ kmol CH4 K

kmol Luft kJ · 198, 827 kmol CH4 kmol Luft K

kJ kmol CH4 K

 tmax Kohlendioxid: Sm max CO2 = Sm,0 ln CO2 (T0 , p0 ) + Cmp CO2 |t0

= 213, 785

kJ kJ 2273, 15 K kJ + 54, 44 · ln = 324, 370 kmol K kmol K 298, 15 K kmol K

 tmax Wasserdampf: Sm max H2 O = Sm,0 ln H2 O (T0 , p0 ) + Cmp H2 O |t0

= 188, 835

Tmax T0

Tmax T0

kJ kJ 2273, 15 K kJ + 43, 97 · ln = 278, 152 kmol K kmol K 298, 15 K kmol K

Tmax T0 kJ kJ 2273, 15 K kJ = 191, 609 + 33, 28 · ln = 259, 211 kmol K kmol K 298, 15 K kmol K

tmax  Stickstoff: Sm max N2 = Sm,0 ln N2 (T0 , p0 ) + Cmp N2 |t0

Sm a max = v0 CO2 Sm max CO2 + v0 H2 O Sm max H2 O + v0 N2 Sm max N2 Sm a max = 1

kmol CO2 kJ kmol H2 O kJ · 324, 370 +2 · 278, 152 kmol CH4 kmol CO2 K kmol CH4 kmol H2 O K

+ 7, 52

kJ kJ kmol N2 · 259, 211 = 2829, 941 kmol CH4 kmol N2 K kmol CH4 K

Damit wird der Exergieverlust Exm V : Exm V = T0 (Sm a max − Sm CH4 − Sm Luft ) Exm V = 298, 15 K · (2829, 941 − 186, 25 − 1892, 833) = 223,868

MJ kmol CH4 K

1 MJ kJ ·, kmol CH4 K 1000 kJ

Bezogen auf die Exergie von Methan Exm CH4 = 824,16 MJ/(kmol CH4 K) (vgl. Tabelle 12.2 des Lehrbuchs ’Grundlagen der Technischen Thermodynamik’) ergibt sich 223,868 MJ/(kmol CH4 K) Exm V = = 0,2716 Exm CH4 824,16 MJ/(kmol CH4 K)

(27,16 %) .

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 1 bis 4: Thermodynamische Grundlagen - Der erste Hauptsatz der Thermodynamik - Der zweite Hauptsatz der Thermodynamik - Ideale Gase .Man beantworte die nachfolgenden Fragen bzw. kreuze die richtigen Antworten an. Es können

bei einzelnen Fragen gegebenenfalls auch mehrere Antworten richtig sein. Aufgabe A.1 a) Die reversible Ersatzwärme zwischen den Zuständen 1 und 2 eines Stoffes ergibt sich mit der Temperatur T und der Entropieänderung dS zu (Q12 )rev = .................................................. Sie ist eine

( ) Zustandsgröße.

( ) Prozessgröße.

( ) Basisgröße.

b) Die innere Reibungsarbeit WRI bei einer Zustandsänderung zwischen den Zuständen 1 und 2 ist eine ( ) Zustandsgröße. ( ) Prozessgröße. ( ) Basisgröße. Sie kann ( ) nur negativ sein. ( ) nur positiv sein. ( ) sowohl positiv als auch negativ sein. c) Die Gesamtentropieänderung beim Vorgang des von selbst ablaufenden Temperaturausgleichs zwischen zwei sich berührenden diabaten Systemen mit verschiedenen Temperaturen im abgeschlossenen Gesamtsystem kann mit folgender Gleichung angegeben werden: ∆S = ..................................................

Sie kann

( ) nur negativ sein. ( ) nur null sein. ( ) nur positiv sein. ( ) sowohl positiv als auch null als auch negativ sein. d) Berechnen Sie für das ideale Gas Ethin (Acetylen) C2 H2 (relative Atommasse von C: MC = 12; relative Atommasse von H: MH = 1) jeweils möglichst unter Angabe auch allgemeiner Gleichungen: - die Molmasse MC2 H2 MC2 H2 = .................................................. kg/kmol - unter Verwendung der allgemeinen Gaskonstante Rm = 8,31451 kJ/(kmol K) die spezielle Gaskonstante RC2 H2 RC2 H2 = ................................................. kJ/(kg K). - Welchen Wert hat die spezifische isochore Wärmekapazität cv C2 H2 bei 0 ◦ C, wenn für cp C2 H2 bei 0 ◦ C der Wert cp C2 H2 = 1,327 kJ/(kg K) gilt? cv C2 H2 = ................................................. kJ/(kg K). - Es ist das spezifische Volumen v0 C2 H2 von C2 H2 bei Normzustand (0 ◦ C, 1,01325 bar) zu berechnen, wofür der Wert des Molvolumens bei Normzustand (Vm )0 = 22,414 m3 /kmol zu verwenden ist: v0 C2 H2 = ................................................. m3 /kg. - Wie groß ist die Dichte ρ0 C2 H2 bei Normzustand? ρ0 C2 H2 = ................................................. kg/m3 . e) Für die differentielle Entropieänderung dS in einem geschlossenen einfachen System gilt: ( ) dS = (dU + p dV ) T ( ) dS = dQrev / T ( ) dS = (dU + p dV ) / T ( ) dS = (dH + p dV ) / T ( ) dS = (dQ + |dWRI |) / T ( ) dS = dQrev + |dWRI | / T f) Eine Verringerung der Entropie bei einem adiabaten Prozess ist ( ) unbedenklich. ( ) unsäglich. ( ) unmöglich. ( ) unstatthaft. ( ) unbeweglich. ( ) beim Abbau bürokratischer Hemmnisse unerheblich. ( ) wahrscheinlich, wenn statt einer idealen eine reale Zustandsänderung vorliegt.

© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2024 M. Dehli, Aufgabensammlung Technische Thermodynamik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-44242-2

336

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

g) Bei einem Mischungsvorgang zweier idealer Gase mit unterschiedlichen Temperaturen im abgeschlossen System gilt: Im Zusammenhang mit der Bildung der Mischungstemperatur T ( ) nimmt die Entropie ab. ( ) nimmt die Entropie zu. ( ) bleibt die Entropie gleich. h) Die Energiebilanz für ein einfaches geschlossenes System lautet: Q12 + WV 12 + |WRI | = U2 − U1 Wenn Q12 = 0 und U2 − U1 = 0 ist, dann folgt daraus: ( ) WV 12 = 0 und |WRI | = 0 ( ) WV 12 + |WRI | = 0 ( ) WV 12 6= 0 und |WRI | = 0 ( ) WV 12 = 0 und |WRI | 6= 0 ( ) WV 12 = − |WRI |

( ) WV 12 = |WRI | ( ) WV 12 + |WRI | = 6 0

i) Beschreiben Sie das beigefügte Schaubild (Bild A1.1), in dem für das ideale Gas Luft die Abhängigkeit der spezifischen polytropen Wärmekapazität cn vom Polytropenexponenten n dargestellt ist: ............................................................................ ............................................................................ ............................................................................ ............................................................................ ............................................................................ ............................................................................ ............................................................................ ............................................................................ ............................................................................ ............................................................................ Bild A1.1 Zu Aufgabe A.1 i Im Schaubild sind die Werte von cn nicht nur für allgemeine, sondern auch für spezielle Zustandsänderungen angegeben. Lesen Sie die cn -Werte für die folgenden speziellen Zustandsänderungen der Luft aus dem Schaubild ab: Isochore Zustandsänderung (V = const) : cn = ............ kJ/(kg K) Isobare Zustandsänderung (p = const) : cn = ............ kJ/(kg K) Isotherme Zustandsänderung (T = const) : cn = ............ kJ/(kg K) Isentrope Zustandsänderung (S = const) : cn = ............ kJ/(kg K) j) Für die spezifische Wärmekapazität cn gilt: cn = cp − n R / (n − 1) Es soll gezeigt werden, dass hieraus eine Beziehung für die spezifische isochore Wärmekapazität cv gewonnen werden kann, bei der cp , cv und R miteinander verknüpft sind: cv = ............................................................................................. k) Bei einem idealen Gas gilt die Beziehung dH = κ dU ( ) nur für die isotherme Zustandsänderung. ( ) nur für die isochore Zustandsänderung. ( ) nur für die polytrope Zustandsänderung.

( ) nur für die isobare Zustandsänderung. ( ) nur für die isentrope Zustandsänderung. ( ) für jede Zustandsänderung.

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 1 bis 4

337

Aufgabe A.2 a) Es sollen drei verschiedene, einander gleichwertige Gleichungen angegeben werden, mit denen die Volumenänderungsarbeit WV 12 bei einer isothermen Zustandsänderung eines idealen Gases berechnet werden kann: WV 12 = ................................................................ WV 12 = ................................................................ WV 12 = ................................................................ b) Es sollen drei verschiedene, einander gleichwertige Gleichungen angegeben werden, mit denen die Druckänderungsarbeit Wp12 bei einer isentropen Zustandsänderung eines idealen Gases berechnet werden kann: Wp12 = ................................................................ Wp12 = ................................................................ Wp12 = ................................................................ c) Geben Sie vier verschiedene, einander gleichwertige Gleichungen an, mit denen die Entropieänderung S2 − S1 bei einer allgemeinen polytropen Zustandsänderung eines idealen Gases berechnet werden kann: S2 − S1 = ................................................................................ S2 − S1 = ................................................................................ S2 − S1 = ................................................................................ S2 − S1 = ................................................................................ d) Geben Sie die Gleichung für den 1. Hauptsatz für ein geschlossenes ruhendes System an: ........................................................................................................................... e) Geben Sie zwei verschiedene, einander gleichwertige thermische Zustandsgleichungen des idealen Gases an, in denen die allgemeine Gaskonstante Rm = 8,31451 kJ/(kg K) enthalten ist: ............................................................................................................................. f) Bei einer allgemein-polytropen Zustandsänderung kann zur Berechnung der reversiblen Ersatzwärme die spezifische polytrope Wärmekapazität cn verwendet werden: (Q12 )rev = m cn (T2 − T1 ) Geben Sie entsprechende Beziehungen für (Q12 )rev für die folgenden beiden Sonderfälle der allgemein-polytropen Zustandsänderung an: - Isobare Zustandsänderung: (Q12 )rev = ....................................................... - Isochore Zustandsänderung:

(Q12 )rev = ......................................................

g) Zeichnen Sie ins beigefügte p,V -Diagramm (Bild A2.1), vom zentralen Punkt ausgehend, folgende Zustandsänderungen ein und markieren Sie diese jeweils mit den zugeordneten Großbuchstaben A, B, C, D und E: -

isentrope Entspannung (A) isochore Druckerhöhung (B) Verdichtung mit κ < n < ∞ (C) isobare Ausdehnung (D) isotherme Entspannung (E) Bild A2.1 Zu Aufgabe A.2 g

338

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

h) Zeichnen Sie ins beigefügte T ,S-Diagramm (Bild A2.2), vom zentralen Punkt ausgehend, folgende Zustandsänderungen ein und markieren Sie diese jeweils mit den zugeordneten Großbuchstaben A, B, C, D und E: -

isentrope Entspannung (A) isochore Druckerhöhung (B) Verdichtung mit κ < n < ∞ (C) isobare Ausdehnung (D) isotherme Entspannung (E) Bild A2.2 Zu Aufgabe A.2 h

i) Geben Sie eine Gleichung an, mit der cn aus dem Polytropenexponenten n, der spezifischen isochoren Wärmekapazität cv und der speziellen Gaskonstanten R berechnet werden kann: cn = .................................................. j) Die thermische Zustandsgleichung des idealen Gases kann in unterschiedlichen, einander gleichwertigen Formen angegeben werden. Kreuzen Sie die richtigen Formulierungen an (R: spezielle Gaskonstante; Rm : allgemeine Gaskonstante): ( ) pv = mRT ( ) pV = mRT ( ) p Vm = m Rm T ( ) p V = m Rm T ( ) p V = n Rm T ( ) p Vm = n Rm T ( ) p V = n R T ( ) p Vm = Rm T ( ) ρ = M p / (Rm T ) ( ) ρ = p / (R T ) ( ) ρ = n p / (R T ) ( ) ρ = m p / (R T ) k) Innere Reibungsarbeit |WRI | ( ) überschneidet stets die Statistik. ( ) überschattet stets die Systematik. ( ) überschreitet stets die Systemgrenze.

( ) unterschneidet die Statistik nicht. ( ) überschattet die Systematik nicht. ( ) überschreitet die Systemgrenze nicht.

l) Irreversible Vorgänge ( ) laufen stets nur in einer Richtung ab; ihre Umkehrung – bei Einbeziehung der in der Umgebung festzustellenden Änderungen – ist unmöglich. ( ) laufen stets in alle Richtungen; ihre Umkehrung – bei Einbeziehung der in der Umgebung festzustellenden Änderungen – ist möglich. ( ) laufen stets nur in einer Richtung ab; ihre Umkehrung ist möglich, weil sich in der Umgebung keine Änderungen feststellen lassen. ( ) laufen stets in alle Richtungen; ihre Umkehrung – bei Ausschluss der in der Umgebung festzustellenden Änderungen – ist möglich. m) Bei der reversiblen isothermen Verdichtung eines idealen Gases im geschlossenen System wird dem Gas ( ) genau so viel Volumenänderungsarbeit zugeführt wie Wärme abgeführt. ( ) mehr Volumenänderungsarbeit zugeführt als Wärme abgeführt. ( ) weniger Volumenänderungsarbeit zugeführt als Wärme abgeführt. ( ) genau so viel Wärme zugeführt wie Volumenänderungsarbeit abgeführt. ( ) mehr Wärme zugeführt als Volumenänderungsarbeit abgeführt. ( ) weniger Wärme zugeführt als Volumenänderungsarbeit abgeführt. n) Bei der reversiblen isobaren Erwärmung eines idealen Gases wird dem Gas ( ) genau so viel Druckänderungsarbeit zugeführt wie Wärme abgeführt. ( ) mehr Druckänderungsarbeit zugeführt als Wärme abgeführt. ( ) weniger Druckänderungsarbeit zugeführt als Wärme abgeführt.

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 1 bis 4

( ( ( (

) ) ) )

339

genau so viel Wärme zugeführt wie Druckänderungsarbeit abgeführt. mehr Wärme abgeführt als Druckänderungsarbeit auf- und abgeführt. weniger Wärme zugeführt als Druckänderungsarbeit abgeführt. keine Druckänderungsarbeit zu- oder abgeführt.

o) Bei der reversibel-adiabaten Verdichtung eines idealen Gases in einem offenen System wird dem Gas ( ) genau so viel Druckänderungsarbeit zugeführt wie Wärme abgeführt. ( ) Druckänderungsarbeit zugeführt, jedoch keine Wärme zu- oder abgeführt. ( ) weniger Druckänderungsarbeit zugeführt als Wärme zugeführt. ( ) genau so viel Wärme zugeführt wie Druckänderungsarbeit abgeführt. ( ) mehr Wärme zugeführt als Druckänderungsarbeit auf- und abgeführt. ( ) keine Druckänderungsarbeit zu- oder abgeführt. p) Erläutern Sie mit den Begriffen der Wegabhängigkeit bzw. der Wegunabhängigkeit, worin sich bei thermodynamischen Zustandsänderungen Prozessgrößen und Zustandsgrößen voneinander unterscheiden: .............................................................................................................................................. .............................................................................................................................................. .............................................................................................................................................. q) Mit dem Normvolumen V0 eines Gases kann die Menge des Gases wiedergegeben werden. Geben Sie zwei weitere Mengengrößen an, die in Physik, Chemie und Technik gebräuchlich sind: .............................................................................................................................................. .............................................................................................................................................. r) Geben Sie vier verschiedene allgemeine irreversible adiabate Zustandsänderungen bzw. Prozesse an, bei denen die Entropie des betrachteten Fluids zunimmt (vgl. z. B. Abschnitt 3 des Lehrbuchs ’Grundlagen der Technischen Thermodynamik’): S2 − S1 > 0 .............................................................................................................................................. .............................................................................................................................................. .............................................................................................................................................. ..............................................................................................................................................

Aufgabe A.3 a) Bei der Einbeziehung der absoluten Temperatur in K bzw. der Celsiustemperatur in ◦ C in Berechnungsgleichungen gilt: ( ) ln (T /t) = ln (t/T ) ()

R2 1

T dS =

R2 1

t ds

()

( ) T2 − T1 = t2 − t1

R2 1

T ds =

R2 1

t dS

()

R2 1

T ds =

R2

t ds

1

b) Die Entropie ist ( ) ein Maß für die Unmäßigkeit eines Stoffes. ( ) ein Maß für die Energie eines Stoffes. ( ) ein Maß für die Unordnung eines Stoffes. ( ) das äußere Abmaß eines Stoffes. ( ) ein Maß für die Unbotmäßigkeit eines Stoffes. ( ) das Maß aller Dinge eines Stoffes.

340

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

c) Bei einem einfachen thermodynamischen System ist eine Zustandsgröße eine Funktion zweier Veränderlicher. Die Änderung einer Zustandsgröße zwischen den Zuständen 1 und 2 ist wegunabhängig. Diese Eigenschaft der Wegunabhängigkeit lässt sich mathematisch wie folgt wiedergeben: ( ) Die gemischten zweiten Integrale der Funktion sind jeweils gleich groß. ( ) Die gemischten zweiten Ableitungen der Funktion sind jeweils gleich groß. ( ) Die gemischten zweiten Ableitungen der Funktion sind jeweils verschieden groß. ( ) Die gemischten ersten Ableitungen der Funktion sind jeweils gleich groß. ( ) Die ungemischten ersten Ableitungen der Funktion sind jeweils gleich groß. d) Beim reversiblen Ersatzprozess eines irreversiblen Prozesses ist ( ) dQrev = dQ + |dWRI | .

( ) dQrev = dQ - |dWRI | .

( ) dQrev = dQ + |dWRA | .

e) Ein ideales Gas ist durch die Annahme ( ) eines Eigenvolumens der Atome bzw. Moleküle von null ( ) eines Eigenvolumens der Atome bzw. Moleküle von größer als null ( ) eines Eigenvolumens der Atome bzw. Moleküle von kleiner als null ( ) keiner Wechselwirkungskräfte zwischen den Atomen bzw. Molekülen ( ) von großen Wechselwirkungskräften zwischen den Atomen bzw. Molekülen ( ) von Wachstumspotentialen zwischen den Atomen bzw. Molekülen gekennzeichnet. f) Bei der isothermen Zustandsänderung eines idealen Gases gilt die folgende Beziehung: ( ) WV 12 = n (Q12 )rev ( ) WV 12 = − (Q12 )rev ( ) Wp12 = (Q12 )rev ( ) Wp12 = − (Q12 )rev ( ) Wp12 = (1 − n)/n · (Q12 )rev ( ) WV 12 = (Q12 )rev ( ) Wp12 = κ (Q12 )rev ( ) Wp12 = κ/(κ − 1) · (Q12 )rev ( ) Wp12 = κ/(1 − κ) · (Q12 )rev ( ) Wp12 = (κ − 1)/κ · (Q12 )rev ( ) Wp12 = (1 − κ)/κ · (Q12 )rev ( ) Wp12 = WV 12 g) Bei der isentropen Zustandsänderung eines idealen Gases gilt die folgende Beziehung: ( ) WV 12 = 1/n · (Q12 )rev ( ) WV 12 = − (Q12 )rev ( ) Wp12 = (Q12 )rev ( ) Wp12 = − (Q12 )rev ( ) Wp12 = (1 − n)/n · (Q12 )rev ( ) (Q12 )rev = 0 ( ) Wp12 = κ (Q12 )rev ( ) Wp12 = κ/(κ − 1) · (Q12 )rev ( ) Wp12 = κ/(1 − κ) · (Q12 )rev ( ) Wp12 = (κ − 1)/κ · (Q12 )rev ( ) Wp12 = (1 − κ)/κ · (Q12 )rev ( ) Wp12 =1/κ · (Q12 )rev h) Bei der allgemeinen polytropen Zustandsänderung eines idealen Gases gilt die folgende Beziehung: ( ) WV 12 = 1/n · (Q12 )rev ( ) WV 12 = − (Q12 )rev ( ) Wp12 = (Q12 )rev ( ) Wp12 = − (Q12 )rev ( ) Wp12 = (1 − n)/n · (Q12 )rev ( ) Wp12 = 1/(n + 1) · (Q12 )rev ( ) Wp12 = κ (Q12 )rev ( ) Wp12 = κ/(κ − 1) · (Q12 )rev ( ) Wp12 = κ/(1 − κ) · (Q12 )rev ( ) WV 12 = (κ − 1)/(n − κ) · (Q12 )rev ( ) Wp12 = (1 − κ)/κ · (Q12 )rev ( ) WV 12 =1/κ · (Q12 )rev i) Bei Gemischen von idealen Gasen ohne Temperaturänderung bei unverändertem Gesamtvolumen gilt: P P ( ) µi = ri Mi /M ( ) µi = ri M/Mi ( ) µi = ri Mi ( ) µi = ri /Mi

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 1 bis 4

341

j) Im beigefügten T ,s-Diagramm (Bild A3.1) werden die dargestellten Kurven für die Isobaren und die Isochoren eines idealen Gases durch die folgenden Gleichungen erfasst: T

T

κ

()

s = s 1 e cp

()

T = T 1 e cp ( )

()

s = s 1 e cv

()

T = T1 e

()

T = T1 e

()

s = s 1 e cv

s

s

T = T1 e R

()

T = T 1 e cp

()

s = s 1 e cp

cv

cv

T

κ

()

T = T 1 e cp

()

T = T 1 e cp

cp s

()

T = T1 e

cv s

()

T = T1 e κ

T1 s

()

T = T1 e T1

()

T = T 1 e cv

s

s

s

Bild A3.1 Zu Aufgabe A.3 j Die gekrümmten Kurven gehen für konstante Werte von p und v aus einander hervor durch ( ) Parallelverschiebung zur T -Achse. ( ) Parallelverschiebung zur s-Achse. ( ) Spiegelung an der T -Achse. ( ) Spiegelung an der s-Achse. ( ) Drehung um 180 ◦ um den Nullpunkt. ( ) Drehung um - 180 ◦ um den Nullpunkt. ( ) Drehung um 90 ◦ um den Nullpunkt. ( ) Drehung um - 90 ◦ um den Nullpunkt. k) Bei Gemischen von idealen Gasen ohne Temperaturänderung bei unverändertem Gesamtvolumen gilt: P P ( ) µi = ri Ri /R ( ) µi = ri R/Ri ( ) µi = ri Ri ( ) µi = ri /Ri l) Die thermische Zustandsgleichung der Form p Vm = Rm T mit der allgemeinen Gaskonstante Rm gilt nur für ideale Gase, die ( ) 1-atomig ( ) 2-atomig ( ) 3-atomig ( ) mehr als 3-atomig sind. ( ) Die thermische Zustandsgleichung der Form p Vm = Rm T mit der allgemeinen Gaskonstante Rm gilt für alle idealen Gase.

m) Geben Sie das spezifische Volumen v von m = 4 kg Butan (C4 H10 ) in einer Gasflasche mit dem Volumen V = 0,08 m3 an: ( ) 0,32 kg/m3 ( ) 0,002 kg/m3 ( ) 0,02 m3 /kg ( ) 50,0 m3 /kg ( ) 5,00·10−3 kg/m3 ( ) Das spezifische Volumen kann nicht angegeben werden, weil auch der Druck und die Temperatur von Butan gemäß der Gleichung p V = m R T bekannt sein müsste. n) Die Molmasse von Ethen (C2 H4 ) ist M = 28 kg/kmol. Geben Sie die Molmenge (Stoffmenge, Substanzmenge) n von 5,6 kg Ethen an: ( ) 2 kmol ( ) 0,2 kmol ( ) 156,8 kmol ( ) 15,68 kmol ( ) 5 kmol ( ) 5·10−26 kmol ( ) Die Molmenge n kann nicht angegeben werden, weil der Druck, das Volumen und die Temperatur von Ethen gemäß der Gleichung p V = n Rm T bekannt sein müsste. o) Welcher Zusammenhang besteht zwischen den folgenden Größen: dem Wärmestrom Q˙ 12 , dem Massenstrom m ˙ und der spezifischen Prozesssgröße spezifische Wärme q12 ? ( ) q12 = m/ ˙ Q˙ 12 ( ) q12 = Q˙ 12 /m ˙ ( ) q12 = Q˙ 12 m ˙ ( ) q12 = (Q˙ 12 ) m˙ m ˙ q m ˙ 12 ˙ ˙ ˙ ( ) Q12 = (q12 ) ()m ˙ = Q12 e ( ) q12 = ln (Q12 ) ( ) q12 m ˙ = ln (Q˙ 12 ) m˙ p) Die Entropie eines Stoffes in einem geschlossenen System nimmt zu, wenn ( ) das System adiabat ist und aus dem System Reibungsarbeit abgeführt wird. ( ) das System adiabat ist und im System innere Reibungsarbeit auftritt. ( ) das System nicht adiabat ist und aus dem System nur Wärme abgeführt wird.

342

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

( ( ( (

) ) ) )

das System disparat ist und im System innere Leibungsarbeit aufgerührt wird. das System diabat ist und aus dem System nur innere Reibungsarbeit abgeführt wird. das geschlossene System vorsichtig und mit viel Geduld geöffnet wird. das System Wärme abgibt und ihm weder Volumenänderungsarbeit noch Reibungsarbeit zugeführt wird. ( ) dem System Volumenänderungsarbeit zugeführt wird und ihm weder Wärme noch Reibungsarbeit zugeführt wird. Aufgabe A.4 a) Bei einer polytropen Zustandsänderung eines idealen Gases gilt: ( ) T1 V1 = T2 V2 ( ) T1 /V1κ = T2 /V2κ ( ) T1 V1κ+1 = T2 V2κ+1 ( ) p1 /V1 = p2 /V2 n−1 n−1 ( ) R1 T1 = R2 T2 ( ) T1 V1 = T2 V2 ( ) V2 T1κ = V1 T2κ ( ) p1n /T1 = p2n /T2 b) Rechnen Sie den Zahlenwert für die Entropie eines Stoffes S = 24900 kg m2 /(s2 K) in die Einheit kJ/K um: S = 24900 kg m2 /(s2 K) = ........................................................................... c) Rechnen Sie den Zahlenwert für die – einem Körper zugeführte – innere Reibungsarbeit |WRI | = 53 bar m3 in die Einheit kJ um: |WRI | = 53 bar m3 = .................................................................................... d) Rechnen Sie den Zahlenwert für die – an einem Gas verrich tete – Verschiebearbeit = 95000 N mm in die Einheit J um:

R2

R2

F ds

1

F ds = 95000 N mm = ...............................................................................

1

e) Rechnen Sie den Zahlenwert für den – von einem Gas abgegebenen – Wärmestrom Q˙ 12 = - 49846 kg m2 /s3 in die Einheit kW um: Q˙ 12 = - 49846 kg m2 /s3 = ............................................................................ f) Rechnen Sie den Zahlenwert für die potentielle Energie eines Körpers Ep = 73,9 kg m2 /s2 in die Einheit J um: Ep = 73,9 kg m2 /s2 =.................................................................................... g) Rechnen Sie den Zahlenwert für die spezifische Entropiedifferenz s2 − s1 = 6,035 · 10−2 (bar m3 )/(kg K) in die Einheit m2 /(s2 K) um: s2 − s1 = 6,0357 · 10−2 (bar m3 )/(kg K) = .................................................. h) Ist z eine Zustandsgröße und existiert eine Funktion z = z(x, y), so gilt für das totale Differential dz:





∂z ∂z dx + dy dz = ∂x y ∂y x Für die beiden gemischten zweiten Ableitungen gilt im Falle von z als einer Zustandsgröße:





∂ 2z ∂ 2z = ∂x ∂y ∂y ∂x Prüfen Sie für die folgende Beziehung, ob dz ein totales Differential ist oder nicht: dz = 18 x8 y 6 dx + 12 x9 y 5 dy .............................................................................................................................................. ..............................................................................................................................................

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 1 bis 4

343

Prüfen Sie für die folgende Beziehung, ob dz ein totales Differential ist oder nicht: dz = 7 x6 y 8 dx + 6 x3 y 2 dy .............................................................................................................................................. .............................................................................................................................................. i) Bei einer Zustandsänderung vom Zustand 1 zum Zustand 2 erscheint im p,V -Diagramm die ( ) Volumenänderungsarbeit WV 12 als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die V -Achse. ( ) Volumenänderungsarbeit WV 12 als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die p-Achse. ( ) reversible Wärme (Q12 )rev als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die V -Achse. ( ) reversible Wärme (Q12 )rev als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die p-Achse. j) Bei einer Zustandsänderung vom Zustand 1 zum Zustand 2 erscheint im p,V -Diagramm die ( ( ( (

) ) ) )

Druckänderungsarbeit Wp12 als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die V -Achse. Druckänderungsarbeit Wp12 als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die p-Achse. innere Reibungsarbeit |WRI | als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die V -Achse. innere Reibungsarbeit |WRI | als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die p-Achse.

k) Bei einer Zustandsänderung vom Zustand 1 zum Zustand 2 erscheint im T ,S-Diagramm die ( ) Volumenänderungsarbeit WV 12 als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die S-Achse. ( ) Volumenänderungsarbeit WV 12 als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die T -Achse. ( ) reversible Wärme (Q12 )rev als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die S-Achse. ( ) reversible Wärme (Q12 )rev als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die T -Achse. l) Für ein Gemisch idealer Gase ergibt sich die spezielle Gaskonstante R wie folgt: ()R=

R2

µi dRi

()R=

R2

ri dRi

()R=

1

1

P

µi Ri

()R=

P

ri Ri

m) Für ein Gemisch idealer Gase lässt sich die Molmasse M des Gemischs wie folgt berechnen: ()M=

R2 1

µi dMi

()M=

R2

ri dMi

1

()M=

P

µi Mi

()M=

n) Bei einer isochoren Zustandsänderung eines idealen Gases ist die

P

( ) Verschiebearbeit W1 = p1 V1 = 0. ( ) Druckänderungsarbeit Wp12 =

ri Mi

R2

V dp = 0.

1

( ) Verschiebearbeit W2 = p2 V2 = 0. ( ) Volumenänderungsarbeit WV 12 = −

R2

p dV = 0.

1

o) Bei einer isobaren Zustandsänderung eines idealen Gases ist die ( ) Verschiebearbeit W1 = p1 V1 = 0. ( ) Druckänderungsarbeit Wp12 =

R2

V dp = 0.

1

( ) Verschiebearbeit W2 = p2 V2 = 0. ( ) Volumenänderungsarbeit WV 12 = −

R2

p dV = 0.

1

p) cn ist die ( ) spezifische isentrope Wärmekapazität. ( ) spezifische isochore Wärmekapazität. ( ) spezifische polytrope Wärmekapazität.

( ) spezifische isobare Wärmekapazität. ( ) spezifische isotherme Wärmekapazität.

Für die spezifische polytrope Wärmekapazität cn eines idealen Gases gilt: ( ) cn = cp + R ( ) cn = cp − R ( ) cn = cp − Rm ( ) cn = cp + Rm ( ) cn = 1/n ( ) cn = R/n ( ) cn = cp /n ( ) cn = n/cp ( ) cn = R [κ/(κ − 1) − n/(n − 1)] ( ) cn = R [1/(κ − 1) − 1/(n − 1)] ( ) cn = R [(κ − 1)/κ − (n − 1)/n] ( ) cn = cp − R κ/(κ − 1)

344

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

q) Für ideale Gase gilt die folgende Aussage: ( ) Die spezielle Gaskonstante R ist für alle idealen Gase gleich. ( ) Die allgemeine Gaskonstante Rm ist für alle idealen Gase gleich. ( ) Das Molvolumen Vm ist für alle idealen Gase gleich. ( ) Das Molvolumen bei Normzustand (Vm )0 ist für alle idealen Gase gleich. Aufgabe A.5 a) Im T ,S-Diagramm eines reinen Stoffes sind im Gebiet des idealen Gases die Isobaren ( ) gleichseitige Hyperbeln. ( ) Exponentialkurven. ( ) Parabeln 2. Ordnung. ( ) waagerechte Geraden. ( ) ansteigende Geraden. ( ) geneigte Geraden. b) Im T ,S-Diagramm eines reinen Stoffes sind im Gebiet des idealen Gases die Isochoren ( ) gleichseitige Hyperbeln. ( ) Exponentialkurven. ( ) Parabeln 2. Ordnung. ( ) waagerechte Geraden. ( ) ansteigende Geraden. ( ) geneigte Geraden. c) Im T ,S-Diagramm eines reinen Stoffes sind im Gebiet des idealen Gases die Isothermen ( ) gleichseitige Hyperbeln. ( ) Exponentialkurven. ( ) Parabeln 2. Ordnung. ( ) waagerechte Geraden. ( ) ansteigende Geraden. ( ) geneigte Geraden. d) Im p,V -Diagramm eines reinen Stoffes sind im Gebiet des idealen Gases die Isobaren ( ) gleichseitige Hyperbeln. ( ) Exponentialkurven. ( ) Parabeln 2. Ordnung. ( ) waagerechte Geraden. ( ) ansteigende Geraden. ( ) geneigte Geraden. e) Im p,V -Diagramm eines reinen Stoffes sind im Gebiet des idealen Gases die Isothermen ( ) gleichseitige Hyperbeln. ( ) Exponentialkurven. ( ) Parabeln 2. Ordnung. ( ) waagerechte Geraden. ( ) ansteigende Geraden. ( ) geneigte Geraden. f) Im p,V -Diagramm eines reinen Stoffes sind im Gebiet des idealen Gases die Isochoren ( ) gleichseitige Hyperbeln. ( ) Exponentialkurven. ( ) Parabeln 2. Ordnung. ( ) senkrechte Geraden. ( ) ansteigende Geraden. ( ) geneigte Geraden. g) Für die isochore Zustandsänderung eines idealen Gases gilt: ( ) WV 12 = Wp12 ( ) Wp12 = κ WV 12 ( ) WV 12 = 0 ( ) (Q12 )rev = Wp12 ( ) (Q12 )rev = −WV 12 ( ) (Q12 )rev = 0

( ) Wp12 = 0 ( ) (Q12 )rev = WV 12

h) Für die isotherme Zustandsänderung eines idealen Gases gilt: ( ) p1 /T1 = p2 /T2 ( ) p1 T1 κ = p2 T2 ( ) p1 V1 κ = p2 V2 κ ( ) V1 κ /T1 = V2 κ /T2 ( ) V1 /T2 = V2 /T1 ( ) V2 /T1 = V1 /T2 ( ) V2 /T2 = V1 /T1 ( ) V1 κ−1 /p1 = V2 κ−1 /p2 ( ) p1 /T2 = p2 /T1 ( ) p1 V1 = p2 V2 ( ) V1 /R1 = V2 /R2 ( ) T1 V1 κ−1 = T2 V2 κ−1 i) Für die isentrope Zustandsänderung eines idealen Gases gilt: ( ) WV 12 = Wp12 ( ) WV 12 = κ Wp12 ( ) WV 12 = 0 ( ) (Q12 )rev = Wp12 ( ) (Q12 )rev = −Wp12 ( ) (Q12 )rev = 0

( ) Wp12 = 0 ( ) Wp12 = κ WV 12

j) Geben Sie die Dichte ρ von 20 kg Sauerstoff O2 in einer Gasflasche von 0,08 m3 Inhalt an: ( ) 0,004 kg/m3 ( ) 250 kg/m3 ( ) 0,004 m3 /kg ( ) 250 m3 /kg ( ) 0,4 · 10−3 kg/m3 ( ) Die Dichte ρ kann nicht angegeben werden, weil auch der Druck bekannt sein müsste. k) Die Molmasse von Buten C4 H8 ist M = 56 kg/kmol. Geben Sie die Masse m einer Molmenge (Stoffmenge, Substanzmenge) von n = 5 kmol Buten an: ( ) 2,8 kg ( ) 28 kg ( ) 280 kg ( ) 1,12 kg ( ) 11,2 kg ( ) 112 kg ( ) 2,8 · 10−26 kg ( ) Die Masse m kann nicht angegeben werden, weil der Druck bekannt sein müsste.

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 1 bis 4

345

l) Es ist ein Zusammenhang zwischen den folgenden Größen anzugeben: dem Entropiestrom ˙ dem Massenstrom m S, ˙ und der spezifischen Zustandsgröße spezifische Entropie s. ˙ s) ˙ m ( ) m = ln ( S/ ˙ ()s=m ˙ S˙ ( ) s = S/ ˙ ( ) s = m/ ˙ ln S ( ) ln s = ln m/ ˙ S˙ ˙ ( ) m = ln (s/ ˙ S) ( ) s = m/ ˙ S˙ m) Die Entropie eines geschlossenen Systems nimmt ab, wenn ( ) das System Volumenänderungsarbeit abgibt und ihm keine Wärme und keine Reibungsarbeit zugeführt wird. ( ) das System Wärme abgibt und ihm keine Volumenänderungsarbeit und keine Reibungsarbeit zugeführt wird. ( ) dem System Wärme und Reibungsarbeit zugeführt wird und das System keine Volumenänderungsarbeit abgibt. ( ) dem System Volumenänderungsarbeit zugeführt wird, ihm jedoch keine Wärme und keine Reibungsarbeit zugeführt wird. n) Bei der Zustandsänderung eines Gases in einem ruhenden geschlossenen System mit konstantem Volumen ist bei der Erstellung einer Energiebilanz die Differenz ( ) der Enthalpie ( ) der potentiellen Energie ( ) der kinetischen Energie ( ) der Verschiebearbeiten ( ) der inneren Energie ( ) der Volumenänderungsarbeiten von Interesse. o) Bei einem geschlossenen System wirken ( ) sowohl die Wärme Q12 als auch die innere Reibungsarbeit |WRI | ( ) zwar die Wärme Q12 , aber nicht die innere Reibungsarbeit |WRI | ( ) zwar die innere Reibungsarbeit |WRI |, aber nicht die Wärme Q12 ( ) weder die Wärme Q12 noch die innere Reibungsarbeit |WRI | in derselben Weise, nämlich in Richtung einer Veränderung der Temperatur und damit der inneren Energie des Stoffes. p) Ist z eine Zustandsgröße und existiert eine Funktion z = z(x, y), so gilt für das totale Differential dz:





∂z ∂z dz = dx + dy ∂x y ∂y x Für die beiden gemischten zweiten Ableitungen gilt im Falle von z als einer Zustandsgröße:





∂ 2z ∂ 2z = ∂x ∂y ∂y ∂x Für die folgende Beziehung ist zu prüfen, ob dz ein totales Differential ist oder nicht: dz = 5 x4 y6 dx + 6 x5 y 5 dy .............................................................................................................................................. .............................................................................................................................................. q) Der Auftrieb A eines Körpers ist umso größer, je ( ) größer die Entropie und die Dichte des durch den Körper verdrängten gasförmigen oder flüssigen Mediums sind, das den Körper umgibt: A = S ρu ( ) größer das Gewicht des durch den Körper verdrängten gasförmigen oder flüssigen Mediums ist, das den Körper umgibt: A = V ρu g ( ) größer der Partialdruck, die Prandtlzahl und das Gewicht des durch den Körper verdrängten Mediums sind, das den Körper umgibt: A = ppi P r V ρu g ( ) größer die Zunahme der inneren Energie des durch den Körper verdrängten gasförmigen oder flüssigen Mediums ist, das den Körper umgibt: A = m cv (T2 − T1 )

346

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

r) Die kalorische Zustandsgleichung des idealen Gases kann in zwei unterschiedlichen, einander gleichwertigen Formen angegeben werden. Kreuzen Sie die richtigen Formulierungen an: ( ) H2 − H1 = m cp (T2 + T1 ) ( ) H2 − U1 = m cv T2 − m cp T1 ( ) H2 − H1 = m cp (T2 − T1 ) ( ) U2 −U1 = m cp (T2 −T1 ) ( ) U2 + U1 = m cp (T2 + T1 ) ( ) H2 −H1 = m cp (T2 + T1 ) ( ) U2 −U1 = m cv (T2 −T1 ) ( ) H2 −U1 = m cp T2 −m cv T1 ( ) H2 −H1 = m cv (T2 −T1 ) s) Die folgenden Fragen beziehen sich auf Zustandsänderungen eines idealen Gases: Beim Gesetz von Boyle und M ariotte gilt: ( ) T = const. ( ) p = const. ( ) V = const.

( ) p T = const. ( ) p/T = const. ( ) S = const.

( ) v T = const. ( ) p V = const. ( ) κ = const.

( ) V /T = const. ( ) p/V = const. ( ) n = const.

Beim Gesetz von Gay-Lussac gilt: ( ) T = const. ( ) p T = const. ( ) v T = const. ( ) p = const. ( ) p/T = const. ( ) p V = const. ( ) V = const. ( ) S = const. ( ) κ = const.

( ) V /T = const. ( ) p/V = const. ( ) n = const.

Beim idealen Gasthermometer gilt: ( ) T = const. ( ) p T = const. ( ) v T = const. ( ) p = const. ( ) p/T = const. ( ) p V = const. ( ) V = const. ( ) S = const. ( ) κ = const.

( ) V /T = const. ( ) p/V = const. ( ) n = const.

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 5 bis 7: Reale Gase und Dämpfe - Thermische Maschinen - Kreisprozesse Aufgabe A.6 a) Ist () () ()

ein reiner Stoff im Zustandsbereich nassen Dampfes, so nimmt die spezifische Entropie s logarithmisch mit dem Dampfgehalt x ab. ist die spezifische Entropie s unabhängig vom Dampfgehalt x. nimmt die spezifische Entropie s linear mit dem Dampfgehalt x zu.

b) Bei einem idealen Gas lässt sich im offenen System mit einer isentropen Entspannung vom Druck p1 auf den Druck p2 gegenüber der isothermen Entspannung vom Druck p1 auf den Druck p2 ( ) mehr Arbeit Wp12 gewinnen. ( ) gleich viel Arbeit Wp12 gewinnen. ( ) weniger Arbeit Wp12 gewinnen. Dabei ist bei der isentropen Entspannung gegenüber der isothermen Entspannung mit einer ( ) höheren Temperatur T2 zu rechnen. ( ) gleich hohen Temperatur T2 zu rechnen. ( ) niedrigeren Temperatur T2 zu rechnen. c) Der Joule-T homson-Effekt kann für ein reales Gas ( ) nur negativ sein. ( ) nur positiv sein. ( ) niemals null sein. ( ) je nach Zustandsgebiet positiv, negativ oder null sein. ( ) je nach Zustandsgebiet positiv oder negativ, aber niemals null sein.

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 5 bis 7

347

d) Bei einem geschlossenen Kreisprozess wird, ausgehend vom Anfangszustand 1 und zurückkehrend zum Anfangszustand 1 des Arbeitsmittels, H ( ) derselbe Wert der Enthalpie H1 erreicht ( dH = 0).

H

( ) derselbe Wert des Volumens V1 erreicht ( dV = 0).

( ) derselbe Wert der Druckänderungsarbeit Wp erreicht (

H

dWp = 0).

( ) derselbe Wert der Volumenänderungsarbeit WV erreicht ( ( ) derselbe Wert der Wärme Q erreicht (

H

dQ = 0).

H

dWV = 0).

e) Der Diesel-Prozess ist ( ) ein Spezialfall des Otto-Prozesses. ( ) ein Spezialfall des Seiliger-Prozesses. ( ) der übergeordnete Prozess für den Otto- und den Seiliger-Prozess. ( ) weder mit dem Otto- noch mit dem Seiliger-Prozess thermodynamisch verwandt. f) Der thermische Wirkungsgrad des rechtslaufenden Carnot-Prozesses hängt ( ) von der Differenz aus höchster und niedrigster Prozesstemperatur, bezogen auf die höchste Prozesstemperatur, ab. ( ) von der Summe der Temperaturen vor und nach der Verdichtung ab. ( ) von der Differenz aus dem höchsten und dem niedrigsten Druck ab. ( ) von der Summe des niedrigsten Drucks und des höchsten Drucks ab. ( ) nicht von der Temperatur ab. g) Bei der i-stufigen Verdichtung eines idealen Gases mit i - 1 Zwischenkühlungen ist die niedrigste Verdichtungsarbeit Wpae dann zu erreichen, wenn für die Drücke die folgende Beziehung gilt: .............................................................................................................................................. (Anfangsdruck pa ; Enddruck pe ; Zwischendrücke pm1 ... pm(i−1) ) h) Beim Betrieb einer Wärmepumpe kann ( ) Kälte aus der Umgebung aufgenommen werden. ( ) Kälte an die Umgebung abgegeben werden. ( ) Wärme aus der Umgebung aufgenommen werden. i) Der - reversible rechtslaufende - Clausius-Rankine-Prozess mit einem reinen Stoff als Arbeitsmittel weist bei unterkritischer Prozessführung als Zustandsänderungen u. a. eine ( ) isobare Entspannung ( ) isentrope Verdichtung ( ) isentrope Entspannung ( ) isentrope Verdampfung ( ) isochore Kondensation ( ) isobare Verdampfung ( ) isobare Kondensation ( ) isotherme Verdampfung ( ) isotherme Kondensation ( ) isobare Überhitzung ( ) isochore Verdichtung ( ) isotherme Überhitzung auf. j) Die Leistungszahl W für einen reversiblen Wärmepumpenprozess ist im Vergleich zur Leistungszahl K für einen reversiblen Kältemaschinenprozess zwischen zwei Isothermen ( ) gleich. ( ) verschieden. Ausgedrückt durch Kupplungsarbeit (We )id , zugeführte Wärme (Qzu )id und abgeführte Wärme (Qab )id lauten die entsprechenden Beziehungen: W = .....................................

K = .....................................

k) Bei einem reinen Stoff liegt zwischen den Bereichen des Festkörpers und des Gases als Zweiphasengebiet das .....................gebiet. Es ist durch die .....................linie und die .....................linie begrenzt. Im p,T -Diagramm fallen diese Linien zur ..........................kurve zusammen.

348

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

l) Im Nassdampfgebiet eines reinen Stoffes genügt zur eindeutigen Beschreibung eines Zustandes die Vorgabe der beiden unabhängigen Veränderlichen Druck p und Temperatur T nicht. Als zusätzliche Zustandsgröße eignet sich hier der ........................., der Werte zwischen ........ und ........ annehmen kann. m) Bei der vollständigen isobaren Verdampfung von siedendem flüssigem Wasser bei konstantem Druck p = 1,0 bar nimmt das spezifische Volumen v auf das ( ) 13fache ( ) 27fache ( ) 139fache ( ) 1624fache ( ) 6541fache zu. n) Im h,s-Diagramm eines reinen Stoffes ist im Nassdampfgebiet mit steigender Temperatur die Isobarensteigung ( ) kleiner. ( ) unverändert. ( ) größer. o) Im h,s-Diagramm ist der Isobarenverlauf vom Nassdampfgebiet in das Gebiet des überhitzten Dampfs hinein auf der Taulinie durch einen ( ) Knick ( ) Hochpunkt ( ) Wendepunkt ( ) stetigen Verlauf gekennzeichnet. p) Im Nassdampfgebiet eines reinen Stoffes nimmt cp = (∂ v/∂ T )p ( ) positive endliche Werte an. ( ) den Wert null an. ( ) negative endliche Werte an. ( ) den Wert unendlich an. q) Im Nassdampfgebiet eines reinen Stoffes nimmt cv = (∂ u/∂ T )v ( ) positive endliche Werte an. ( ) den Wert null an. ( ) negative endliche Werte an. ( ) den Wert unendlich an. r) Bei der n-stufigen Verdichtung eines Gases kann der Arbeitsaufwand durch eine (n-1)stufige ( ) isobare Zwischenüberhitzung ( ) isentrope Zwischenüberhitzung ( ) isobare Zwischenkühlung ( ) isentrope Zwischenkühlung gesenkt werden. Aufgabe A.7 a) Geben Sie die thermische Zustandsgleichung von van der W aals sowie die vereinfachte Virialgleichung gemäß Gl. (5.107) des Lehrbuchs ’Grundlagen der Technischen Thermodynamik’ (10. Auflage) in den nachfolgend gewünschten Formen an: Gleichung von van der W aals:

Vereinfachte Virialgleichung gemäß Gl. (5.107):

RT = ........................................

RT = ........................................

p = p (v, T ) = ........................................

p = p (v, T ) = ........................................

b) Prüfen Sie die folgenden Aussagen: Die Gleichung von van der W aals ( ) kann das Nassdampfgebiet vollständig und mit Zuständen im thermodynamischen Gleichgewicht erfassen. ( ) kann das Nassdampfgebiet nicht vollständig und nicht mit Zuständen im thermodynamischen Gleichgewicht erfassen. ( ) kann das Verhalten des realen und des idealen Gases qualitativ wiedergeben. ( ) berücksichtigt das Eigenvolumen der Gasmoleküle bzw. -atome. ( ) berücksichtigt nicht das Eigenvolumen der Gasmoleküle bzw. -atome. ( ) berücksichtigt Wechselwirkungskräfte zwischen den Gasmolekülen bzw. -atomen. ( ) berücksichtigt nicht Wechselwirkungskräfte zwischen den Gasmolekülen bzw. -atomen. Die Gleichung von van der W aals weist die folgende Zahl von Konstanten auf: ( ) 1 Konstante ( ) 3 Konstanten ( ) 5 Konstanten ( ) 7 Konstanten

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 5 bis 7

349

c) Geben Sie eine Beziehung an, um aus einer thermischen Zustandsgleichung der Form p = p (v, T ) und der temperaturabhängigen Funktion c0v = c0v (T ) für die spezifische isochore Wärmekapazität des idealen Gases die spezifische Entropie s = s (v, T ) zu berechnen: s = ...................................................................................................................................... d) Berechnen Sie aus der van der W aals’schen Gleichung in der Form p = p (v, T ) die Ableitung (∂ p/∂ T )v : (∂ p/∂ T )v = ......................................................................................................................... Berechnen Sie hieraus sowie mit der Funktion c0v = c0v (T ) = ao + a1 T + a2 T 2 die spezifische Entropie s = s (v, T ): s = s (v, T ) = ....................................................................................................................... e) Ist () () ()

ein reiner Stoff im Zustandsbereich nassen Dampfes, so nimmt die spezifische Enthalpie h exponentiell mit dem Dampfgehalt x ab. ist die spezifische Enthalpie h unabhängig vom Dampfgehalt x. nimmt die spezifische Enthalpie h linear mit dem Dampfgehalt x zu.

f) Bei einem idealen Gas ist für die isentrope Verdichtung im offenen System vom Druck p1 auf den Druck p2 gegenüber der isothermen Verdichtung vom Druck p1 auf den Druck p2 ( ) mehr Verdichtungsarbeit Wp12 nötig. ( ) gleich viel Verdichtungsarbeit Wp12 nötig. ( ) weniger Verdichtungsarbeit Wp12 nötig. ( ) die Temperatur T2 höher. ( ) die Temperatur T2 gleich hoch. ( ) die Temperatur T2 niedriger. g) Der thermische Wirkungsgrad des reversiblen rechtslaufenden Joule-Prozesses hängt ( ) von der Summe aus niedrigster und höchster Prozesstemperatur ab. ( ) vom Temperaturverhältnis zwischen der Temperatur vor und nach der Verdichtung ab. ( ) von der Differenz aus dem höchsten und dem niedrigsten Druck ab. ( ) vom Druckverhältnis zwischen dem niedrigsten und dem höchsten Druck ab. ( ) nicht von der Temperatur ab. ( ) nicht vom Druck ab. h) Der Seiliger-Prozess ist ( ) ein Spezialfall des Otto-Prozesses. ( ) ein Spezialfall des Diesel-Prozesses. ( ) der übergeordnete Prozess für den Ottound den Diesel-Prozess. ( ) weder mit dem Otto- noch mit dem DieselProzess thermodynamisch verwandt. i) Ergänzen Sie im beigefügten Schaubild (Bild A7.1) für den Realgasfaktor z = z (p, T ) von Luft die Kurven für einen Druck von - 120 bar - lim p → 0 bar. Auf welche Weise ist im Schaubild die Randbedingung von Luft als idealem Gas wiedergegeben? Welche ungefähre Bandbreite von Werten ergibt sich für den Realgasfaktor z im betrachteten Temperaturbereich? Bild A7.1 Zu Aufgabe A.7 i

350

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

j) Zeichnen Sie ins beigefügte p,T -Diagramm (Bild A7.2) für einen reinen Stoff den kritischen Punkt KP, den Tripelpunkt TP, die Dampfdruckkurve DK, die Schmelzdruckkurve SK, die Sublimationsdruckkurve SUBK, das Feststoffgebiet FEST, das Flüssigkeitsgebiet FLÜSS und das Gasgebiet GAS ein. Bild A7.2 Zu Aufgabe A.7 j k) Bei vorgegebenem konstantem Druck hängt die spezifische Enthalpie hN im Nassdampfgebiet ( ) nicht

( ) exponentiell

( ) linear

( ) logarithmisch

vom Dampfgehalt x ab. l) Im Nassdampfgebiet eines reinen Stoffes wird durch die Beziehung u00 − u0 + p (v 00 − v 0 ) die folgende Zustandsgröße wiedergegeben: die ( ) spezifische freie Verdampfungsenergie f

( ) spezifische Verdampfungsenthalpie r

( ) spezifische freie Verdampfungsenthalpie g

( ) spezifische Verdampfungsentropie s

Darin bedeutet Darin bedeutet

00

0

die .........................................wärme.

u −u 00

0

p (v − v )

die .........................................wärme.

m) Skizzieren Sie ins beigefügte lg p, hDiagramm (Bild A7.3) (Abszisse h; Ordinate p logarithmisch) den ungefähren qualitativen Verlauf von Siede- und Taulinie und geben Sie die Lage des kritischen Punkts KP, des Flüssigkeitsgebiets FLÜSS, des Nassdampfgebiets NASSD und des Gebiets des überhitzten Dampfs bzw. des Gases GAS an.

Bild A7.3 Zu Aufgabe A.7 m

n) Die nachfolgend angegebenen thermischen Zustandsgleichungen (Gleichungen 5.91. 5.95 und 5.107 aus dem Lehrbuch ’Grundlagen der Technischen Thermodynamik’, 8. Auflage) werden als Benedict-W ebb-Rubin-Gleichung, als Bender-Gleichung und als vereinfachte Virialgleichung bezeichnet. Es soll jeweils derjenige Term der rechten Seite durch Unterstreichen gekennzeichnet werden, durch den das Verhalten des idealen Gases erfasst wird.

p=

RT + v

B0 R T − A0 − v2

γ C0 c 1+ 2 v T2 + bRT − a + aα + v3 v6 v3 T 2





γ − e v2

2 p = % T [R + B % + C %2 + D %3 + E %4 + F %5 + (G + H %2 ) %2 e−a20 % ]

p=

RT v



1+

C B + 2 v v



Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 5 bis 7

351

o) Gleichungen der Form p = p (v, T ) bezeichnet man als ( ) thermische Zustandsgleichungen. ( ) kalorische Zustandsgleichungen. ( ) kanonische Zustandsgleichungen. ( ) thermodynamische Potentiale. Gleichungen der Form f = f (v, T ) ( ) thermische Zustandsgleichungen. ( ) kanonische Zustandsgleichungen.

bezeichnet man als ( ) kalorische Zustandsgleichungen. ( ) thermodynamische Potentiale.

p) Der Joule-T homson-Effekt ist bei vorgegebenem Druckgefälle ( ) bei gleichbleibender Temperatur negativ. ( ) bei gleichbleibender Temperatur positiv. ( ) bei zunehmender Temperatur negativ. ( ) bei zunehmender Temperatur positiv. ( ) bei abnehmender Temperatur negativ. ( ) bei abnehmender Temperatur positiv. ( ) bei gleichbleibender Temperatur gleich null. q) Geben Sie vier Bedingungen an, mit denen reversible Prozesse innerhalb idealer thermischer Maschinen charakterisiert werden: ............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................. r) Im beigefügten T, S-Diagramm (Bild A7.4) beschreibt - die Zustandsänderung von 1 nach 3 eine ( ) reversible isentrope Verdichtung. ( ) reversible isentrope Entspannung. ( ) irreversible isentrope Verdichtung. ( ) irreversible isentrope Entspannung. - die Zustandsänderung von 1 nach 2 bei (Q12 )rev = |WRI | und Q12 = 0 eine ( ) reversible adiabate Verdichtung. ( ) reversible adiabate Entspannung. ( ) irreversible adiabate Verdichtung. ( ) irreversible adiabate Entspannung.

Bild A7.4 Zu Aufgabe A.7 r

Aufgabe A.8 a) Beantworten Sie hinsichtlich der nachfolgenden Gleichung einige Fragen:



dh = cp dT + v − T



∂v ∂T

 

dp

p

Die Gleichung dient dazu, ( ) die spezifische Entropie eines realen Gases ( ) die Entropie eines realen Gases ( ) die spezifische Enthalpie eines realen Gases ( ) die Enthalpie eines realen Gases ( ) die spezifische Entropie eines idealen Gases ( ) die Entropie eines idealen Gases ( ) die spezifische Enthalpie eines idealen Gases ( ) die Enthalpie eines idealen Gases ( ) den spezifischen Realgasfaktor eines Gases ( ) den Realgasfaktor eines Gases zu berechnen. Hierzu ist die Kenntnis einer thermischen Zustandsgleichung der Form ( ) v = v (p, T ) ( ) p = p (v, T ) ( ) T = T (p, v) ( ) t = t (p, v) erforderlich. Hierzu ist zusätzlich die Kenntnis einer Gleichung der Form ( ) cp = cp (T ) ( ) cp = cp (p) ( ) cv = cv (T ) ( ) cv = cv (p) erforderlich. Zur Berechnung einer Zustandsänderung ist die oben stehende Gleichung

352

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

( ) zu differenzieren.

( ) zu intensivieren.

( ) zu integrieren.

( ) zu thematisieren.

Soweit mit der oben stehenden Gleichung eine Aussage über den Joule-T homson-Effekt eines realen Gases getroffen werden soll, ist ( ) cp = 0 ( ) cv = 0 ( ) np = 0 ( ) dh = 0 ( ) dv = 0 ( ) dT = 0 zu setzen, weil der Joule-T homson-Effekt die ( ) Ableitung der Temperatur nach dem Druck bei konstanter spezifischer Enthalpie ist. ( ) Ableitung des Drucks nach der Temperatur bei konstanter spezifischer Enthalpie ist. ( ) Ableitung des Volumens nach dem Druck bei konstanter spezifischer Entropie ist. ( ) Ableitung der Temperatur nach dem Volumen bei konstanter spezifischer Entropie ist. ( ) Ableitung des Drucks nach dem Volumen bei konstanter spezifischer Entropie ist. ( ) Ableitung der Temperatur nach der Enthalpie bei konstantem Druck ist. b) Zeichnen Sie ins beigefügte, mit Hilfe der vander-W aals-Gleichung berechnete p,v-Diagramm für Wasser und Wasserdampf (Bild A8.1) an der Isothermen für t1 = 300 ◦ C die metastabilen Bereiche der überhitzten Flüssigkeit ÜF und des unterkühlten Dampfes UD ein, und markieren Sie an dieser Isothermen diejenige Strecke KBA, die aus thermodynamischer Sicht keine brauchbare Aussage liefern kann. c) Es ist die reduzierte van-der-W aals-Gleichung (Gesetz der übereinstimmenden Zustände) in PoBild A8.1 Zu Aufgabe A.8 b tenzen des reduzierten spezifischen Volumens vr anzugeben: ........................................................................................................................................... ........................................................................................................................................... ( ) Tr ist die unkritische absolute Temperatur. ( ) Tr ist die kritische absolute Temperatur. ( ) Tr ist die reduzierte absolute Temperatur. ( ) Tr ist die kritische Celsius-Temperatur. ( ) Tr ist die unkritische Celsius-Temperatur. ( ) Tr ist die reduzierte Celsius-Temperatur. Tr ist dabei definiert als Tr = ........................... d) Eine reversible Wärmeübertragung weist folgende thermodynamische Eigenschaften auf: ........................................................................................................................................... ........................................................................................................................................... ........................................................................................................................................... e) Im beigefügten p,V -Diagramm (Bild A8.2) und im beigefügten T ,S-Diagramm (Bild A8.3) sind verschiedene mögliche Zustandsänderungen bei der Verdichtung eines idealen Gases vom Anfangszustand 1 mit dem Anfangsdruck p1 auf den Endzustand 2 mit dem Enddruck p2 dargestellt. Markieren Sie in den Diagrammen eine isotherme Zustandsänderung a, eine isentrope Zustandsänderung b sowie zusätzlich zwei polytrope Zustandsstandsänderungen c. Bild A8.2 Zu Aufgabe A.8 e

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 5 bis 7

353

Markieren Sie in den beiden Diagrammen (Bilder A8.2 und A8.3) - die zugeführte Druckänderungsarbeit Wp12a bei der isothermen Verdichtung als Fläche, - den Absolutbetrag der abgegebenen reversiblen Wärme (Q12a )rev bei der isothermen Verdichtung als Fläche, - den Absolutbetrag der abgegebenen reversiblen Wärme (Q12c )rev bei der polytropen Verdichtung als Fläche. Der Polytropenexponent beträgt bei der -

isothermen Verdichtung: .......... isentropen Verdichtung: .......... polytropen Verdichtung mit Wärmeabfuhr: .......... polytropen Verdichtung mit Wärmezufuhr: ..........

Bild A8.3 Zu Aufgabe A.8 e

f) Im beigefügten p,V -Diagramm (Bild A8.4) sind mit der - durch die dick ausgezogenen Linien dargestellten - Zustandsänderung von A nach E ( ) zwei isentrope Verdichtungen mit einer isobaren Zwischenkühlung ( ) zwei isentrope Verdichtungen mit zwei isobaren Zwischenkühlungen ( ) zwei isentrope Verdichtungen mit drei isobaren Zwischenkühlungen ( ) drei isentrope Verdichtungen mit zwei Bild A8.4 Zu Aufgabe A.8 f isobaren Zwischenkühlungen ( ) drei isentrope Verdichtungen mit drei isobaren Zwischenkühlungen wiedergegeben. Begründen Sie anhand des beigefügten p,V -Diagramms, warum es technisch einfacher ist, statt der isothermen Verdichtung von A nach B eine mehrstufige adiabate Verdichtung mit isobaren Zwischenkühlungen von A nach E durchzuführen: ................................................................................... ................................................................................... ................................................................................... Im beigefügten T ,S-Diagramm (Bild A8.5) sind zwei adiabate Verdichtungen mit zwei isobaren Zwischenkühlungen eines idealen Gases dargestellt. Woran ist erkennbar, dass zwei irreversible - und nicht zwei reversible - Verdichtungen wiedergegeben sind?

Bild A8.5 Zu Aufgabe A.8 f

........................................................................................................................................... ........................................................................................................................................... ........................................................................................................................................... ........................................................................................................................................... g) Um thermische Energie teilweise in mechanische Energie umzuwandeln, werden ................maschinen genutzt. Im reversiblen Fall würde der höchstmögliche thermische Wirkungsgrad durch den ................-Prozess erreicht.

354

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

h) Wird ein ideales Gas dreistufig vom Anfangsdruck pa = 1 bar auf den Enddruck pe = 64 bar verdichtet, ergeben sich als optimale Zwischendrücke pm1 = ....... bar

und

pm2 = ....... bar .

i) Der reversible Diesel-Prozess weist u. a. folgende Zustandsänderungen auf: ( ) keine Zustandsänderung mit Abgabe reversibler Wärme |(Qij )rev |. ( ( ( (

) ) ) )

nur eine Zustandsänderung mit Abgabe reversibler Wärme |(Qij )rev |. zwei Zustandsänderungen mit Abgabe reversibler Wärme |(Qij )rev |. keine Zustandsänderung mit Zufuhr reversibler Wärme (Qij )rev . nur eine Zustandsänderung mit Zufuhr reversibler Wärme (Qij )rev .

( ) zwei Zustandsänderungen mit Zufuhr reversibler Wärme (Qij )rev . ( ) keine Zustandsänderung mit Abgabe von Druckänderungsarbeit |Wpij |. ( ( ( (

) ) ) )

nur eine Zustandsänderung mit Abgabe von Druckänderungsarbeit|Wpij |. zwei Zustandsänderungen mit Abgabe von Druckänderungsarbeit |Wpij |. keine Zustandsänderung mit Zufuhr von Druckänderungsarbeit Wpij . nur eine Zustandsänderung mit Zufuhr von Druckänderungsarbeit Wpij .

( ) zwei Zustandsänderungen mit Zufuhr von Druckänderungsarbeit Wpij . ( ) keine Zustandsänderung mit Abgabe von Volumenänderungsarbeit |WV ij |. ( ( ( (

) ) ) )

nur eine Zustandsänderung mit Abgabe von Volumenänderungsarbeit |WV ij |. zwei Zustandsänderungen mit Abgabe von Volumenänderungsarbeit |WV ij |. keine Zustandsänderung mit Zufuhr von Volumenänderungsarbeit WV ij . nur eine Zustandsänderung mit Zufuhr von Volumenänderungsarbeit WV ij .

( ) zwei Zustandsänderungen mit Zufuhr von Volumenänderungsarbeit WV ij . j) Der reversible Otto-Prozess weist im Vergleich zum Diesel-Prozess ( ( ( (

) ) ) )

statt statt statt statt

einer einer einer einer

isochoren Wärmezufuhr eine isobare Wärmezufuhr auf. isochoren Wärmeabfuhr eine isobare Wärmeabfuhr auf. isobaren Wärmezufuhr eine isochore Wärmezufuhr auf. isobaren Wärmeabfuhr eine isentrope Wärmeabfuhr auf.

k) Der reversible Joule-Prozess weist im Vergleich zum Otto-Prozess ( ) statt einer isochoren Wärmezufuhr eine isobare Wärmezufuhr auf. ( ) statt einer isochoren Wärmeabfuhr eine isobare Wärmeabfuhr auf. ( ) statt einer isobaren Wärmezufuhr eine isochore Wärmezufuhr auf. ( ) statt einer isobaren Wärmeabfuhr eine isentrope Wärmeabfuhr auf. l) Bei der vollständigen isobaren Verdampfung von siedendem flüssigem Wasser bei konstanter Temperatur t = 25 ◦ C beträgt die spezifische Verdampfungsenthalpie (spezifische Verdampfungswärme) r rund ( ) 2501 kJ/kg. ( ) 2442 kJ/kg. ( ) 2257 kJ/kg. ( ) 2015 kJ/kg. ( ) 585 kJ/kg. ( ) 0 kJ/kg. m) Bei der vollständigen isobaren Verdampfung von siedendem flüssigem Wasser bei konstantem Druck p = 1 bar beträgt die spezifische Verdampfungsenthalpie (spezifische Verdampfungswärme) r rund ( ) 2501 kJ/kg. ( ) 2442 kJ/kg. ( ) 2257 kJ/kg. ( ) 2015 kJ/kg. ( ) 585 kJ/kg. ( ) 0 kJ/kg.

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 5 bis 7

355

n) Die Clausius-Clapeyron´sche Gleichung lautet: ....................................................................................................................... Mit ihr kann ( ) der thermische Wirkungsgrad des Clausius-Rankine-Prozesses berechnet werden. ( ) der thermische Wirkungsgrad des Joule-Prozesses berechnet werden. ( ) der Isentropenexponent gemäß dem Rudolf -Clausius-Ansatz berechnet werden. ( ) eine Gleichung für die Dampfdruckkurve eines Stoffes hergeleitet werden. ( ) eine Gleichung für die Schmelzdruckkurve eines Stoffes hergeleitet werden. ( ) das Clapeyron´sche Molekül-Bewegungstheorem der Thermodynamik quantifiziert werden. o) Im nebenstehenden p,T -Diagramm (Bild A8.6) stellt - die Linie AC die ............kurve dar. - die Linie AB die ............kurve dar. - die Linie BC die ............kurve dar. Bild A8.6 Zu den Aufgaben A.8 o und p p) In der Linie AC im p,T -Diagramm fallen durch Projektion aus dem dreidimensionalen p,v,T -Raum auf die p,T -Fläche die .................linie und die .................linie zusammen. In der Linie AB im p,T -Diagramm fallen durch Projektion aus dem dreidimensionalen p,v,T -Raum auf die p,T -Fläche die .................linie und die .................linie zusammen. In der Linie BC im p,T -Diagramm fallen durch Projektion aus dem dreidimensionalen p,v,T -Raum auf die p,T -Fläche die .................linie und die .................linie zusammen. q) In einem Kompressor-Kühlschrank durchläuft das Kältemittel einen ( ) offenen rechtslaufenden Kreisprozess. ( ) geschlossenen rechtslaufenden Kreisprozess. ( ) offenen linkslaufenden Kreisprozess. ( ) geschlossenen linkslaufenden Kreisprozess. Dabei wird bezüglich des Kältemittels ( ) mehr mechanische Arbeit zugeführt als Abwärme abgegeben. ( ) mehr Abwärme abgegeben als mechanische Arbeit zugeführt. ( ) mehr mechanische Arbeit abgegeben als Kühlwärme aufgenommen. ( ) weniger Kühlwärme aufgenommen als Abwärme abgegeben. Aufgabe A.9 a) Der thermische Wirkungsgrad ηth des Carnot-Prozesses ist - abhängig vom Anfangszustand 1 und vom Folgezustand 3 - gleich

 κ−1

 κ−1

 κ−1

κ κ κ p3 p1 T3 T1 ( ) ηth = 1 − ( ) ηth = 1 − ( ) ηth = 1 − T3 T1 p1 p3 V3 − V1 V3 − V1 T3 − T1 V1 ( ) ηth = 1 − ( ) ηth = ( ) ηth = ( ) ηth = 1 − V3 V3 V3 T3 b) Der thermische Wirkungsgrad ηth des Otto-Prozesses ist - abhängig vom Anfangszustand 1 und vom Folgezustand 2 - gleich



( ) ηth = 1 −

( ) ηth = 1 −

T1 T2

( ) ηth = 1 −

( ) ηth = 1 −

V1 V2

( ) ηth = 1 −



T2 T1



V2 V1

 κ−1 κ

 κ−1 κ



( ) ηth = 1 −



( ) ηth = 1 −

p2 p1





 κ−1 κ

( ) ηth = 1 −

κ−1

( ) ηth = 1 −

V2 V1



p1 p2



 κ−1 κ

V1 V2

κ−1

356

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

c) Der thermische Wirkungsgrad ηth des Otto-Prozesses ist mit dem thermischen Wirkungsgrad ηth des folgenden reversiblen Kreisprozesses identisch: ( ) des Carnot-Prozesses ( ) des Joule-Prozesses ( ) des Clausius-Rankine-Prozesses ( ) des Diesel-Prozesses ( ) des Stirling-Prozesses ( ) des Ericsson-Prozesses d) Beim reversiblen Stirling-Prozess sind die folgenden Wärmen (Qij )rev von Bedeutung: die ( ) zugeführte innere Wärme durch Verbrennung im Arbeitsraum ( ) zugeführte äußere Wärme z. B. durch Verbrennung außerhalb des Arbeitsraums ( ) zugeführte innere Wärme durch einen Regenerator im Arbeitsraum ( ) abgeführte innere Wärme durch einen Regenerator im Arbeitsraum ( ) abgeführte äußere Wärme durch Kühlung e) Der reversible Clausius-Rankine-Prozess kann hinsichtlich seines Verlaufs im Kreisprozess als reversibler ( ) Otto-Prozess ( ) Carnot-Prozess ( ) Joule-Prozess ( ) Diesel-Prozess aufgefasst werden, wobei jedoch anstelle eines idealen Gases ein reales Fluid tritt. f) Bei den folgenden Prozessen kann im Idealfall die Abwärme gegebenenfalls vollständig bei der Umgebungstemperatur Tb abgegeben werden: ( ) Joule-Prozess ( ) Ericsson-Prozess ( ) Otto-Prozess ( ) Diesel-Prozess ( ) Stirling-Prozess ( ) Clausius-Rankine-Prozess Dies wirkt sich auf den exergetischen Wirkungsgrad ζ wie folgt aus: ................................................................................................................................................ ................................................................................................................................................ g) Bei dem folgenden Prozess findet die Verdichtung im Flüssigkeitsgebiet - und damit mit vergleichsweise sehr geringem Arbeitsaufwand - statt: ( ) Joule-Prozess ( ) Ericsson-Prozess ( ) Otto-Prozess ( ) Diesel-Prozess ( ) Stirling-Prozess ( ) Clausius-Rankine-Prozess h) Die thermodynamischen Beziehungen für den thermischen Wirkungsgrad ηth , für den exergetischen Wirkungsgrad ζ sowie für die thermischen und mechanischen Anstrengungsverhältnisse awv , awp , aqs , aqT und ag können beim ( ) Carnot-Prozess ( ) Joule-Prozess ( ) Diesel-Prozess ( ) Ericsson-Prozess ( ) Otto-Prozess ( ) Clausius-Rankine-Prozess mit Hilfe von thermodynamischen Beziehungen für ideale Gase berechnet werden. i) Die thermodynamischen Beziehungen für den thermischen Wirkungsgrad ηth , für den exergetischen Wirkungsgrad ζ sowie für die thermischen und mechanischen Anstrengungsverhältnisse awv , awp , aqs , aqT und ag müssen beim ( ) Carnot-Prozess ( ) Joule-Prozess ( ) Diesel-Prozess ( ) Ericsson-Prozess ( ) Otto-Prozess ( ) Clausius-Rankine-Prozess mit Hilfe von Zustandsgrößen für reale Fluide (Flüssigkeiten und reale Gase) berechnet werden. j) Die Gleichung für das thermische Anstrengungsverhältnis aqs des Carnot-Prozesses ist mit der Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awv des folgenden reversiblen Kreisprozesses identisch: ( ) des Otto-Prozesses ( ) des Joule-Prozesses ( ) des Clausius-Rankine-Prozesses ( ) des Diesel-Prozesses ( ) des Stirling-Prozesses ( ) des Ericsson-Prozesses

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 5 bis 7

357

k) Die Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awp des Ericsson-Prozesses ist mit der Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awv des folgenden reversiblen Kreisprozesses identisch: ( ) des Carnot-Prozesses ( ) des Joule-Prozesses ( ) des Clausius-Rankine-Prozesses ( ) des Diesel-Prozesses ( ) des Stirling-Prozesses ( ) des Otto-Prozesses l) Die Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awp des Stirling-Prozesses ist mit der Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awv des folgenden reversiblen Kreisprozesses identisch: ( ) des Carnot-Prozesses ( ) des Joule-Prozesses ( ) des Clausius-Rankine-Prozesses ( ) des Diesel-Prozesses ( ) des Otto-Prozesses ( ) des Ericsson-Prozesses m) Die Gleichung für das thermische Anstrengungsverhältnis aqs des Stirling-Prozesses ist mit der Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awv des folgenden reversiblen Kreisprozesses identisch: ( ) des Carnot-Prozesses ( ) des Joule-Prozesses ( ) des Clausius-Rankine-Prozesses ( ) des Diesel-Prozesses ( ) des Otto-Prozesses ( ) des Ericsson-Prozesses n) Die Gleichung für den exergetischen Wirkungsgrad ζ des Joule-Prozesses entspricht der Gleichung für den exergetischen Wirkungsgrad ζ des folgenden reversiblen Kreisprozesses: ( ) des Carnot-Prozesses ( ) des Diesel-Prozesses ( ) des Clausius-Rankine-Prozesses ( ) des Otto-Prozesses ( ) des Stirling-Prozesses ( ) des Ericsson-Prozesses o) Die Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awp des Joule-Prozesses ist mit der Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awv des folgenden reversiblen Kreisprozesses identisch: ( ) des Carnot-Prozesses ( ) des Diesel-Prozesses ( ) des Clausius-Rankine-Prozesses ( ) des Otto-Prozesses ( ) des Stirling-Prozesses ( ) des Ericsson-Prozesses p) Es sollen die thermodynamischen Vor- und Nachteile des Diesel-Prozesses im Vergleich zum Joule-Prozess, zum Otto-Prozess und zum Clausius-Rankine-Prozess benannt werden: ........................................................................................................................................... ........................................................................................................................................... ........................................................................................................................................... q) Der Carnot-Prozess, der Ericsson-Prozess und der Stirling-Prozess weisen als reversible Prozesse jeweils zwei isotherme Zustandsänderungen 12 und 34 auf, während sich die dazwischen ablaufenden Zustandsänderungen 23 und 41 bei den jeweiligen Prozessen unterscheiden. Bei den einzelnen Prozessen weisen die Zustandsänderungen 23 und 41 jedoch Gemeinsamkeiten auf. Geben Sie an, welche Zustandsänderungen 23 und 41 bei den jeweiligen Prozessen auftreten, und in welcher Weise diese durch die drei spezifischen Prozessgrößen qsij , wV ij und wpij miteinander gekoppelt sind: Carnot-Prozess: 23 und 41 sind ( ) isotherme ( ) isobare ( ) isochore ( ) isentrope Zustandsänderungen. ........................................................................................................................................... Ericsson-Prozess: 23 und 41 sind ( ) isotherme ( ) isobare ( ) isochore ( ) isentrope Zustandsänderungen. ........................................................................................................................................... Stirling-Prozess: 23 und 41 sind ( ) isotherme ( ) isobare ( ) isochore ( ) isentrope Zustandsänderungen. ...........................................................................................................................................

358

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

r) Es ist darzulegen, dass der Carnot-Prozess, der Ericsson-Prozess und der Stirling-Prozess als ideale Prozesse zwar hinsichtlich des thermischen Wirkungsgrades ηth und des exergetischen Wirkungsgrades ζ einander gleichwertig sind, jedoch hinsichtlich der technischen Verwirklichungsmög- Bild A9.1 Zu den Aufgabe A.9 q und r lichkeiten große Unterschiede aufweisen (vgl. Bild A9.1): ............................................................................................................................................... ............................................................................................................................................... ............................................................................................................................................... s) Verbesserungen von Otto-Motoren werden u. a. durch eine weitere Erhöhung des Höchstdrucks p3 und der Höchsttemperatur t3 angestrebt, obwohl der thermische Wirkungsgrad des reversiblen Otto-Prozesses mit steigender Höchsttemperatur t3 abnimmt (vgl. das beigefügte Bild A9.2). Erklären Sie diesen scheinbaren Widerspruch anhand weiterer thermodynamischer Bewertungskenngrößen: .........................................................................

Bild A9.2 Zu Aufgabe A.9 s

. ............................................................................................................................................... ............................................................................................................................................... ...............................................................................................................................................

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 1 bis 4: Lösungen

359

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 1 bis 4: Lösungen Thermodynamische Grundlagen - Der erste Hauptsatz der Thermodynamik - Der zweite Hauptsatz der Thermodynamik - Ideale Gase Man beantworte die nachfolgenden Fragen bzw. kreuze die richtigen Antworten an. Es können bei einzelnen Fragen gegebenenfalls auch mehrere Antworten richtig sein. Lösungen zu Aufgabe A.1: a) Die reversible Ersatzwärme zwischen den Zuständen 1 und 2 eines Stoffes ergibt sich mit der Temperatur T und der Entropieänderung dS zu (Q12 )rev =

R2

T dS

1

Sie ist eine

( ) Zustandsgröße.

(x) Prozessgröße.

( ) Basisgröße.

b) Die innere Reibungsarbeit WRI bei einer Zustandsänderung zwischen den Zuständen 1 und 2 ist eine ( ) Zustandsgröße. (x) Prozessgröße. ( ) Basisgröße. Sie kann ( ) nur negativ sein. (x) nur positiv sein. ( ) sowohl positiv als auch negativ sein. c) Die Gesamtentropieänderung beim Vorgang des von selbst ablaufenden Temperaturausgleichs zwischen zwei sich berührenden diabaten Systemen mit verschiedenen Temperaturen im abgeschlossenen System kann mit folgender Gleichung angegeben werden: ∆S = |∆Q|

T1 − T2 T1 T2

Sie kann

( ) nur negativ sein. ( ) nur null sein. (x) nur positiv sein. ( ) sowohl positiv als auch null als auch negativ sein. d) Berechnen Sie für das ideale Gas Ethin (Acetylen) C2 H2 (relative Atommasse von C: MC = 12; relative Atommasse von H: MH = 1) jeweils möglichst unter Angabe auch allgemeiner Gleichungen: - die Molmasse MC2 H2 MC2 H2 = zC MC + zH MH = (2 · 12 + 2 · 1) kg/kmol = 26 kg/kmol - unter Verwendung der allgemeinen Gaskonstante Rm = 8,31451 kJ/(kmol K) die spezielle Gaskonstante RC2 H2 RC2 H2 = Rm / MC2 H2 = 8,31451 kJ/(kmol K) / 26 (kg/kmol) = 0,320 kJ/(kg K). - Welchen Wert hat die spezifische isochore Wärmekapazität cv C2 H2 bei 0 ◦ C, wenn für cp C2 H2 bei 0 ◦ C der Wert cp C2 H2 = 1,327 kJ/(kg K) gilt? cv C2 H2 = cp C2 H2 − RC2 H2 = 1,327 kJ/(kg K) - 0,320 kJ/(kg K = 1,007 kJ/(kg K). - Es ist das spezifische Volumen v0 C2 H2 von C2 H2 bei Normzustand (0 ◦ C, 1,01325 bar) zu berechnen, wofür der Wert des Molvolumens bei Normzustand (Vm )0 = 22,414 m3 /kmol zu verwenden ist: v0 C2 H2 = (Vm )0 / MC2 H2 = 22,414 m3 /kmol / 26 kg/kmol = 0,862 m3 /kg. - Wie groß ist die Dichte ρ0 C2 H2 bei Normzustand? ρ0 C2 H2 = 1 / v0 C2 H2 = 1 / (0,862 m3 /kg) = 1,160 kg/ m3 . e) Für die differentielle Entropieänderung dS in einem geschlossenen einfachen System gilt: ( ) dS = (dU + p dV ) T (x) dS = dQrev / T (x) dS = (dU + p dV ) / T ( ) dS = (dH + p dV ) / T (x) dS = (dQ + |dWRI |) / T ( ) dS = dQrev + |dWRI | / T

360

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

f) Eine Verringerung der Entropie bei einem adiabaten Prozess ist ( ) unbedenklich. ( ) unsäglich. (x) unmöglich. ( ) unstatthaft. ( ) unbeweglich. ( ) beim Abbau bürokratischer Hemmnisse unerheblich. ( ) wahrscheinlich, wenn statt einer idealen eine reale Zustandsänderung vorliegt. g) Bei einem Mischungsvorgang zweier idealer Gase mit unterschiedlichen Temperaturen im abgeschlossen System gilt: Im Zusammenhang mit der Bildung der Mischungstemperatur T ( ) nimmt die Entropie ab. (x) nimmt die Entropie zu. ( ) bleibt die Entropie gleich. h) Die Energiebilanz für ein einfaches geschlossenes System lautet: Q12 + WV 12 + |WRI | = U2 − U1 Wenn Q12 = 0 und U2 − U1 = 0 ist, dann folgt daraus: ( ) WV 12 = 0 und |WRI | = 0 (x) WV 12 + |WRI | = 0 ( ) WV 12 6= 0 und |WRI | = 0 ( ) WV 12 = 0 und |WRI | = 6 0 (x) WV 12 = − |WRI |

( ) WV 12 = |WRI | ( ) WV 12 + |WRI | 6= 0

i) Beschreiben Sie das beigefügte Schaubild (Bild A1.1), in dem für das ideale Gas Luft die Abhängigkeit der spezifischen polytropen Wärmekapazität cn vom Polytropenexponenten n dargestellt ist: Die Abhängigkeit der spezifischen polytropen Wärmekapazität cn vom Polytropenexponenten n wird z. B. durch die folgende Gleichung wiedergegeben: 1 cn = cv − R n−1 Der Graph dieser Gleichung besitzt zwei Äste. Im Vergleich zum Kurvenverlauf der Gleichung y = const/ x sind die beiden Hyperbeläste wegen des negativen Vorzeichens an der n-Achse gespiegelt, um den Betrag cv nach oben verschoben und um den Wert 1 nach rechts versetzt. Die beiden Hyperbeläste nähern sich Bild A1.1 Zu Aufgabe A.1 i für n –> 1 von beiden Seiten an die senkrechte Asymptote n = 1, für die cn –> +/− ∞ wird,und für n –> +/− ∞ von unten und oben an die waagerechte Asymptote, für die cn = cv gilt. Die Werte für cp und cv können unmittelbar abgelesen werden; für n = κ ist cn = 0. Im Schaubild sind die Werte von cn nicht nur für allgemeine, sondern auch für spezielle Zustandsänderungen angegeben. Lesen Sie die cn -Werte für die folgenden speziellen Zustandsänderungen der Luft aus dem Schaubild ab: Isochore Zustandsänderung (V = const) : n –> +/− ∞: cn = 0,717 kJ/(kg K) Isobare Zustandsänderung (p = const) : n = 0: cn = 1,004 kJ/(kg K) Isotherme Zustandsänderung (T = const) : n = 1: cn = +/- ∞ kJ/(kg K) Isentrope Zustandsänderung (S = const) : n = κ: cn = 0 kJ/(kg K) j) Für die spezifische Wärmekapazität cn gilt: cn = cp − n R / (n − 1) Es soll gezeigt werden, dass hieraus eine spezielle Beziehung für die spezifische isochore Wärmekapazität cv gewonnen werden kann, bei der cp , cv und R miteinander verknüpft sind:

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 1 bis 4: Lösungen

361

Für cv ist n = +/ − ∞. Daraus folgt: cn = cp − ∞ R / (∞ − 1) = cp −R = cv

bzw.

k) Bei einem idealen Gas gilt die Beziehung dH = κ dU ( ) nur für die isotherme Zustandsänderung. ( ) nur für die isochore Zustandsänderung. ( ) nur für die polytrope Zustandsänderung.

cn = cp + ∞ R / (− ∞ − 1) = cp −R = cv

( ) nur für die isobare Zustandsänderung. ( ) nur für die isentrope Zustandsänderung. (x) für jede Zustandsänderung.

Lösungen zu Aufgabe A.2: a) Es sollen drei verschiedene, einander gleichwertige Gleichungen angegeben werden, mit denen die Volumenänderungsarbeit WV 12 bei einer isothermen Zustandsänderung eines idealen Gases berechnet werden kann: p2 V1 = m R T ln WV 12 = m R T ln V2 p1 WV 12 = p1 V1 ln

V1 p2 = p1 V1 ln V2 p1

WV 12 = p2 V2 ln

p2 V1 = p2 V2 ln V2 p1

b) Es sollen drei verschiedene, einander gleichwertige Gleichungen angegeben werden, mit denen die Druckänderungsarbeit Wp12 bei einer isentropen Zustandsänderung eines idealen Gases berechnet werden kann: h κ−1 h κ−1 i i κ V1 κ V1 Wp12 = −1 = −1 p 1 V1 m R T1 κ−1 V2 κ−1 V2

 κ−1

 κ−1

p2 κ p2 κ κ κ p 1 V1 m R T1 −1 = −1 κ−1 p1 κ−1 p1 κ κ (p2 V2 − p1 V1 ) = m R (T2 − T1 ) = m cp R (T2 − T1 ) Wp12 = κ−1 κ−1 c) Geben Sie vier verschiedene, einander gleichwertige Gleichungen an, mit denen die Entropieänderung S2 − S1 bei einer allgemeinen polytropen Zustandsänderung eines idealen Gases berechnet werden kann: T2 V2 S2 − S1 = m cv ln + m R ln T1 V1 Wp12 =

h

S2 − S1 = m cp ln

p2 T2 − m R ln T1 p1

S2 − S1 = m cp ln

V2 p2 + m cv ln V1 p1

i

h

i

T2 T1 d) Geben Sie die Gleichung für den 1. Hauptsatz für ein geschlossenes ruhendes System an: S2 − S1 = m cn ln

Q12 + WV 12 + |WRI | = U2 − U1

(Q12 )rev + WV 12 = U2 − U1

e) Geben Sie zwei verschiedene, einander gleichwertige thermische Zustandsgleichungen des idealen Gases an, in denen die allgemeine Gaskonstante Rm = 8,31451 kJ/(kg K) enthalten ist: p Vm = Rm T

p V = n Rm T

362

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

f) Bei einer allgemein-polytropen Zustandsänderung wird zur Berechnung der reversiblen Ersatzwärme die spezifische polytrope Wärmekapazität cn verwendet: (Q12 )rev = m cn (T2 − T1 ) Geben Sie entsprechende Beziehungen für (Q12 )rev für die folgenden beiden Sonderfälle der allgemein-polytropen Zustandsänderung an: - Isobare Zustandsänderung: (Q12 )rev = m cp (T2 − T1 ) - Isochore Zustandsänderung:

(Q12 )rev = m cv (T2 − T1 )

g) Zeichnen Sie ins beigefügte p,V -Diagramm (Bild A2.1), vom zentralen Punkt ausgehend, folgende Zustandsänderungen ein und markieren Sie diese jeweils mit den zugeordneten Großbuchstaben A, B, C, D und E: -

isentrope Entspannung (A) isochore Druckerhöhung (B) Verdichtung mit κ < n < ∞ (C) isobare Ausdehnung (D) isotherme Entspannung (E)

Bild A2.1 Zu Aufgabe A.2 g

h) Zeichnen Sie ins beigefügte T ,S-Diagramm (Bild A2.2), vom zentralen Punkt ausgehend, folgende Zustandsänderungen ein und markieren Sie diese jeweils mit den zugeordneten Großbuchstaben A, B, C, D und E: -

isentrope Entspannung (A) isochore Druckerhöhung (B) Verdichtung mit κ < n < ∞ (C) isobare Ausdehnung (D) isotherme Entspannung (E)

Bild A2.2 Zu Aufgabe A.2 h

i) Geben Sie eine Gleichung an, mit der cn aus dem Polytropenexponenten n, der spezifischen isochoren Wärmekapazität cv und der speziellen Gaskonstanten R berechnet werden kann: cn = cv − R / (n − 1) j) Die thermische Zustandsgleichung des idealen Gases kann in unterschiedlichen, einander gleichwertigen Formen angegeben werden. Kreuzen Sie die richtigen Formulierungen an (R: spezielle Gaskonstante; Rm : allgemeine Gaskonstante): ( ) pv = mRT (x) p V = m R T ( ) p Vm = m Rm T ( ) p V = m Rm T (x) p V = n Rm T ( ) p Vm = n Rm T ( ) p V = n R T (x) p Vm = Rm T (x) ρ = M p / (Rm T ) (x) ρ = p / (R T ) ( ) ρ = n p / (R T ) ( ) ρ = m p / (R T ) k) Innere Reibungsarbeit |WRI | ( ) überschneidet stets die Statistik. ( ) überschattet stets die Systematik. ( ) überschreitet stets die Systemgrenze.

( ) unterschneidet die Statistik nicht. ( ) überschattet die Systematik nicht. (x) überschreitet die Systemgrenze nicht.

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 1 bis 4: Lösungen

363

l) Irreversible Vorgänge (x) laufen stets nur in einer Richtung ab; ihre Umkehrung - bei Einbeziehung der in der Umgebung festzustellenden Änderungen - ist unmöglich. ( ) laufen stets in alle Richtungen; ihre Umkehrung - bei Einbeziehung der in der Umgebung festzustellenden Änderungen - ist möglich. ( ) laufen stets nur in einer Richtung ab; ihre Umkehrung ist möglich, weil sich in der Umgebung keine Änderungen feststellen lassen. ( ) laufen stets in alle Richtungen; ihre Umkehrung - bei Ausschluss der in der Umgebung festzustellenden Änderungen - ist möglich. m) Bei der reversiblen isothermen Verdichtung eines idealen Gases im geschlossenen System wird dem Gas (x) genau so viel Volumenänderungsarbeit zugeführt wie Wärme abgeführt. ( ) mehr Volumenänderungsarbeit zugeführt als Wärme abgeführt. ( ) weniger Volumenänderungsarbeit zugeführt als Wärme abgeführt. ( ) genau so viel Wärme zugeführt wie Volumenänderungsarbeit abgeführt. ( ) mehr Wärme zugeführt als Volumenänderungsarbeit abgeführt. ( ) weniger Wärme zugeführt als Volumenänderungsarbeit abgeführt. n) Bei der reversiblen isobaren Erwärmung eines idealen Gases wird dem Gas ( ) genau so viel Druckänderungsarbeit zugeführt wie Wärme abgeführt. ( ) mehr Druckänderungsarbeit zugeführt als Wärme abgeführt. ( ) weniger Druckänderungsarbeit zugeführt als Wärme abgeführt. ( ) genau so viel Wärme zugeführt wie Druckänderungsarbeit abgeführt. ( ) mehr Wärme abgeführt als Druckänderungsarbeit auf- und abgeführt. ( ) weniger Wärme zugeführt als Druckänderungsarbeit abgeführt. (x) keine Druckänderungsarbeit zu- oder abgeführt. o) Bei der reversibel-adiabaten Verdichtung eines idealen Gases in einem offenen System wird dem Gas ( ) genau so viel Druckänderungsarbeit zugeführt wie Wärme abgeführt. (x) Druckänderungsarbeit zugeführt, jedoch keine Wärme zu- oder abgeführt. ( ) weniger Druckänderungsarbeit zugeführt als Wärme zugeführt. ( ) genau so viel Wärme zugeführt wie Druckänderungsarbeit abgeführt. ( ) mehr Wärme zugeführt als Druckänderungsarbeit auf- und abgeführt. ( ) keine Druckänderungsarbeit zu- oder abgeführt. p) Erläutern Sie mit den Begriffen der Wegabhängigkeit bzw. der Wegunabhängigkeit, worin sich bei thermodynamischen Zustandsänderungen Prozessgrößen und Zustandsgrößen voneinander unterscheiden: Der Ablauf eines Prozesses ist im Allgemeinen mit einer Zustandsänderung verbunden. Die Angabe der Zustandsänderung (z. B. von p1 , V1 , T1 , U1 , H1 und S1 nach p2 , V2 , T2 , U2 , H2 und S2 ) ist nur ein Teil der Prozessbeschreibung; die Energiegrößen Wärme (Q12 )rev = Q12 + |WRI | und Arbeit (z. B. WV 12 bzw. Wp12 ) können durch die Angabe der Zustandsänderung allein nicht beschrieben werden; es ist vielmehr die Kenntnis des Prozessablaufs notwendig. Wärme und Arbeit werden deshalb als Prozessgrößen bezeichnet und sind keine Zustandsgrößen; sie sind im Gegensatz zu Zustandsgrößen wegabhängig und wirken nur während der Prozessdauer - und damit nur während der Zustandsänderung auf das betrachtete System ein.

364

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

q) Mit dem Normvolumen V0 eines Gases kann die Menge des Gases wiedergegeben werden. Geben Sie zwei weitere Mengengrößen an, die in Physik, Chemie und Technik gebräuchlich sind: - Masse m in der Einheit kg oder g - Molmenge (Substanzmenge) n in der Einheit kmol oder mol r) Geben Sie vier verschiedene allgemeine irreversible adiabate Zustandsänderungen bzw. Prozesse an, bei denen die Entropie des betrachteten Fluids zunimmt (vgl. z. B. Abschnitt 3 des Lehrbuchs ’Grundlagen der Technischen Thermodynamik’): S2 − S1 > 0 - Zustandsänderungen bzw. Prozesse mit Reibung - Sich einstellender T emperaturausgleich zwischen zwei Körpern mit unterschiedlichen Temperaturen, die eine gemeinsame wärmedurchlässige Grenze aufweisen und innerhalb eines adiabaten Gesamtsystems angeordnet sind - Sich einstellender Druckausgleich eines Gases, das sich in zwei miteinander verbundenen Behältern mit jeweils unterschiedlichem Druck befindet, die in einem geschlossenen adiabaten System angeordnet sind - Drosselung eines Gases, das durch eine Verengung in einer Rohrleitung strömt und dabei eine Druckverringerung erfährt, wobei die Rohrleitung ein adiabates offenes System darstellt Lösungen zu Aufgabe A.3: a) Bei der Einbeziehung der absoluten Temperatur in K bzw. der Celsiustemperatur in ◦ C in Berechnungsgleichungen gilt: ( ) ln (T /t) = ln (t/T ) ()

R 1

T dS =

R 1

(x) T2 − T1 = t2 − t1 2

2

2

t ds

()

R

T ds =

1

R2 1

t dS

()

R2 1

T ds =

R2

t ds

1

b) Die Entropie ist ( ) ein Maß für die Unmäßigkeit eines Stoffes. ( ) ein Maß für die Energie eines Stoffes. (x) ein Maß für die Unordnung eines Stoffes. ( ) das äußere Abmaß eines Stoffes. ( ) ein Maß für die Unbotmäßigkeit eines Stoffes. ( ) das Maß aller Dinge eines Stoffes. c) Bei einem einfachen thermodynamischen System ist eine Zustandsgröße eine Funktion zweier Veränderlicher. Die Änderung einer Zustandsgröße zwischen den Zuständen 1 und 2 ist wegunabhängig. Diese Eigenschaft der Wegunabhängigkeit lässt sich mathematisch wie folgt wiedergeben: ( ) Die gemischten zweiten Integrale der Funktion sind jeweils gleich groß. (x) Die gemischten zweiten Ableitungen der Funktion sind jeweils gleich groß. ( ) Die gemischten zweiten Ableitungen der Funktion sind jeweils verschieden groß. ( ) Die gemischten ersten Ableitungen der Funktion sind jeweils gleich groß. ( ) Die ungemischten ersten Ableitungen der Funktion sind jeweils gleich groß. d) Beim reversiblen Ersatzprozess eines irreversiblen Prozesses ist (x) dQrev = dQ + |dWRI | .

( ) dQrev = dQ - |dWRI | .

( ) dQrev = dQ + |dWRA | .

e) Ein ideales Gas ist durch die Annahme (x) eines Eigenvolumens der Atome bzw. Moleküle von null ( ) eines Eigenvolumens der Atome bzw. Moleküle von größer als null

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 1 bis 4: Lösungen

365

( ) eines Eigenvolumens der Atome bzw. Moleküle von kleiner als null (x) keiner Wechselwirkungskräfte zwischen den Atomen bzw. Molekülen ( ) von großen Wechselwirkungskräften zwischen den Atomen bzw. Molekülen ( ) von Wachstumspotentialen zwischen den Atomen bzw. Molekülen gekennzeichnet. f) Bei der isothermen Zustandsänderung eines idealen Gases gilt die folgende Beziehung: ( ) WV 12 = n (Q12 )rev (x) WV 12 = − (Q12 )rev ( ) Wp12 = (Q12 )rev (x) Wp12 = − (Q12 )rev ( ) Wp12 = (1 − n)/n · (Q12 )rev ( ) WV 12 = (Q12 )rev ( ) Wp12 = κ (Q12 )rev ( ) Wp12 = κ/(κ − 1) · (Q12 )rev ( ) Wp12 = κ/(1 − κ) · (Q12 )rev ( ) Wp12 = (κ − 1)/κ · (Q12 )rev ( ) Wp12 = (1 − κ)/κ · (Q12 )rev (x) Wp12 = WV 12 g) Bei der isentropen Zustandsänderung eines idealen Gases gilt die folgende Beziehung: ( ) WV 12 = 1/n · (Q12 )rev ( ) WV 12 = − (Q12 )rev ( ) Wp12 = (Q12 )rev ( ) Wp12 = − (Q12 )rev ( ) Wp12 = (1 − n)/n · (Q12 )rev (x) (Q12 )rev = 0 ( ) Wp12 = κ (Q12 )rev ( ) Wp12 = κ/(κ − 1) · (Q12 )rev ( ) Wp12 = κ/(1 − κ) · (Q12 )rev ( ) Wp12 = (κ − 1)/κ · (Q12 )rev ( ) Wp12 = (1 − κ)/κ · (Q12 )rev ( ) Wp12 =1/κ · (Q12 )rev h) Bei der allgemeinen polytropen Zustandsänderung eines idealen Gases gilt die folgende Beziehung: ( ) WV 12 = 1/n · (Q12 )rev ( ) WV 12 = − (Q12 )rev ( ) Wp12 = (Q12 )rev ( ) Wp12 = − (Q12 )rev ( ) Wp12 = (1 − n)/n · (Q12 )rev ( ) Wp12 = 1/(n + 1) · (Q12 )rev ( ) Wp12 = κ (Q12 )rev ( ) Wp12 = κ/(κ − 1) · (Q12 )rev ( ) Wp12 = κ/(1 − κ) · (Q12 )rev (x) WV 12 = (κ − 1)/(n − κ) · (Q12 )rev ( ) Wp12 = (1 − κ)/κ · (Q12 )rev ( ) WV 12 =1/κ · (Q12 )rev i) Bei Gemischen von idealen Gasen ohne Temperaturänderung bei unverändertem Gesamtvolumen gilt: P P (x) µi = ri Mi /M ( ) µi = ri M/Mi ( ) µi = ri Mi ( ) µi = ri /Mi

j) Im beigefügten T ,s-Diagramm (Bild A3.1) werden die dargestellten Kurven für die Isobaren und die Isochoren eines idealen Gases durch die folgenden Gleichungen erfasst:

T

()

()

s = s 1 e cv

s

(x)

T

κ

s = s 1 e cp

T = T 1 e cp ( )

s

T = T1 e R

()

cv

()

cv

T

T = T 1 e cp s = s 1 e cp κ

()

T = T 1 e cp

()

T = T 1 e cp

cp s

()

T = T1 e

cv s

()

T = T1 e κ

T1 s

()

T = T1 e T1

(x)

T = T 1 e cv

()

s = s 1 e cv

()

T = T1 e

()

T = T1 e

s

s

s

Bild A3.1 Zu Aufgabe A.3 j Bild A3.1 Zu Aufgabe A.3 j

366

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

Die gekrümmten Kurven gehen für konstante Werte von p und v aus einander hervor durch ( ) Parallelverschiebung zur T -Achse. (x) Parallelverschiebung zur s-Achse. ( ) Spiegelung an der T -Achse. ( ) Spiegelung an der s-Achse. ( ) Drehung um 180 ◦ um den Nullpunkt. ( ) Drehung um - 180 ◦ um den Nullpunkt. ( ) Drehung um 90 ◦ um den Nullpunkt. ( ) Drehung um - 90 ◦ um den Nullpunkt. k) Bei Gemischen von idealen Gasen ohne Temperaturänderung bei unverändertem Gesamtvolumen gilt: P P ( ) µi = ri Ri /R (x) µi = ri R/Ri ( ) µi = ri Ri ( ) µi = ri /Ri

l) Die thermische Zustandsgleichung der Form p Vm = Rm T mit der allgemeinen Gaskonstante Rm gilt nur für ideale Gase, die ( ) 1-atomig ( ) 2-atomig ( ) 3-atomig ( ) mehr als 3-atomig sind. (x) Die thermische Zustandsgleichung der Form p Vm = Rm T mit der allgemeinen Gaskonstanstante Rm gilt für alle idealen Gase.

m) Geben Sie das spezifische Volumen v von m = 4 kg Butan (C4 H10 ) in einer Gasflasche mit dem Volumen V = 0,08 m3 an: ( ) 0,32 kg/m3 ( ) 0,002 kg/m3 (x) 0,02 m3 /kg ( ) 50,0 m3 /kg ( ) 5,00·10−3 kg/m3 ( ) Das spezifische Volumen kann nicht angegeben werden, weil zusätzlich auch der Druck und die Temperatur von Butan gemäß der Gleichung p V = m R T bekannt sein müsste. n) Die Molmasse von Ethen (C2 H4 ) ist M = 28 kg/kmol. Geben Sie die Molmenge (Stoffmenge, Substanzmenge) n von 5,6 kg Ethen an: ( ) 2 kmol (x) 0,2 kmol ( ) 156,8 kmol ( ) 15,68 kmol ( ) 5 kmol ( ) 5·10−26 kmol ( ) Die Molmenge n kann nicht angegeben werden, weil der Druck, das Volumen und die Temperatur von Ethen gemäß der Gleichung p V = n Rm T bekannt sein müsste. o) Welcher Zusammenhang besteht zwischen den folgenden Größen: dem Wärmestrom Q˙ 12 , dem Massenstrom m ˙ und der spezifischen Prozesssgröße spezifische Wärme q12 ? ( ) q12 = m/ ˙ Q˙ 12 (x) q12 = Q˙ 12 /m ˙ ( ) q12 = Q˙ 12 m ˙ ( ) q12 = (Q˙ 12 ) m˙ m ˙ q m ˙ 12 ( ) Q˙ 12 = (q12 ) ()m ˙ = Q˙ 12 e ( ) q12 = ln (Q˙ 12 ) ( ) q12 m ˙ = ln (Q˙ 12 ) m˙ p) Die Entropie eines Stoffes in einem geschlossenen System nimmt zu, wenn ( ) das System adiabat ist und aus dem System Reibungsarbeit abgeführt wird. (x) das System adiabat ist und im System innere Reibungsarbeit auftritt. ( ) das System nicht adiabat ist und aus dem System nur Wärme abgeführt wird. ( ) das System disparat ist und im System innere Leibungsarbeit aufgerührt wird. ( ) das System diabat ist und aus dem System nur innere Reibungsarbeit abgeführt wird. ( ) das geschlossene System vorsichtig und mit viel Geduld geöffnet wird. ( ) das System Wärme abgibt und ihm weder Volumenänderungsarbeit noch Reibungsarbeit zugeführt wird. ( ) dem System Volumenänderungsarbeit zugeführt wird und ihm weder Wärme noch Reibungsarbeit zugeführt wird. Lösungen zu Aufgabe A.4: a) Bei einer polytropen Zustandsänderung eines idealen Gases gilt: ( ) T1 V1 = T2 V2 ( ) T1 /V1κ = T2 /V2κ ( ) T1 V1κ+1 = T2 V2κ+1 ( ) p1 /V1 = p2 /V2 n−1 n−1 ( ) R1 T1 = R2 T2 (x) T1 V1 = T2 V2 ( ) V2 T1κ = V1 T2κ ( ) p1n /T1 = p2n /T2

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 1 bis 4: Lösungen

367

b) Rechnen Sie den Zahlenwert für die Entropie eines Stoffes S = 24900 kg m2 /(s2 K) in die Einheit kJ/K um: kg m2 N s2 kJ kJ · · = 24, 9 S = 24900 2 s K kg m 1000 N m K c) Rechnen Sie den Zahlenwert für die – einem Körper zugeführte – innere Reibungsarbeit |WRI | = 53 bar m3 in die Einheit kJ um: |WRI | = 53 bar m3 ·

kJ 105 N · = 5300 kJ bar m2 103 N m

|WRI | = 53 bar m3 ·

100 kJ = 5300 kJ bar m3

d) Rechnen Sie den Zahlenwert für die – an einem Gas verrichtete – Verschiebearbeit

R2

F ds

1

= 95000 N mm in die Einheit J um:

R2

F ds = 95000 N mm ·

1

J m · = 95 J 1000 mm N m

e) Rechnen Sie den Zahlenwert für den – von einem Gas abgegebenen – Wärmestrom Q˙ 12 = - 49846 kg m2 /s3 in die Einheit kW um: kg m2 N s2 kJ kW s Q˙ 12 = − 49846 · · · = − 49, 846 kW s3 kg m 1000 N m kJ f) Rechnen Sie den Zahlenwert für die potentielle Energie eines Körpers Ep = 73,9 kg m2 /s2 in die Einheit J um: Ep = 73, 9

kg m2 N s2 J · · = 73, 9 J s2 kg m N m

g) Rechnen Sie den Zahlenwert für die spezifische Entropiedifferenz s2 − s1 = 6,035 · 10−2 (bar m3 )/(kg K) in die Einheit m2 /(s2 K) um: 2 bar m3 kg m 105 N 3 m · · = 6,035 · 10 s2 − s1 = 6,035 · 10−2 kg K N s2 bar m2 s2 K h) Ist z eine Zustandsgröße und existiert eine Funktion z = z(x, y), so gilt für das totale Differential dz:





∂z ∂z dz = dx + dy ∂x y ∂y x Für die beiden gemischten zweiten Ableitungen gilt im Falle von z als einer Zustandsgröße:





∂ 2z ∂ 2z = ∂x ∂y ∂y ∂x Prüfen Sie für die folgende Beziehung, ob dz ein totales Differential ist oder nicht: dz = 18 x8 y 6 dx + 12 x9 y 5 dy



∂z ∂x



8

= 18 x y

6

y

∂ 2z = 18 x8 · 6 y 5 = 108 x8 y 5 ∂x ∂y



∂z ∂y



= 12 x9 y 5

x

∂ 2z = 12 · 9 x8 y 5 = 108 x8 y 5 ∂y ∂x

Die beiden gemischten zweiten Ableitungen von z sind gleich groß; damit erweist sich dz als totales Differential und z als Zustandsfunktion. Für die folgende Beziehung ist zu prüfen, ob dz ein totales Differential ist oder nicht: dz = 7 x6 y 8 dx + 6 x3 y 2 dy

368

Ankreuz- und Einsetzaufgaben



∂z ∂x





= 7 x6 y 8 y

∂z ∂y



= 6 x3 y 2

x

∂ 2z = 6 · 3 x2 y 2 = 18 x2 y 2 ∂y ∂x

∂ 2z = 7 x6 · 8 y 7 = 56 x6 y 7 ∂x ∂y

Die beiden gemischten zweiten Ableitungen von z sind nicht gleich groß; damit erweist sich dz nicht als totales Differential und z nicht als Zustandsfunktion. i) Bei einer Zustandsänderung vom Zustand 1 zum Zustand 2 erscheint im p,V -Diagramm die (x) Volumenänderungsarbeit WV 12 als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die V -Achse. ( ) Volumenänderungsarbeit WV 12 als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die p-Achse. ( ) reversible Wärme (Q12 )rev als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die V -Achse. ( ) reversible Wärme (Q12 )rev als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die p-Achse. j) Bei einer Zustandsänderung vom Zustand 1 zum Zustand 2 erscheint im p,V -Diagramm die ( ) Druckänderungsarbeit Wp12 als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die V -Achse. (x) Druckänderungsarbeit Wp12 als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die p-Achse. ( ) innere Reibungsarbeit |WRI | als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die V -Achse. ( ) innere Reibungsarbeit |WRI | als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die p-Achse. k) Bei einer Zustandsänderung vom Zustand 1 zum Zustand 2 erscheint im T ,S-Diagramm die ( ) Volumenänderungsarbeit WV 12 als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die S-Achse. ( ) Volumenänderungsarbeit WV 12 als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die T -Achse. (x) reversible Wärme (Q12 )rev als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die S-Achse. ( ) reversible Wärme (Q12 )rev als Fläche unter der Kurve 12 bezogen auf die T -Achse. l) Für ein Gemisch idealer Gase lässt sich die spezielle Gaskonstante R des Gemischs wie folgt berechnen: ()R=

R2

µi dRi

()R=

R2

ri dRi

1

1

(x) R =

P

µi Ri

()R=

P

ri Ri

m) Für ein Gemisch idealer Gase lässt sich die Molmasse M des Gemischs wie folgt berechnen: ()M=

R2 1

µi dMi

()M=

R2 1

ri dMi

()M=

P

µi Mi

(x) M =

n) Bei einer isochoren Zustandsänderung eines idealen Gases ist die

P

( ) Verschiebearbeit W1 = p1 V1 = 0. ( ) Druckänderungsarbeit Wp12 =

R2

ri Mi

V dp = 0.

1

( ) Verschiebearbeit W2 = p2 V2 = 0. (x) Volumenänderungsarbeit WV 12 = −

R2

p dV = 0.

1

o) Bei einer isobaren Zustandsänderung eines idealen Gases ist die ( ) Verschiebearbeit W1 = p1 V1 = 0. (x) Druckänderungsarbeit Wp12 =

R2

V dp = 0.

1

( ) Verschiebearbeit W2 = p2 V2 = 0. ( ) Volumenänderungsarbeit WV 12 = −

R2

p dV = 0.

1

p) cn ist die ( ) spezifische isentrope Wärmekapazität. ( ) spezifische isobare Wärmekapazität. ( ) spezifische isochore Wärmekapazität. ( ) spezifische isotherme Wärmekapazität. (x) spezifische polytrope Wärmekapazität. Für die spezifische polytrope Wärmekapazität cn eines idealen Gases gilt:

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 1 bis 4: Lösungen

( ) cn = cp + R ( ) cn = cp − R ( ) cn = 1/n ( ) cn = R/n (x) cn = R [κ/(κ − 1) − n/(n − 1)] ( ) cn = R [(κ − 1)/κ − (n − 1)/n]

369

( ) cn = cp − Rm ( ) cn = cp + Rm ( ) cn = cp /n ( ) cn = n/cp (x) cn = R [1/(κ − 1) − 1/(n − 1)] ( ) cn = cp − R κ/(κ − 1)

q) Für ideale Gase gilt die folgende Aussage: ( ) Die spezielle Gaskonstante R ist für alle idealen Gase gleich. (x) Die allgemeine Gaskonstante Rm ist für alle idealen Gase gleich. ( ) Das Molvolumen Vm ist für alle idealen Gase gleich. (x) Das Molvolumen bei Normzustand (Vm )0 ist für alle idealen Gase gleich. Lösungen zu Aufgabe A.5: a) Im T ,S-Diagramm eines reinen Stoffes sind im Gebiet des idealen Gases die Isobaren ( ) gleichseitige Hyperbeln. (x) Exponentialkurven. ( ) Parabeln 2. Ordnung. ( ) waagerechte Geraden. ( ) ansteigende Geraden. ( ) geneigte Geraden. b) Im T ,S-Diagramm eines reinen Stoffes sind im Gebiet des idealen Gases die Isochoren ( ) gleichseitige Hyperbeln. (x) Exponentialkurven. ( ) Parabeln 2. Ordnung. ( ) waagerechte Geraden. ( ) ansteigende Geraden. ( ) geneigte Geraden. c) Im T ,S-Diagramm eines reinen Stoffes sind im Gebiet des idealen Gases die Isothermen ( ) gleichseitige Hyperbeln. ( ) Exponentialkurven. ( ) Parabeln 2. Ordnung. (x) waagerechte Geraden. ( ) ansteigende Geraden. ( ) geneigte Geraden. d) Im p,V -Diagramm eines reinen Stoffes sind im Gebiet des idealen Gases die Isobaren ( ) gleichseitige Hyperbeln. ( ) Exponentialkurven. ( ) Parabeln 2. Ordnung. (x) waagerechte Geraden. ( ) ansteigende Geraden. ( ) geneigte Geraden. e) Im p,V -Diagramm eines reinen Stoffes sind im Gebiet des idealen Gases die Isothermen (x) gleichseitige Hyperbeln. ( ) Exponentialkurven. ( ) Parabeln 2. Ordnung. ( ) waagerechte Geraden. ( ) ansteigende Geraden. ( ) geneigte Geraden. f) Im p,V -Diagramm eines reinen Stoffes sind im Gebiet des idealen Gases die Isochoren ( ) gleichseitige Hyperbeln. ( ) Exponentialkurven. ( ) Parabeln 2. Ordnung. (x) senkrechte Geraden. ( ) ansteigende Geraden. ( ) geneigte Geraden. g) Für die isochore Zustandsänderung eines idealen Gases gilt: ( ) WV 12 = Wp12 ( ) Wp12 = κ WV 12 (x) WV 12 = 0 ( ) (Q12 )rev = Wp12 ( ) (Q12 )rev = −WV 12 ( ) (Q12 )rev = 0

( ) Wp12 = 0 ( ) (Q12 )rev = WV 12

h) Für die isotherme Zustandsänderung eines idealen Gases gilt: ( ) p1 /T1 = p2 /T2 ( ) p1 T1 κ = p2 T2 ( ) p1 V1 κ = p2 V2 κ ( ) V1 κ /T1 = V2 κ /T2 ( ) V1 /T2 = V2 /T1 ( ) V2 /T1 = V1 /T2 ( ) V2 /T2 = V1 /T1 ( ) V1 κ−1 /p1 = V2 κ−1 /p2 ( ) p1 /T2 = p2 /T1 (x) p1 V1 = p2 V2 ( ) V1 /R1 = V2 /R2 ( ) T1 V1 κ−1 = T2 V2 κ−1 i) Für die isentrope Zustandsänderung eines idealen Gases gilt: ( ) WV 12 = Wp12 ( ) WV 12 = κ Wp12 ( ) WV 12 = 0 ( ) (Q12 )rev = Wp12 ( ) (Q12 )rev = −Wp12 ( ) (Q12 )rev = 0

( ) Wp12 = 0 (x) Wp12 = κ WV 12

j) Geben Sie die Dichte ρ von 20 kg Sauerstoff O2 in einer Gasflasche von 0,08 m3 Inhalt an: ( ) 0,004 kg/m3 (x) 250 kg/m3 ( ) 0,004 m3 /kg ( ) 250 m3 /kg ( ) 0,4 · 10−3 kg/m3 ( ) Die Dichte ρ kann nicht angegeben werden, weil auch der Druck bekannt sein müsste.

370

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

k) Die Molmasse von Buten C4 H8 ist M = 56 kg/kmol. Geben Sie die Masse m einer Molmenge (Stoffmenge, Substanzmenge) von n = 5 kmol Buten an: ( ) 2,8 kg ( ) 28 kg (x) 280 kg ( ) 1,12 kg ( ) 11,2 kg ( ) 112 kg ( ) 2,8 · 10−26 kg ( ) Die Masse m kann nicht angegeben werden, weil der Druck bekannt sein müsste. l) Es ist ein Zusammenhang zwischen den folgenden Größen anzugeben: dem Entropiestrom ˙ dem Massenstrom m S, ˙ und der spezifischen Zustandsgröße spezifische Entropie s. ˙ s) ˙ m ( ) m = ln ( S/ ˙ ()s=m ˙ S˙ (x) s = S/ ˙ ( ) s = m/ ˙ ln S ( ) ln s = ln m/ ˙ S˙ ˙ ˙ ( ) m = ln (s/ ˙ S) ( ) s = m/ ˙ S m) Die Entropie eines geschlossenen Systems nimmt ab, wenn ( ) das System Volumenänderungsarbeit abgibt und ihm keine Wärme und keine Reibungsarbeit zugeführt wird. (x) das System Wärme abgibt und ihm keine Volumenänderungsarbeit und keine Reibungsarbeit zugeführt wird. ( ) dem System Wärme und Reibungsarbeit zugeführt wird und das System keine Volumenänderungsarbeit abgibt. ( ) dem System Volumenänderungsarbeit zugeführt wird, ihm jedoch keine Wärme und keine Reibungsarbeit zugeführt wird. n) Bei der Zustandsänderung eines Gases in einem ruhenden geschlossenen System mit konstantem Volumen ist bei der Erstellung einer Energiebilanz die Differenz ( ) der Enthalpie ( ) der potentiellen Energie ( ) der kinetischen Energie ( ) der Verschiebearbeiten (x) der inneren Energie ( ) der Volumenänderungsarbeiten von Interesse. o) Bei einem geschlossenen System wirken (x) sowohl die Wärme Q12 als auch die innere Reibungsarbeit |WRI | ( ) zwar die Wärme Q12 , aber nicht die innere Reibungsarbeit |WRI | ( ) zwar die innere Reibungsarbeit |WRI |, aber nicht die Wärme Q12 ( ) weder die Wärme Q12 noch die innere Reibungsarbeit |WRI | in derselben Weise, nämlich in Richtung einer Veränderung der Temperatur und damit der inneren Energie des Stoffes. p) Ist z eine Zustandsgröße und existiert eine Funktion z = z(x, y), so gilt für das totale Differential dz:





∂z ∂z dx + dy ∂x y ∂y x Für die beiden gemischten zweiten Ableitungen gilt im Falle von z als einer Zustandsgröße:

dz =





∂ 2z ∂ 2z = ∂x ∂y ∂y ∂x Für die folgende Beziehung ist zu prüfen, ob dz ein totales Differential ist oder nicht: dz = 5 x4 y 6 dx + 6 x5 y 5 dy

 ∂z  ∂x

= 5 x4 y 6 y

∂ 2z = 5 x4 · 6 y 5 = 30 x4 y 5 ∂x ∂y



∂z ∂y



= 6 x5 y 5

x

∂ 2z = 6 · 5 x4 y 5 = 30 x4 y 5 ∂y ∂x

Die beiden gemischten zweiten Ableitungen von z sind gleich groß; damit erweist sich dz als totales Differential und z als Zustandsfunktion.

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 5 bis 7: Lösungen

371

q) Der Auftrieb A eines Körpers ist umso größer, je ( ) größer die Entropie und die Dichte des durch den Körper verdrängten gasförmigen oder flüssigen Mediums sind, das den Körper umgibt: A = S ρu (x) größer das Gewicht des durch den Körper verdrängten gasförmigen oder flüssigen Mediums ist, das den Körper umgibt: A = V ρu g ( ) größer der Partialdruck, die Prandtlzahl und das Gewicht des durch den Körper verdrängten Mediums sind, das den Körper umgibt: A = ppi P r V ρu g ( ) größer die Zunahme der inneren Energie des durch den Körper verdrängten gasförmigen oder flüssigen Mediums ist, das den Körper umgibt: A = m cv (T2 − T1 ) r) Die kalorische Zustandsgleichung des idealen Gases kann in zwei unterschiedlichen, einander gleichwertigen Formen angegeben werden. Kreuzen Sie die richtigen Formulierungen an: ( ) H2 −H1 = m cp (T2 +T1 ) ( ) H2 −U1 = m cv T2 −m cp T1 (x) H2 −H1 = m cp (T2 −T1 ) ( ) U2 −U1 = m cp (T2 −T1 ) ( ) U2 + U1 = m cp (T2 + T1 ) ( ) H2 −H1 = m cp (T2 + T1 ) (x) U2 − U1 = m cv (T2 − T1 ) ( ) H2 − U1 = m cp T2 − m cv T1 ( ) H2 − H1 = m cv (T2 − T1 ) s) Die folgenden Fragen beziehen sich auf Zustandsänderungen eines idealen Gases: Beim Gesetz von Boyle und M ariotte gilt: (x) T = const. ( ) p T = const. ( ) v T = const. ( ) V /T = const. ( ) p = const. ( ) p/T = const. (x) p V = const. ( ) p/V = const. ( ) V = const. ( ) S = const. ( ) κ = const. ( ) n = const. Beim Gesetz von Gay-Lussac gilt: ( ) T = const. ( ) p T = const. ( ) v T = const. (x) V /T = const. (x) p = const. ( ) p/T = const. ( ) p V = const. ( ) p/V = const. ( ) V = const. ( ) S = const. ( ) κ = const. ( ) n = const. Beim idealen Gasthermometer gilt: ( ) T = const. ( ) p T = const. ( ) v T = const. ( ) V /T = const. ( ) p = const. (x) p/T = const. ( ) p V = const. ( ) p/V = const. (x) V = const. ( ) S = const. ( ) κ = const. ( ) n = const.

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 5 bis 7: Lösungen Reale Gase und Dämpfe - Thermische Maschinen - Kreisprozesse Lösungen zu Aufgabe A.6: a) Ist ein reiner Stoff im Zustandsbereich nassen Dampfes, so ( ) nimmt die spezifische Entropie s logarithmisch mit dem Dampfgehalt x ab. ( ) ist die spezifische Entropie s unabhängig vom Dampfgehalt x. (x) nimmt die spezifische Entropie s linear mit dem Dampfgehalt x zu. b) Bei einem idealen Gas lässt sich im offenen System mit einer isentropen Entspannung vom Druck p1 auf den Druck p2 gegenüber der isothermen Entspannung vom Druck p1 auf den Druck p2 ( ) mehr Entspannungsarbeit Wp12 gewinnen. ( ) gleich viel Entspannungsarbeit Wp12 gewinnen. (x) weniger Entspannungsarbeit Wp12 gewinnen. Dabei ist bei der isentropen Entspannung gegenüber der isothermen Entspannung ( ) mit einer höheren Temperatur T2 zu rechnen. ( ) mit einer gleich hohen Temperatur T2 zu rechnen. (x) mit einer niedrigeren Temperatur T2 zu rechnen.

372

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

c) Der Joule-T homson-Effekt kann für ein reales Gas ( ) nur negativ sein. ( ) nur positiv sein. ( ) niemals null sein. (x) je nach Zustandsgebiet positiv, negativ oder null sein. ( ) je nach Zustandsgebiet positiv oder negativ, aber niemals null sein. d) Bei einem geschlossenen Kreisprozess wird, ausgehend vom Anfangszustand 1 und zurückkehrend zum Anfangszustand 1 des Arbeitsmittels, H (x) derselbe Wert der Enthalpie H1 erreicht ( dH = 0).

H

(x) derselbe Wert des Volumens V1 erreicht ( dV = 0).

( ) derselbe Wert der Druckänderungsarbeit Wp erreicht (

H

dWp = 0).

( ) derselbe Wert der Volumenänderungsarbeit WV erreicht ( ( ) derselbe Wert der Wärme Q erreicht (

H

dQ = 0).

H

dWV = 0).

e) Der Diesel-Prozess ist ( ) ein Spezialfall des Otto-Prozesses. (x) ein Spezialfall des Seiliger-Prozesses. ( ) der übergeordnete Prozess für den Otto- und den Seiliger-Prozess. ( ) weder mit dem Otto- noch mit dem Seiliger-Prozess thermodynamisch verwandt. f) Der thermische Wirkungsgrad des rechtslaufenden Carnot-Prozesses hängt (x) von der Differenz aus höchster und niedrigster Prozesstemperatur, bezogen auf die höchste Prozesstemperatur, ab. ( ) von der Summe der Temperaturen vor und nach der Verdichtung ab. ( ) von der Differenz aus dem höchsten und dem niedrigsten Druck ab. ( ) von der Druckdifferenz zwischen dem niedrigsten und dem höchsten Druck ab. ( ) nicht von der Temperatur ab. g) Bei der i-stufigen Verdichtung eines idealen Gases mit i - 1 Zwischenkühlungen ist die niedrigste Verdichtungsarbeit Wpae dann zu erreichen, wenn für die Drücke die folgende Beziehung gilt: pm1 pm2 pe = = ··· = pa pm1 pm(i−1)

pm1 = pa

 p  1i e

pa

(Anfangsdruck pa ; Enddruck pe ; Zwischendrücke pm1 ... pm(i−1) ) h) Beim Betrieb einer Wärmepumpe kann ( ) Kälte aus der Umgebung aufgenommen werden. (x) Kälte an die Umgebung abgegeben werden. (x) Wärme aus der Umgebung aufgenommen werden. i) Der - reversible rechtslaufende - Clausius-Rankine-Prozess mit einem reinen Stoff als Arbeitsmittel weist bei unterkritischer Prozessführung als Zustandsänderungen u. a. eine ( ) isobare Entspannung (x) isentrope Verdichtung (x) isentrope Entspannung ( ) isentrope Verdampfung ( ) isochore Kondensation (x) isobare Verdampfung (x) isobare Kondensation (x) isotherme Verdampfung (x) isotherme Kondensation (x) isobare Überhitzung ( ) isochore Verdichtung ( ) isotherme Überhitzung auf.

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 5 bis 7: Lösungen

373

j) Die Leistungszahl W für einen reversiblen Wärmepumpenprozess ist im Vergleich zur Leistungszahl K für einen reversiblen Kältemaschinenprozess zwischen zwei Isothermen ( ) gleich. (x) verschieden. Ausgedrückt durch Kupplungsarbeit (We )id , zugeführte Wärme (Qzu )id und abgeführte Wärme (Qab )id lauten die entsprechenden Beziehungen: K =

(Qzu )id (We )id

W =

|(Qab )id | (Qzu )id = + 1 = K + 1 (We )id (We )id

k) Bei einem reinen Stoff liegt zwischen den Bereichen des Festkörpers und des Gases als Zweiphasengebiet das Sublimationsgebiet. Es ist durch die Sublimationslinie und die Desublimationslinie begrenzt. Im p,T -Diagramm fallen diese Grenzlinien zur Sublimationsdruckkurve zusammen. l) Im Nassdampfgebiet eines reinen Stoffes genügt zur eindeutigen Beschreibung eines Zustandes die Vorgabe der beiden unabhängigen Veränderlichen Druck p und Temperatur T nicht. Als zusätzliche Zustandsgröße eignet sich hier der Dampf gehalt x, der Werte zwischen 0 und 1 annehmen kann. m) Bei der vollständigen isobaren Verdampfung von siedendem flüssigem Wasser bei konstantem Druck p = 1,0 bar nimmt das spezifische Volumen v auf das ( ) 13fache ( ) 27fache ( ) 139fache (x 1624fache ( ) 6541fache zu. n) Im h,s-Diagramm eines reinen Stoffes ist im Nassdampfgebiet mit steigender Temperatur die Isobarensteigung ( ) kleiner. ( ) unverändert. (x) größer. o) Im h,s-Diagramm ist der Isobarenverlauf vom Nassdampfgebiet in das Gebiet des überhitzten Dampfs hinein auf der Taulinie durch einen ( ) Knick ( ) Hochpunkt ( ) Wendepunkt (x) stetigen Verlauf gekennzeichnet. p) Im Nassdampfgebiet eines reinen Stoffes nimmt cp = (∂ h/∂ T )p ( ) positive endliche Werte an. ( ) den Wert null an. ( ) negative endliche Werte an. (x) den Wert unendlich an. q) Im Nassdampfgebiet eines reinen Stoffes nimmt cv = (∂ u/∂ T )v (x) positive endliche Werte an. ( ) den Wert null an. ( ) negative endliche Werte an. ( ) den Wert unendlich an. r) Bei der n-stufigen Verdichtung eines Gases kann der Arbeitsaufwand in der Praxis durch eine ( ) (n-1)-stufige isobare Zwischenüberhitzung ( ) (n-1)-stufige isentrope Zwischenüberhitzung (x) (n-1)-stufige isobare Zwischenkühlung ( ) (n-1)-stufige isentrope Zwischenkühlung gesenkt werden. Lösungen zu Aufgabe A.7: a) Geben Sie die thermische Zustandsgleichung von van der W aals sowie die vereinfachte Virialgleichung gemäß Gl. (5.107) des Lehrbuchs ’Grundlagen der Technischen Thermodynamik’ (10. Auflage) in den nachfolgend gewünschten Formen an:

374

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

Gleichung von van der W aals: a RT = (p + 2 )(v − b) v

p = p (v, T ) =

Vereinfachte Virialgleichung gemäß Gl. (5.107): pv RT = B C 1+ + 2 v v

a RT − 2 v−b v

p = p (v, T ) =

RT v



1+

B C + 2 v v



b) Prüfen Sie die folgenden Aussagen: Die Gleichung von van der W aals ( ) kann das Nassdampfgebiet vollständig und mit Zuständen im thermodynamischen Gleichgewicht erfassen. (x) kann das Nassdampfgebiet nicht vollständig und nicht mit Zuständen im thermodynamischen Gleichgewicht erfassen. (x) kann das Verhalten des realen und des idealen Gases qualitativ wiedergeben. (x) berücksichtigt das Eigenvolumen der Gasmoleküle bzw. -atome. ( ) berücksichtigt nicht das Eigenvolumen der Gasmoleküle bzw. -atome. (x) berücksichtigt Wechselwirkungskräfte zwischen den Gasmolekülen bzw. -atomen. ( ) berücksichtigt nicht Wechselwirkungskräfte zwischen den Gasmolekülen bzw. -atomen. Die Gleichung von van der W aals weist die folgende Zahl von Konstanten auf: ( ) 1 Konstante (x) 3 Konstanten ( ) 5 Konstanten ( ) 7 Konstanten c) Geben Sie eine Beziehung an, um aus einer thermischen Zustandsgleichung der Form p = p (v, T ) und der temperaturabhängigen Funktion c0v = c0v (T ) der spezifischen isochoren Wärmekapazität des idealen Gases die spezifische Entropie s = s (v, T ) zu berechnen: s = s1 +

ZT

c0v

dT + T

T1

Zv 

∂p ∂T

v1



dv v

d) Berechnen Sie aus der van der W aals’schen Gleichung in der Form p = p (v, T ) die Ableitung (∂ p/∂ T )v : R (∂ p/∂ T )v = v−b Berechnen Sie hieraus sowie mit der Funktion c0v = c0v (T ) = ao + a1 T + a2 T 2 die spezifische Entropie s = s (v, T ): s = s (v, T ) =

ZT

dT (ao + a1 T + a2 T ) + T 2

T1

(

R ) dv v−b

v1 T

s = s (v, T ) = a0

Zv

Z T1

s = s (v, T ) = a0 ln

T

T

dT + a1 T

Z T1

dT + a2

Z T1

T dT +

Zv

(

R ) dv v−b

v1

a2 v−b T + a1 (T − T1 ) + (T 2 − T12 ) + R ln T1 2 v1 − b

e) Ist ein reiner Stoff im Zustandsbereich nassen Dampfes, so ( ) nimmt die spezifische Enthalpie h exponentiell mit dem Dampfgehalt x ab. ( ) ist die spezifische Enthalpie h unabhängig vom Dampfgehalt x. (x) nimmt die spezifische Enthalpie h linear mit dem Dampfgehalt x zu.

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 5 bis 7: Lösungen

375

f) Bei einem idealen Gas ist für die isentrope Verdichtung im offenen System vom Druck p1 auf den Druck p2 gegenüber der isothermen Verdichtung vom Druck p1 auf den Druck p2 (x) mehr Verdichtungsarbeit Wp12 nötig. ( ) gleich viel Verdichtungsarbeit Wp12 nötig. ( ) weniger Verdichtungsarbeit Wp12 nötig. (x) die Temperatur T2 höher. ( ) die Temperatur T2 gleich hoch. ( ) die Temperatur T2 niedriger. g) Der thermische Wirkungsgrad des reversiblen rechtslaufenden Joule-Prozesses hängt ( ) von der Summe aus niedrigster und höchster Prozesstemperatur ab. (x) vom Temperaturverhältnis zwischen der Temperatur vor und nach der Verdichtung ab. ( ) von der Differenz aus dem höchsten und dem niedrigsten Druck ab. (x) vom Druckverhältnis zwischen dem niedrigsten und dem höchsten Druck ab. ( ) nicht von der Temperatur ab. ( ) nicht vom Druck ab. h) Der Seiliger-Prozess ist ( ) ein Spezialfall des Otto-Prozesses. ( ) ein Spezialfall des Diesel-Prozesses. (x) der übergeordnete Prozess für den Ottound den Diesel-Prozess. ( ) weder mit dem Otto- noch mit dem DieselProzess thermodynamisch verwandt. i) Ergänzen Sie im beigefügten Schaubild (Bild A7.1) für den Realgasfaktor z = z (p, T ) von Luft die Kurven für einen Druck von - 120 bar - lim p → 0 bar: Der Druck lim p → 0 bar stellt die Randbedingung des idealen Gases dar; hierfür ist z = 1. Beim Druck p = 120 bar ergibt sich ein deutlich reales Verhalten der Luft; der Realgasfaktor z nimmt im betrachteten Temperaturbereich Werte zwischen etwa 0,965 und 1,047 an.

Bild A7.1 Zu Aufgabe A.7 i

j) Zeichnen Sie ins beigefügte p,T -Diagramm (Bild A7.2) für einen reinen Stoff den kritischen Punkt KP, den Tripelpunkt TP, die Dampfdruckkurve DK, die Schmelzdruckkurve SK, die Sublimationsdruckkurve SUBK, das Feststoffgebiet FEST, das Flüssigkeitsgebiet FLÜSS und das Gasgebiet GAS ein. Bild A7.2 Zu Aufgabe A.7 j k) Bei vorgegebenem konstantem Druck hängt die spezifische Enthalpie hN im Nassdampfgebiet ( ) nicht (x) linear ( ) exponentiell ( ) logarithmisch vom Dampfgehalt x ab.

376

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

l) Welche Zustandsgröße wird im Nassdampfgebiet eines reinen Stoffes durch die Beziehung u00 − u0 + p (v 00 − v 0 ) charakterisiert?: - die ( ) spezifische freie Verdampfungsenergie f

(x) spezifische Verdampfungsenthalpie r

( ) spezifische freie Verdampfungsenthalpie g

( ) spezifische Verdampfungsentropie s

Darin bedeutet Darin bedeutet

u00 − u0 00

die innere V erdampf ungswärme. 0

p (v − v )

die aeussere V erdampf ungswärme.

m) Skizzieren Sie in das beigefügte lg p, hDiagramm (Bild A7.3) (Abszisse h; Ordinate p logarithmisch) den ungefähren qualitativen Verlauf von Siede- und Taulinie und geben Sie die Lage des kritischen Punkts KP, des Flüssigkeitsgebiets FLÜSS, des Nassdampfgebiets NASSD und des Gebiets des überhitzten Dampfs bzw. des Gases GAS an.

Bild A7.3 Zu Aufgabe A.7 m

n) Die nachfolgend angegebenen thermischen Zustandsgleichungen (Gleichungen 5.91. 5.95 und 5.107 aus dem Lehrbuch ’Grundlagen der Technischen Thermodynamik’, 8. Auflage) werden als Benedict-W ebb-Rubin-Gleichung, als Bender-Gleichung und als vereinfachte Virialgleichung bezeichnet. Es soll jeweils derjenige Term der rechten Seite durch Unterstreichen gekennzeichnet werden, durch den das Verhalten des idealen Gases erfasst wird. γ C0 c 1+ 2 B0 R T − A0 − 2 RT bRT − a aα v T p= + + + 6 + v v2 v3 v v3 T 2 ————





γ − e v2

2 p = % T [R + B % + C %2 + D %3 + E %4 + F %5 + (G + H %2 ) %2 e−a20 % ]

————– RT B C 1+ + 2 v v v ————— p=



o) Gleichungen der Form

 p = p (v, T )

bezeichnet man als

(x) thermische Zustandsgleichungen.

( ) kalorische Zustandsgleichungen.

( ) kanonische Zustandsgleichungen.

( ) thermodynamische Potentiale.

Gleichungen der Form

f = f (v, T )

bezeichnet man als

( ) thermische Zustandsgleichungen.

( ) kalorische Zustandsgleichungen.

(x) kanonische Zustandsgleichungen.

(x) thermodynamische Potentiale.

p) Der Joule-T homson-Effekt ist bei vorgegebenem Druckgefälle ( ) bei gleichbleibender Temperatur negativ. ( ) bei gleichbleibender Temperatur positiv. ( ) bei zunehmender Temperatur negativ.

( ) bei zunehmender Temperatur positiv.

( ) bei abnehmender Temperatur negativ.

(x) bei abnehmender Temperatur positiv.

( ) bei gleichbleibender Temperatur gleich null.

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 5 bis 7: Lösungen

377

q) Geben Sie vier Bedingungen an, mit denen reversible Prozesse innerhalb idealer thermischer Maschinen charakterisiert werden: Ablauf quasistatischer Zustandsänderungen;

reversible Wärmeübertragungsvorgänge;

Fehlen der Reibungsarbeit; Verbrennungsprozesse in der Maschine sind durch äußere Wärmezufuhr an das Arbeitsgas ersetzt zu denken. r) Im beigefügten T, S-Diagramm (Bild A7.4) beschreibt - die Zustandsänderung von 1 nach 3 eine (x) reversible isentrope Verdichtung. ( ) reversible isentrope Entspannung. ( ) irreversible isentrope Verdichtung. ( ) irreversible isentrope Entspannung. - die Zustandsänderung von 1 nach 2 bei (Q12 )rev = |WRI | und Q12 = 0 eine ( ) reversible adiabate Verdichtung. ( ) reversible adiabate Entspannung. (x) irreversible adiabate Verdichtung. ( ) irreversible adiabate Entspannung.

Bild A7.4 Zu Aufgabe A.7 r

Lösungen zu Aufgabe A.8: a) Beantworten Sie hinsichtlich der nachfolgenden Gleichung einige Fragen:



dh = cp dT + v − T



∂v ∂T

 

dp

p

Die Gleichung dient dazu, ( ) die spezifische Entropie eines realen Gases ( ) die Entropie eines realen Gases (x) die spezifische Enthalpie eines realen Gases ( ) die Enthalpie eines realen Gases ( ) die spezifische Entropie eines idealen Gases ( ) die Entropie eines idealen Gases ( ) die spezifische Enthalpie eines idealen Gases ( ) die Enthalpie eines idealen Gases ( ) den spezifischen Realgasfaktor eines Gases ( ) den Realgasfaktor eines Gases zu berechnen. Hierzu ist die Kenntnis einer thermischen Zustandsgleichung der Form (x) v = v (p, T ) ( ) p = p (v, T ) ( ) T = T (p, v) ( ) t = t (p, v) erforderlich. Hierzu ist zusätzlich die Kenntnis einer Gleichung der Form (x) cp = cp (T ) ( ) cp = cp (p) ( ) cv = cv (T ) ( ) cv = cv (p) erforderlich. Zur Berechnung einer Zustandsänderung ist die oben stehende Gleichung ( ) zu dirigieren. (x) zu integrieren. ( ) zu insistieren. ( ) zu thematisieren. ( ) zu differenzieren. ( ) zu intensivieren. ( ) zu internetisieren. ( ) zu marginalisieren. Soweit mit der oben stehenden Gleichung eine Aussage über den Joule-T homson-Effekt eines realen Gases getroffen werden soll, ist ( ) cp = 0 ( ) cv = 0 ( ) np = 0 (x) dh = 0 ( ) dv = 0 ( ) dT = 0 zu setzen, weil der Joule-T homson-Effekt die (x) Ableitung der Temperatur nach dem Druck bei konstanter spezifischer Enthalpie ist. ( ) Ableitung des Drucks nach der Temperatur bei konstanter spezifischer Enthalpie ist. ( ) Ableitung des Volumens nach dem Druck bei konstanter spezifischer Entropie ist. ( ) Ableitung der Temperatur nach dem Volumen bei konstanter spezifischer Entropie ist. ( ) Ableitung des Drucks nach dem Volumen bei konstanter spezifischer Entropie ist. ( ) Ableitung der Temperatur nach der Enthalpie bei konstantem Druck ist.

378

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

b) Zeichnen Sie ins beigefügte, mit Hilfe der van− der-W aals-Gleichung berechnete p,v-Diagramm für Wasser und Wasserdampf (Bild A8.1) an der Isothermen für t1 = 300 ◦ C die metastabilen Bereiche der überhitzten Flüssigkeit ÜF und des unterkühlten Dampfes UD ein, und markieren Sie an dieser Isothermen diejenige Strecke KBA, die aus thermodynamischer Sicht keine brauchbare Aussage liefern kann. c) Es ist die reduzierte van-der-W aals-Gleichung (Gesetz der übereinstimmenden Zustände) in Potenzen des reduzierten spezifischen Volumens vr anzugeben: vr3 −

1 3



1+8

Tr pr



vr2 +

3 1 vr − =0 pr pr

Bild A8.1 Zu Aufgabe A.8 b

( ) Tr ist die unkritische absolute Temperatur. ( ) Tr ist die kritische absolute Temperatur. (x) Tr ist die reduzierte absolute Temperatur. ( ) Tr ist die kritische Celsius-Temperatur. ( ) Tr ist die unkritische Celsius-Temperatur. ( ) Tr ist die reduzierte Celsius-Temperatur. Tr ist dabei definiert als Tr = T /Tk . d) Eine reversible Wärmeübertragung weist folgende thermodynamische Eigenschaften auf: Bei einer gedachten reversiblen Wärmeübertragung hat der Temperaturunterschied zwischen dem Wärme abgebenden System (Wärmequelle) und dem Wärme aufnehmenden System (Wärmesenke) nicht wie bei einer irreversiblen Wärmeübertragung einen positiven Wert von ungleich null, sondern ist null; nur dann kann die übertragene Wärme von selbst wieder in umgekehrter Richtung fließen. Dieser Vorgang ist als unendlich langsam ablaufend zu denken. e) Im beigefügten p,V -Diagramm (Bild A8.2) und im beigefügten T ,S-Diagramm (Bild A8.3) sind verschiedene mögliche Zustandsänderungen bei der Verdichtung eines idealen Gases vom Anfangszustand 1 mit dem Anfangsdruck p1 auf den Endzustand 2 mit dem Enddruck p2 dargestellt. Markieren Sie in den Diagrammen eine isotherme Zustandsänderung a, eine isentrope Zustandsänderung b sowie zusätzlich zwei polytrope Zustandsänderungen c. Markieren Sie in den beiden Diagrammen (Bilder A8.2 und A8.3) - die zugeführte Druckänderungsarbeit Wp12a bei der isothermen Verdichtung als Fläche, - den Absolutbetrag der abgegebenen reversiblen Wärme (Q12a )rev bei der isothermen Verdichtung als Fläche, - den Absolutbetrag der abgegebenen reversiblen Wärme (Q12c )rev bei der polytropen Verdichtung als Fläche. Der Polytropenexponent beträgt bei der -

isothermen Verdichtung: n=1 isentropen Verdichtung: n=κ polytropen Verdichtung mit Wärmeabfuhr: n < κ polytropen Verdichtung mit Wärmezufuhr: > κ

Bild A8.2 Zu Aufgabe A.8 e

Bild A8.3 Zu Aufgabe A.8 e

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 5 bis 7: Lösungen

f) Im beigefügten p,V -Diagramm (Bild A8.4) sind mit der - durch die dick ausgezogenen Linien dargestellten - Zustandsänderung von A nach E ( ) zwei isentrope Verdichtungen mit einer isobaren Zwischenkühlung ( ) zwei isentrope Verdichtungen mit zwei isobaren Zwischenkühlungen ( ) zwei isentrope Verdichtungen mit drei isobaren Zwischenkühlungen (x) drei isentrope Verdichtungen mit zwei isobaren Zwischenkühlungen ( ) drei isentrope Verdichtungen mit drei isobaren Zwischenkühlungen wiedergegeben.

379

Bild A8.4 Zu Aufgabe A.8 f

Begründen Sie anhand des beigefügten p,V -Diagramms, warum es technisch einfacher ist, statt der isothermen Verdichtung von A nach B eine mehrstufige adiabate Verdichtung mit isobaren Zwischenkühlungen von A nach E durchzuführen: Bei einer isothermen Verdichtung eines idealen Gases muss während der Zufuhr von Arbeit Wärme im gleichen energetischen Umfang abgeführt werden. Da die Wärmeabfuhr ein eher träger Vorgang ist und die Arbeitszufuhr in modernen Maschinen bei hohen Drehzahlen sehr rasch verläuft, ist eine Trennung von Arbeitszufuhr und Wärmeabfuhr sinnvoll. Dies wird häufig über eine adiabate Verdichtung mit anschließender isobarer Wärmeabfuhr verwirklicht. Sollen hohe Druckverhältnisse pA /pE verwirklicht werden, wird eine mehrstufige adiabate Verdichtung mit mehreren isobaren Zwischenkühlungen angewandt. Im beigefügten T ,S-Diagramm (Bild A8.5) sind zwei adiabate Verdichtungen mit zwei isobaren Zwischenkühlungen eines idealen Gases dargestellt. Woran ist erkennbar, dass zwei irreversible - und nicht zwei reversible - Verdichtungen wiedergegeben sind?

Bild A8.5 Zu Aufgabe A.8 f

Der Sachverhalt zweier irreversibler adiabater Verdichtungen ist daran erkennbar, dass die Linien 13 und 45 nicht senkrecht sind, sondern nach rechts oben verlaufen. g) Um thermische Energie teilweise in mechanische Energie umzuwandeln, werden Kraf tmaschinen genutzt. Im reversiblen Fall würde der höchstmögliche thermische Wirkungsgrad durch den Carnot-Prozess erreicht. h) Wird ein ideales Gas dreistufig vom Anfangsdruck pa = 1 bar auf den Enddruck pe = 64 bar verdichtet, ergeben sich als optimale Zwischendrücke pm1 = 4 bar

und

pm2 = 16 bar .

i) Der reversible Diesel-Prozess weist u. a. folgende Zustandsänderungen auf: ( ) keine Zustandsänderung mit Abgabe reversibler Wärme |(Qij )rev |. (x) nur eine Zustandsänderung mit Abgabe reversibler Wärme |(Qij )rev |. ( ) zwei Zustandsänderungen mit Abgabe reversibler Wärme |(Qij )rev |. ( ) keine Zustandsänderung mit Zufuhr reversibler Wärme (Qij )rev . (x) nur eine Zustandsänderung mit Zufuhr reversibler Wärme (Qij )rev . ( ) zwei Zustandsänderungen mit Zufuhr reversibler Wärme (Qij )rev .

380

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

(x) keine Zustandsänderung mit Abgabe von Druckänderungsarbeit |Wpij |. ( ) nur eine Zustandsänderung mit Abgabe von Druckänderungsarbeit|Wpij |. ( ) zwei Zustandsänderungen mit Abgabe von Druckänderungsarbeit |Wpij |. (x) keine Zustandsänderung mit Zufuhr von Druckänderungsarbeit Wpij . ( ) nur eine Zustandsänderung mit Zufuhr von Druckänderungsarbeit Wpij . ( ) zwei Zustandsänderungen mit Zufuhr von Druckänderungsarbeit Wpij . ( ) keine Zustandsänderung mit Abgabe von Volumenänderungsarbeit |WV ij |. ( ) nur eine Zustandsänderung mit Abgabe von Volumenänderungsarbeit |WV ij |. (x) zwei Zustandsänderungen mit Abgabe von Volumenänderungsarbeit |WV ij |. ( ) keine Zustandsänderung mit Zufuhr von Volumenänderungsarbeit WV ij . (x) nur eine Zustandsänderung mit Zufuhr von Volumenänderungsarbeit WV ij . ( ) zwei Zustandsänderungen mit Zufuhr von Volumenänderungsarbeit WV ij . j) Der reversible Otto-Prozess weist im Vergleich zum Diesel-Prozess ( ) statt einer isochoren Wärmezufuhr eine isobare Wärmezufuhr auf. ( ) statt einer isochoren Wärmeabfuhr eine isobare Wärmeabfuhr auf. (x) statt einer isobaren Wärmezufuhr eine isochore Wärmezufuhr auf. ( ) statt einer isobaren Wärmeabfuhr eine isentrope Wärmeabfuhr auf. k) Der reversible Joule-Prozess weist im Vergleich zum Otto-Prozess (x) statt einer isochoren Wärmezufuhr eine isobare Wärmezufuhr auf. (x) statt einer isochoren Wärmeabfuhr eine isobare Wärmeabfuhr auf. ( ) statt einer isobaren Wärmezufuhr eine isochore Wärmezufuhr auf. ( ) statt einer isobaren Wärmeabfuhr eine isentrope Wärmeabfuhr auf. l) Bei der vollständigen isobaren Verdampfung von siedendem flüssigem Wasser bei konstanter Temperatur t = 25 ◦ C beträgt die spezifische Verdampfungsenthalpie (spezifische Verdampfungswärme) rund ( ) 2501 kJ/kg. (x) 2442 kJ/kg. ( ) 2257 kJ/kg. ( ) 2015 kJ/kg. ( ) 585 kJ/kg. ( ) 0 kJ/kg. m) Bei der vollständigen isobaren Verdampfung von siedendem flüssigem Wasser bei konstantem Druck p = 1 bar beträgt die spezifische Verdampfungsenthalpie (spezifische Verdampfungswärme) rund ( ) 2501 kJ/kg. ( ) 2442 kJ/kg. (x) 2257 kJ/kg. ( ) 2015 kJ/kg. ( ) 585 kJ/kg. ( ) 0 kJ/kg. n) Die Clausius-Clapeyron´sche Gleichung lautet: r = (v 00 − v 0 ) T

dp dT

Mit ihr kann ( ) der thermische Wirkungsgrad des Clausius-Rankine-Prozesses berechnet werden. ( ) der thermische Wirkungsgrad des Joule-Prozesses berechnet werden. ( ) der Isentropenexponent gemäß dem Rudolf -Clausius-Ansatz berechnet werden. (x) eine Gleichung für die Dampfdruckkurve eines Stoffes hergeleitet werden. (x) eine Gleichung für die Schmelzdruckkurve eines Stoffes hergeleitet werden. ( ) das Clapeyron´sche Molekül-Bewegungstheorem der Thermodynamik quantifiziert werden.

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 5 bis 7: Lösungen

381

o) Im nebenstehenden p,T -Diagramm (Bild A8.6) stellt - die Linie AC die Sublimationsdruckkurve dar. - die Linie AB die Schmelzdruckkurve dar. - die Linie BC die Dampf druckkurve dar. Bild A8.6 Zu den Aufgaben A.8 o und p p) In der Linie AC im p,T -Diagramm fallen durch Projektion aus dem dreidimensionalen p,v,T Raum auf die p,T -Fläche die Sublimationslinie und die Desublimationslinie zusammen. In der Linie AB im p,T -Diagramm fallen durch Projektion aus dem dreidimensionalen p,v,T -Raum auf die p,T -Fläche die Schmelzlinie und die Erstarrungslinie zusammen. In der Linie BC im p,T -Diagramm fallen durch Projektion aus dem dreidimensionalen p,v,T -Raum auf die p,T -Fläche die Siedelinie und die T aulinie zusammen. q) In einem Kompressor-Kühlschrank durchläuft das Kältemittel einen ( ) offenen rechtslaufenden Kreisprozess. ( ) geschlossenen rechtslaufenden Kreisprozess. ( ) offenen linkslaufenden Kreisprozess. (x) geschlossenen linkslaufenden Kreisprozess. Dabei wird bezüglich des Kältemittels ( ) mehr mechanische Arbeit zugeführt als Abwärme abgegeben. (x) mehr Abwärme abgegeben als mechanische Arbeit zugeführt. ( ) mehr mechanische Arbeit abgegeben als Kühlwärme aufgenommen. (x) weniger Kühlwärme aufgenommen als Abwärme abgegeben. Lösungen zu Aufgabe A.9: a) Der thermische Wirkungsgrad ηth des Carnot-Prozesses ist - abhängig vom Anfangszustand 1 und vom Folgezustand 3 - gleich

 κ−1

 κ−1

 κ−1

κ κ κ T3 p3 p1 T1 ( ) ηth = 1 − ( ) ηth = 1 − ( ) ηth = 1 − (x) ηth = 1 − T3 T1 p1 p3 V1 V3 − V1 V3 − V1 T3 − T1 ( ) ηth = 1 − ( ) ηth = 1 − ( ) ηth = (x) ηth = V3 V3 V3 T3 b) Der thermische Wirkungsgrad ηth des Otto-Prozesses ist - abhängig vom Anfangszustand 1 und vom Folgezustand 2 - gleich



(x) ηth = 1−

T1 T2

( ) ηth = 1−



T2 T1

 κ−1 κ

 κ−1



( ) ηth = 1−



p2 p1

 κ−1 κ



(x) ηth = 1−



p1 p2

 κ−1 κ

κ V1 V2 κ−1 V1 κ−1 V2 (x) ηth = 1 − ( ) ηth = 1 − ( ) ηth = 1 − V2 V1 V1 V2 c) Der thermische Wirkungsgrad ηth des Otto-Prozesses ist mit dem thermischen Wirkungsgrad ηth des folgenden reversiblen Kreisprozesses identisch: ( ) des Carnot-Prozesses (x) des Joule-Prozesses ( ) des Clausius-Rankine-Prozesses ( ) des Diesel-Prozesses ( ) des Stirling-Prozesses ( ) des Ericsson-Prozesses

( ) ηth = 1 −











d) Beim reversiblen Stirling-Prozess sind die folgenden Wärmen (Qij )rev von Bedeutung: die ( ) zugeführte innere Wärme durch Verbrennung im Arbeitsraum (x) zugeführte äußere Wärme z. B. durch Verbrennung außerhalb des Arbeitsraums (x) zugeführte innere Wärme durch einen Regenerator im Arbeitsraum (x) abgeführte innere Wärme durch einen Regenerator im Arbeitsraum (x) abgeführte äußere Wärme durch Kühlung

382

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

e) Der reversible Clausius-Rankine-Prozess kann hinsichtlich seines Verlaufs im Kreisprozess als reversibler ( ) Otto-Prozess ( ) Carnot-Prozess (x) Joule-Prozess ( ) Diesel-Prozess aufgefasst werden, wobei jedoch anstelle eines idealen Gases ein reales Fluid tritt. f) Bei den folgenden Prozessen kann im Idealfall die Abwärme gegebenenfalls vollständig bei der Umgebungstemperatur Tb abgegeben werden: ( ) Joule-Prozess (x) Ericsson-Prozess ( ) Otto-Prozess ( ) Diesel-Prozess (x) Stirling-Prozess (x) Clausius-Rankine-Prozess Dies wirkt sich auf den exergetischen Wirkungsgrad ζ wie folgt aus: Der exergetische Wirkungsgrad ζ kann dadurch gute Werte erreichen; beim entsprechenden reversiblen Prozess erreicht der exergetische Wirkungsgrad den Wert eins. Demgegenüber weisen der Joule-Prozess, der Otto-Prozess und der Diesel-Prozess hohe Temperaturen der Abwärmeabfuhr auf, so dass bei fehlender nachgeschalteter Abwärmenutzung ein geringerer exergetischer Wirkungsgrad in Kauf zu nehmen ist. g) Bei dem folgenden Prozess findet die Verdichtung im Flüssigkeitsgebiet - und damit mit vergleichsweise sehr geringem Arbeitsaufwand - statt: ( ) Joule-Prozess ( ) Ericsson-Prozess ( ) Otto-Prozess ( ) Diesel-Prozess ( ) Stirling-Prozess (x) Clausius-Rankine-Prozess h) Die thermodynamischen Beziehungen für den thermischen Wirkungsgrad ηth , für den exergetischen Wirkungsgrad ζ sowie für die thermischen und mechanischen Anstrengungsverhältnisse awv , awp , aqs , aqT und ag können beim (x) Carnot-Prozess (x) Joule-Prozess (x) Diesel-Prozess (x) Ericsson-Prozess (x) Otto-Prozess ( ) Clausius-Rankine-Prozess mit Hilfe von thermodynamischen Beziehungen für ideale Gase berechnet werden. i) Die thermodynamischen Beziehungen für den thermischen Wirkungsgrad ηth , für den exergetischen Wirkungsgrad ζ sowie für die thermischen und mechanischen Anstrengungsverhältnisse awv , awp , aqs , aqT und ag müssen beim ( ) Carnot-Prozess ( ) Joule-Prozess ( ) Diesel-Prozess ( ) Ericsson-Prozess ( ) Otto-Prozess (x) Clausius-Rankine-Prozess mit Hilfe von Zustandsgrößen für reale Fluide (Flüssigkeiten und reale Gase) berechnet werden. j) Die Gleichung für das thermische Anstrengungsverhältnis aqs des Carnot-Prozesses ist mit der Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awv des folgenden reversiblen Kreisprozesses identisch: ( ) des Otto-Prozesses ( ) des Joule-Prozesses ( ) des Clausius-Rankine-Prozesses ( ) des Diesel-Prozesses (x) des Stirling-Prozesses ( )des Ericsson-Prozesses k) Die Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awp des Ericsson-Prozesses ist mit der Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awv des folgenden reversiblen Kreisprozesses identisch: ( ) des Carnot-Prozesses ( ) des Joule-Prozesses ( ) des Clausius-Rankine-Prozesses ( ) des Diesel-Prozesses (x) des Stirling-Prozesses ( ) des Otto-Prozesses l) Die Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awp des Stirling-Prozesses ist mit der Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awv des folgenden reversiblen Kreisprozesses identisch: ( ) des Carnot-Prozesses ( ) des Joule-Prozesses ( ) des Clausius-Rankine-Prozesses ( ) des Diesel-Prozesses ( ) des Otto-Prozesses (x) des Ericsson-Prozesses

Ankreuz- und Einsetzaufgaben zu den Abschnitten 5 bis 7: Lösungen

383

m) Die Gleichung für das thermische Anstrengungsverhältnis aqs des Stirling-Prozesses ist mit der Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awv des folgenden reversiblen Kreisprozesses identisch: (x) des Carnot-Prozesses ( ) des Joule-Prozesses ( ) des Clausius-Rankine-Prozesses ( ) des Diesel-Prozesses ( ) des Otto-Prozesses ( ) des Ericsson-Prozesses n) Die Gleichung für den exergetischen Wirkungsgrad ζ des Joule-Prozesses ist mit der Gleichung für den exergetischen Wirkungsgrad ζ des folgenden reversiblen Kreisprozesses identisch: ( ) des Carnot-Prozesses ( ) des Diesel-Prozesses ( ) des Clausius-Rankine-Prozesses (x) des Otto-Prozesses ( ) des Stirling-Prozesses ( ) des Ericsson-Prozesses o) Die Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awp des Joule-Prozesses ist mit der Gleichung für das mechanische Anstrengungsverhältnis awv des folgenden reversiblen Kreisprozesses identisch: ( ) des Carnot-Prozesses ( ) des Diesel-Prozesses ( ) des Clausius-Rankine-Prozesses (x) des Otto-Prozesses ( ) des Stirling-Prozesses ( ) des Ericsson-Prozesses p) Es sollen thermodynamische Vor- und Nachteile des Diesel-Prozesses im Vergleich zum Joule-Prozess, zum Otto-Prozess und zum Clausius-Rankine-Prozess benannt werden: Beim gegenwärtigen Stand der Technik kann der Diesel-Prozess mit höheren thermischen Wirkungsgraden im Vergleich zum Joule-Prozess, zum Otto-Prozess und zum ClausiusRankine-Prozess umgesetzt werden: ηD > ηO > ηJ > ηCR . Beim Diesel-Prozess ist das Verdichtungsverhältnis größer als beim Otto-Prozess: D > O ; dies führt zu einem günstigeren Gesamtanstrengungsverhältnis ag D < ag O . Das Druckverhältnis ist beim DieselProzess höher als beim Joule-Prozess: (p2 /p1 )D > (p2 /p1 )J ; dies führt zu enem günstigeren Gesamtanstrengungsverhältnis ag D < ag J . Beim Diesel-Prozess ist die Art der Abwärmeabfuhr ungünstig, weil sie bei hohen mittleren Temperaturen Tab m D erfolgt; demgegenüber kann die Abwärmeabfuhr beim ClausiusRankine-Prozess gegebenenfalls fast bei Umgebungstemperatur erfolgen: Tab m CR ≈ Tb . Außerdem ist der spezifische Arbeitsaufwand beim Diesel-Prozess wesentlich größer als beim Clausius-Rankine-Prozess, weil bei diesem die Verdichtung im Flüssigkeitsgebiet stattfindet: wV 12 D > wp12 CR ; daraus folgt ein günstigeres Gesamtanstrengungsverhältnis beim Clausius-Rankine-Prozess: ag CR < ag D . q) Der Carnot-Prozess, der Ericsson-Prozess und der Stirling-Prozess weisen als reversible Prozesse jeweils zwei isotherme Zustandsänderungen 12 und 34 auf, während sich die dazwischen ablaufenden Zustandsänderungen 23 und 41 bei den jeweiligen Prozessen unterscheiden. Bei den einzelnen Prozessen weisen die Zustandsänderungen 23 und 41 jedoch Gemeinsamkeiten auf. Geben Sie an, welche Zustandsänderungen 23 und 41 bei den jeweiligen Prozessen auftreten, und in welcher Weise diese durch die drei spezifischen Prozessgrößen qsij , wV ij und wpij miteinander gekoppelt sind: Carnot-Prozess: 23 und 41 sind ( ) isotherme ( ) isobare ( ) isochore (x) isentrope Zustandsänderungen. |qs41 | = qs23 = 0 wV 41 = − wV 23 wp41 = − wp23 Ericsson-Prozess: 23 und 41 sind ( ) isotherme (x) isobare ( ) isochore ( ) isentrope Zustandsänderungen. qs41 = − qs23 wV 41 = − wV 23 |wp41 | = wp23 = 0 Stirling-Prozess: 23 und 41 sind ( ) isotherme ( ) isobare (x) isochore ( ) isentrope Zustandsänderungen. qs41 = − qs23

|wV 41 | = wV 23 = 0

wp41 = − wp23

384

Ankreuz- und Einsetzaufgaben

r) Es ist darzulegen, dass der Carnot-Prozess, der Ericsson-Prozess und der Stirling-Prozess als ideale Prozesse zwar hinsichtlich des thermischen Wirkungsgrades ηth und des exergetischen Wirkungsgrades ζ einander gleichwertig sind, jedoch hinsichtlich der technischen Verwirklichungsmög- Bild A9.1 Zu den Aufgabe A.9 q und r lichkeiten große Unterschiede aufweisen (vgl. Bild A9.1) Beim Carnot−Prozess, Ericsson-Prozess und Stirling-Prozess wird der thermische Wirkungsgrad ηth umso höher, je höher die Differenz zwischen höchster und niedrigster Prozesstemperatur T3 − T1 ist. Soll bei allen drei Prozessen bei gleicher Zustandsänderung 12 dieselbe höchste Prozesstemperatur T3 erreicht werden, kann dies beim Ericsson-Prozess bei einem technisch günstigen Druck p3 = p2 erreicht werden; beim Stirling-Prozess ist p3 etwas höher als beim Ericsson-Prozess; beim Carnot-Prozess ist jedoch ein technisch sehr schwer realisierbarer, extrem hoher Druck p3 nötig. Setzt man für den technisch anspruchsvollsten Prozesszustand 3 für alle drei Prozesse dieselben Werte T3 und p3 voraus, wird beim Carnot-Prozess die Zustandsänderung 12 ungünstig klein; es ergibt sich beim Ericsson-Prozess ein niedriges – also günstiges – Gesamtanstrengungsverhältnisag ; dies ist beim Stirling-Prozess weniger günstig als beim Ericsson-Prozess; beim Carnot-Prozess ist das Gesamtanstrengungsverhältnis ungünstig hoch: ag E < ag S < ag C Die Verwirklichung der isothermen Zustandsänderungen 12 und 34 ist technisch nicht einfach; diese können am ehesten beim Stirling-Prozess mit Hilfe von Kolbenanordnungen in einem geschlossenen System angenähert werden. Technisch ungünstig ist, dass beim Carnot-Kreisprozess vier aufwendige Zustandsänderungen mit Arbeitsumsatz notwendig sind, während der Ericsson-Kreisprozess und der Stirling-Kreisprozess nur zwei Zustandsänderungen mit Arbeitsumsatz erfordern. Hier gilt für die beiden mechanischen Anstrengungsverhältnisse: awv S < awv E < awv C und awp E < awp S < awp C . Somit erweist sich der Carnot-Prozess auch hier als technisch nachteilig. Deshalb ist erklärbar, dass der Carnot-Prozess bisher nicht technisch verwirklicht wurde. s) Verbesserungen von Otto-Motoren werden u. a. durch eine weitere Erhöhung des Höchstdrucks p3 und der Höchsttemperatur t3 angestrebt, obwohl der thermische Wirkungsgrad des reversiblen Otto-Prozesses mit steigender Höchsttemperatur t3 abnimmt (vgl. das beigefügte Bild A9.2)). Erklären Sie diesen scheinbaren Widerspruch anhand weiterer thermodynamischer Bewertungskenngrößen: Beim reversiblen Otto-Prozess nimmt der thermische Wirkungsgrad ηth mit ansteigender höchster Prozesstemperatur t3 zwar etwas ab; dieser Rückgang ist jedoch umso geringer, je höher der höchste Druck p3 des Prozesses ist.

Bild A9.2 Zur Aufgabe A.9 s

Der leichte Rückgang wird deshalb in Kauf genommen, weil mit einer sehr hohen maximalen Prozesstemperatur t3 eine sehr günstige Abnahme der beiden mechanischen Anstrengungsverhältnisse awv und awp verbunden ist; dies wirkt sich positiv auf das Gesamtanstrengungsverhältnis ag aus, wie Untersuchungen zeigen (vgl. z. B. Abschnit 7.5 des Lehrbuchs ’Grundlagen der Technischen Thermodynamik’).

Anhang: Zustandsdiagramme und Tabellen mit Stoffwerten .

Diagramm 1: T,s-Diagramm von Kohlendioxid (CO2 )

Diagramm 2: lg p,h-Diagramm von Kohlendioxid (CO2 )

© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2024 M. Dehli, Aufgabensammlung Technische Thermodynamik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-44242-2

386

Anhang

Diagramm 3: T,s -Diagramm für Ammoniak (NH3 ) (1 MPa = 10 bar)

Diagramm 4: lg p,h -Diagramm für Ammoniak (NH3 ) (1 MPa = 10 bar)

Zustandsdiagramme und Tabellen mit Stoffwerten

Diagramm 5: T,s -Diagramm für Methan (CH4 ) (1 MPa = 10 bar)

Diagramm 6: lg p,h Diagrmam für Methan (CH4 ) (1 MPa = 10 bar)

387

388

Anhang

Diagramm 7: T,s -Diagramm für Propan (C3 H8 )

Diagramm 8: lg p,h -Diagramm für Propan (C3 H8 )

Zustandsdiagramme und Tabellen mit Stoffwerten

.

Diagramm 9: T,s -Diagramm für Isobutan (C4 H10 )

Diagramm 10: lg p,h -Diagramm für Isobutan (C4 H10 )

389

390

Anhang

.

Diagramm 11: T,s -Diagramm für Difluormethan) (CH2 F2 )

Diagramm 12: lg p,h -Diagramm für Difluormethan (CH2 F2 )

Zustandsdiagramme und Tabellen mit Stoffwerten

.

Diagramm 13: T,s -Diagramm für Tetrafluorethan (C2 H2 F4 )

Diagramm 14: lg p,h -Diagramm für Tetrafluorethan (C2 H2 F4 ) (1 MPa = 10 bar)

391

392

Anhang

Diagramm 15: T,s -Diagramm für Wasser (H2 O) (1 MPa = 10 bar)

Diagramm 16: lg p,h -Diagramm für Wasser (H2 O) (1 MPa = 10 bar)

Zustandsdiagramme und Tabellen mit Stoffwerten

.

Diagramm 17: 1/cp , h -Diagramm für Wasser (H2 O)

Diagramm 18: 1/cp , s -Diagramm für Wasser (H2 O)

393

394

Anhang

.

Diagramm 19: %, h -Diagramm für Wasser (H2 O) (um 90o gedreht) (1 MPa = 10 bar)

Diagramm 20: %, h -Diagramm für Kohlendioxid (CO2 ) (um 90o gedreht) (1 MPa = 10 bar)

Zustandsdiagramme und Tabellen mit Stoffwerten

.

Diagramm 21: %, h -Diagramm für Stickstoff (N2 ) (um 90o gedreht) (1 MPa = 10 bar) .

Diagramm 22: h, s - Diagramm für Luft (1 MPa = 10 bar)

395

396

Anhang

.

Diagramm 23: lg p,h -Diagramm für Luft (um 90o gedreht )

Zustandsdiagramme und Tabellen mit Stoffwerten

.

Diagramm 24: h,x - Diagramm für feuchte Luft (p = 1000 mbar, um 90o gedreht)

Stoffwerte Tabelle A.1 Allgemeine Konstanten der Thermodynamik (Vm )0 = Molvolumen im physikalischen Normzustand = 22,41410 m3/kmol NA = Avogadro-Zahl = 6,0221367·1026 Moleküle/kmol Rm = Allgemeine Gaskonstante = 8,314510 kJ/(kmol K)

397

398

Anhang

Zustandsdiagramme und Tabellen mit Stoffwerten

.

399

400

Anhang

.

.

Diagramm 25: Normvolumenbezogene mittlere isobare Wärmekapazität von Brenngasen (nicht dissoziiert) und von Luft

Zustandsdiagramme und Tabellen mit Stoffwerten

401

Tabelle A.7 Molmasse M , spezielle Gaskonstante R, spezifische isobare Wärmekapazität c0p bzw. f  cp ; molare Bildungsenthalpie Hm,0i , molare absolute Entropie Sm,0i , molare Gibbs-Funktion G m,0i und Phase Ph im thermochemischen Standardzustand (T0 = 298,15 K, p0 = 1 bar = 100 kPa) [9]

Stoff

M kg/kmol

R kJ/(kg K)

c0p bzw. cp kJ/(kg K)

f Hm,0i MJ/kmol

 Sm,0i kJ/(kmol K)

G m,0i MJ/kmol

Ph

O O2 H H2 OH H2 O H2 O He Ne Ar Kr Xe F2 HF Cl2 HCl S S S2 SO2 H2 S N N2 NO NO2 N2 O NH3 C C CO CO2 CH4 CH3 OH CH3 OH COS HCN C2 H 2 C2 H 4 C2 H 6 C2 H5 OH C2 H5 OH HCOOH CH2 O C3 H 8 n-C4 H10 n-C5 H12 n-C6 H14 C6 H 6 n-C7 H16 Luft, trocken

15,9994 31,9988 1,00794 2,01588 17,0073 18,0153 18,0153 4,002602 20,1797 39,948 83,80 131,293 37,99680 20,00634 70,906 36,461 32,065 32,065 64,130 64,064 34,081 14,0067 28,0134 30,0061 46,0055 44,0128 17,0305 12,0107 12,0107 28,0101 44,010 16,042 32,042 32,042 60,076 27,025 26,037 28,053 30,069 46,068 46,068 46,025 30,026 44,096 58,122 72,149 86,175 78,112 100,20 28,9654

0,51967 0,25984 8,24897 4,12449 0,48888 0,46152 0,46152 2,07727 0,41202 0,20813 0,09922 0,06333 0,21882 0,41559 0,11726 0,22804 0,25930 0,25930 0,12965 0,12978 0,24396 0,59361 0,29681 0,27709 0,18073 0,18891 0,48821 0,69226 0,69226 0,29684 0,18892 0,51829 0,25949 0,25949 0,13840 0,30765 0,31933 0,29638 0,27651 0,18048 0,18048 0,18065 0,27691 0,18855 0,14305 0,11524 0,09648 0,10644 0,08298 0,28705

1,3696 0,9181 20,622 14,304 1,7576 1,8646 4,1819 5,1932 1,0300 0,5203 0,2480 0,1583 0,8239 1,4564 0,4788 0,7991 0,7095 0,7383 0,5068 0,6219 1,0049 1,4840 1,0396 0,9965 0,7938 0,8700 2,0921 0,7091 1,7350 1,0404 0,8438 2,185 2,546 1,370 0,672 1,293 1,693 1,488 1,730 2,434 1,420 2,154 1,167 1,667 1,690 2,297 2,263 1,7425 2,242 1,0047

249,18 0 217,908 0 47,52 −241,83 −285,84 0 0 0 0 0 0 −273,3 0 −92,31 0 277,17 128,6 −296,8 −20,6 472,7 0 90,25 33,10 82,05 −45,94 0 716,7 −110,53 −393,51 −74,87 −239,45 −200,66 −138,40 135,14 226,77 52,47 −84,73 −276,98 −235,10 −424,7 −115,90 −103,85 −124,73 −173,83 −198,8 −49,04 −224,4 −0,142

161,059 205,152 114.717 130,680 189,395 188,835 69,93 126,153 146,328 154,846 164,085 169,685 202,791 173,779 223,081 186,902 32,054 167,829 228,17 248,22 205,81 153,301 191,609 210,76 240,04 219,96 192,77 5,74 158,10 197,660 213,785 186,25 126,61 239,81 231,58 201,83 200,94 219,33 229,60 161,00 282,7 129,0 218,95 270,02 310,14 259,86 292,5 171,54 328,0 198,827

201,16 −61,166 183,795 −38,962 −8,95 −298,13 −306,69 −37,613 −43,628 −46,167 −48,922 −50,592 −60,462 −325,1 −66,512 −148,03 −9,557 227,13 60,57 −370,8 −81,96 427,0 −57,128 27,41 −38,47 16,07 −103,41 −1,711 669,5 −169,46 −457,25 −130,40 −277,20 −272,16 −207,52 74,96 166,86 −12,92 −153,18 −324,98 −319,39 −463,2 −181,18 −184,36 −217,20 −251,31 −286,0 −2,10 −322,2 −59,42

g g g g g g fl g g g g g g g g g rh g g g g g g g g g g Gr g g g g fl g g g g g g fl g fl g g g fl fl fl fl g

 Umrechnung von molarer absoluter Standard-Entropie Sm,0i in spezifische absolute Standard-Entropie

s 0i :

 s 0i = Sm,0i /M

402

Anhang

Tabelle A.8 Wasserdampftafel, Dampfdruckkurve und Sublimationsdruckkurve [128], [129] t pDS t pDS t pDS ◦C ◦C ◦C bar bar bar −20,0 −19,0 −18,0 −17,0 −16,0

0,001033 0,001136 0,001249 0,001372 0,001507

25,0 26,0 27,0 28,0 29,0

0,031697 0,033637 0,035679 0,037828 0,040089

88,0 90,0 92,0 94,0 96,0

0,650174 0,701824 0,756849 0,815420 0,877711

−15,0 −14,0 −13,0 −12,0 −11,0

0,001653 0,001812 0,001985 0,002173 0,002377

30,0 31,0 32,0 33,0 34,0

0,042467 0,044966 0,047592 0,050351 0,053247

98,0 100,0 105,0 110,0 115,0

0,943902 1,014180 1,209021 1,433760 1,691770

−10,0 −9,0 −8,0 −7,0 −6,0

0,002599 0,002839 0,003100 0,003382 0,003687

35,0 36,0 37,0 38,0 39,0

0,056286 0,059475 0,062818 0,066324 0,069997

120,0 125,0 130,0 135,0 140,0

1,986654 2,322242 2,702596 3,132010 3,615010

−5,0 −4,0 −3,0 −2,0 −1,0

0,004018 0,004375 0,004761 0,005177 0,005627

40,0 41,0 42,0 43,0 44,0

0,073844 0,077873 0,082090 0,086503 0,091118

145,0 150,0 155,0 160,0 165,0

4,156349 4,761014 5,434216 6,181392 7,008204

0,0 1,0 2,0 3,0 4,0

0,006112 0,006571 0,007060 0,007581 0,008135

45,0 46,0 47,0 48,0 49,0

0,095944 0,100988 0,106259 0,111764 0,117512

170,0 175,0 180,0 185,0 190,0

7,920532 8,924475 10,026346 11,232669 12,550179

5,0 6,0 7,0 8,0 9,0

0,008726 0,009354 0,010021 0,010730 0,011483

50,0 52,0 54,0 56,0 58,0

0,123513 0,136305 0,150215 0,165322 0,181708

195,0 200,0 210,0 220,0 230,0

13,985815 15,546719 19,073907 23,192877 27,967925

10,0 11,0 12,0 13,0 14,0

0,012282 0,013129 0,014028 0,014981 0,015989

60,0 62,0 64,0 66,0 68,0

0,199458 0,218664 0,239421 0,261827 0,285986

240,0 250,0 260,0 270,0 280,0

33,466519 39,759391 46,920711 55,028395 64,164593

15,0 16,0 17,0 18,0 19,0

0,017057 0,018188 0,019383 0,020647 0,021982

70,0 72,0 74,0 76,0 78,0

0,312006 0,340001 0,370088 0,402389 0,437031

290,0 300,0 310,0 320,0 330,0

74,416425 85,877083 98,647456 112,838559 128,575219

20,0 21,0 22,0 23,0 24,0

0,023392 0,024881 0,026452 0,028109 0,029856

80,0 82,0 84,0 86,0

0,474147 0,513875 0,556355 0,601738

340,0 350,0 360,0 370,0

146,001811 165,291643 186,664034 210,433673

Wasserdampftafel

Tabelle A.9a Wasserdampftafel, Sättigungszustand (Temperaturtafel) [128], [130] t p v0 v00 h0 h00 r s0 m3 kJ kJ kJ kJ m3 ◦C bar kg kg kg kg kg kg K

403

s00 kJ kg K

0,01 1,00 2,00 3,00 4,00

0,00611655 0,00657086 0,00705986 0,00758081 0,00813548

0,0010002 0,0010001 0,0010001 0,0010001 0,0010001

205,99122 192,43878 179,75781 168,00844 157,11576

0,00 4,18 8,39 12,60 16,81

2500,92 2502,73 2504,57 2506,40 2508,23

2500,92 2498,55 2496,18 2493,80 2491,42

0,0000 0,0153 0,0306 0,0459 0,0611

9,1555 9,1291 9,1027 9,0765 9,0505

5,00 6,00 7,00 8,00 9,00

0,00872575 0,00935355 0,01002091 0,01072995 0,01148288

0,0010001 0,0010001 0,0010001 0,0010002 0,0010003

147,01134 137,63268 128,92264 120,82895 113,30375

21,02 25,22 29,43 33,63 37,83

2510,06 2511,89 2513,72 2515,55 2517,38

2489,04 2486,67 2484,29 2481,92 2479,55

0,0763 0,0913 0,1064 0,1213 0,1362

9,0248 8,9993 8,9741 8,9491 8,9243

10,00 11,00 12,00 13,00 14,00

0,01228199 0,01312969 0,01402848 0,01498096 0,01598984

0,0010003 0,0010004 0,0010005 0,0010007 0,0010008

106,30323 99,787212 93,718867 88,064395 82,792764

42,02 46,22 50,41 54,60 58,79

2519,21 2521,04 2522,86 2524,69 2526,51

2477,19 2474,82 2472,45 2470,09 2467,72

0,1511 0,1659 0,1806 0,1953 0,2099

8,8998 8,8754 8,8513 8,8274 8,8037

15,00 16,00 17,00 18,00 1,009

0,01705793 0,01818816 0,01938358 0,02064735 0,02198275

0,0010009 0,0010011 0,0010013 0,0010014 0,0010016

77,875465 73,286294 69,001148 64,997848 61,255971

62,98 67,17 71,36 75,54 79,73

2528,33 2530,16 2531,98 2533,80 2535,62

2465,35 2462,99 2460,62 2458,26 2455,89

0,2245 0,2390 0,2534 0,2678 0,2822

8,7803 8,7570 8,7339 8,7111 8,6884

20,00 21,00 22,00 23,00 24,00

0,02339318 0,02488219 0,02645344 0,02811072 0,02985798

0,0010018 0,0010021 0,0010023 0,0010025 0,0010028

57,756701 54,482696 51,417958 48,547727 45,858375

83,91 88,10 92,28 96,47 100,65

2537,43 2539,25 2541,07 2542,88 2544,69

2453,52 2451,15 2448,79 2446,41 2444,04

0,2965 0,3107 0,3249 0,3391 0,3532

8,6660 8,6437 8,6217 8,5998 8,5781

25,00 26,00 27,00 28,00 29,00

0,03169929 0,03363889 0,03568112 0,03783053 0,04009178

0,0010030 0,0010033 0,0010035 0,0010038 0,0010041

43,337313 40,972903 38,754386 36,671808 34,715952

104,83 109,01 113,19 117,37 121,55

2546,51 2548,32 2550,13 2551,93 2553,74

2441,68 2439,31 2436,94 2434,56 2432,19

0,3672 0,3812 0,3952 0,4091 0,4229

8,5566 8,5353 8,5142 8,4933 8,4725

30,00 31,00 32,00 33,00 34,00

0,04246971 0,04496931 0,04765957 0,05035433 0,05325058

0,0010044 0,0010047 0,0010050 0,0010054 0,0010057

32,878285 31,150898 29,526461 27,998174 26,559728

125,73 129,91 134,09 138,27 142,45

2555,55 2557,35 2559,15 2560,95 2562,75

2429,82 2427,44 2425,06 2422,68 2420,30

0,4368 0,4505 0,4642 0,4779 0,4915

8,4520 8,4316 8,4113 8,3913 8,3714

35,00 36,00 37,00 38,00 39,00

0,05629016 0,05947893 0,06282292 0,06632835 0,07000164

0,0010060 0,0010064 0,0010068 0,0010071 0,0010075

25,205265 23,929344 22,726910 21,593263 20,524030

146,63 150,81 154,99 159,17 163,35

2564,55 2566,34 2568,14 2569,93 2571,72

2417,92 2415,53 2413,15 2410,76 2408,37

0,5051 0,5187 0,5322 0,5456 0,5590

8,3517 8,3321 8,3127 8,2935 8,2745

40,00 41,00 42,00 43,00 44,00

0,07384938 0,07787838 0,08209563 0,08650835 0,09112392

0,0010079 0,0010083 0,0010087 0,0010091 0,0010095

19,515144 18,562818 17,663524 16,813976 16,011111

167,53 171,71 175,89 180,07 184,25

2573,51 2575,30 2577,08 2578,87 2580,65

2405,98 2403,59 2401,19 2398,80 2396,40

0,5724 0,5857 0,5990 0,6123 0,6255

8,2555 8,2368 8,2182 8,1998 8,1815

45,00 46,00 47,00 48,00 49,00

0,09594999 0,10099437 0,10626513 0,11177053 0,11751906

0,0010099 0,0010104 0,0010108 0,0010112 0,0010117

15,252072 14,534192 13,854984 13,212125 12,603445

188,44 192,62 196,80 200,98 205,16

2582,43 2584,20 2585,98 2587,75 2589,52

2393,99 2391,58 2389,18 2386,77 2384,36

0,6386 0,6517 0,6648 0,6779 0,6908

8,1633 8,1453 8,1275 8,1098 8,0922

404

Anhang

Tabelle A.9a Wasserdampftafel, Sättigungszustand (Temperaturtafel, Fortsetzung) [128], [130] t p v0 v00 h0 h00 r s0 s00 m3 kJ kJ kJ kJ kJ m3 ◦C bar kg kg kg kg kg kg K kg K 50,00 51,00 52,00 53,00 54,00

0,12351946 0,12978067 0,13631188 0,14312253 0,15022227

0,0010121 0,0010126 0,0010131 0,0010136 0,0010141

12,026915 11,480639 10,962845 10,471872 10,006565

209,34 213,52 217,71 221,89 226,07

2591,29 2593,06 2594,82 2596,58 2598,34

2381,95 2379,54 2377,11 2374,69 2372,27

0,7038 0,7167 0,7296 0,7425 0,7553

8,0748 8,0576 8,0404 8,0234 8,0066

55,00 56,00 57,00 58,00 59,00

0,15762102 0,16532893 0,17335643 0,18171417 0,19041308

0,0010146 0,0010151 0,0010156 0,0010161 0,0010166

9,5642779 9,1448392 8,7465752 8,3682890 8,0088579

230,26 234,44 238,63 242,81 247,00

2600,09 2601,85 2603,60 2605,35 2607,09

2369,83 2367,41 2364,97 2362,54 2360,09

0,7680 0,7808 0,7934 0,8061 0,8187

7,9898 7,9732 7,9568 7,9404 7,9242

60,00 61,00 62,00 63,00 64,00

0,19946434 0,20887940 0,21866997 0,22884804 0,23942587

0,0010171 0,0010177 0,0010182 0,0010188 0,0010193

7,6672286 7,3424128 7,0334822 6,7395651 6,4598427

251,18 255,37 259,55 263,74 267,93

2608,84 2610,58 2612,31 2614,05 2615,78

2357,66 2355,21 2352,76 2350,31 2347,85

0,8313 0,8438 0,8563 0,8688 0,8813

7,9081 7,8922 7,8764 7,8607 7,8451

65,00 66,00 67,00 68,00 69,00

0,25041598 0,26183120 0,27368461 0,28598961 0,29875985

0,0010199 0,0010204 0,0010210 0,0010216 0,0010222

6,1935449 5,9399481 5,6983713 5,4681741 5,2487535

272,12 276,31 280,49 284,68 288,87

2617,51 2619,23 2620,95 2622,67 2624,39

2345,39 2342,92 2340,46 2337,99 2335,52

0,8937 0,9060 0,9183 0,9306 0,9429

7,8296 7,8142 7,7990 7,7839 7,7689

70,00 71,00 72,00 73,00 74,00

0,31200930 0,32575221 0,34000313 0,35477691 0,37008870

0,0010228 0,0010234 0,0010240 0,0010246 0,0010252

5,0395418 4,8400043 4,6496373 4,4681549 4,2945425

293,07 297,26 301,45 305,64 309,84

2626,10 2627,81 2629,51 2631,21 2632,91

2333,03 2330,55 2328,06 2325,57 2323,07

0,9551 0,9673 0,9795 0,9916 1,0037

7,7540 7,7392 7,7246 7,7100 7,6955

75,00 76,00 77,00 78,00 79,00

0,38595396 0,40238844 0,41940822 0,43702968 0,45526951

0,0010258 0,0010265 0,0010271 0,0010277 0,0010284

4,1289448 3,9707746 3,8196559 3,6752339 3,5371734

314,03 318,23 322,42 326,62 330,81

2634,60 2636,29 2637,98 2639,66 2641,34

2320,57 2318,06 2315,56 2313,04 2310,53

1,0158 1,0278 1,0398 1,0517 1,0637

7,6812 7,6670 7,6528 7,6388 7,6249

80,00 81,00 82,00 83,00 84,00

0,47414474 0,49367269 0,51387103 0,53475772 0,55635107

0,0010291 0,0010297 0,0010304 0,0010311 0,0010317

3,4051579 3,2788883 3,1580817 3,0424709 2,9318031

335,01 339,21 343,41 347,61 351,81

2643,02 2644,69 2646,35 2648,02 2649,67

2308,01 2305,48 2302,94 2300,41 2297,86

1,0756 1,0874 1,0993 1,1111 1,1229

7,6111 7,5973 7,5837 7,5702 7,5567

85,00 86,00 87,00 88,00 90,00

0,57866972 0,60173262 0,62555907 0,65016869 0,70181766

0,0010324 0,0010331 0,0010338 0,0010345 0,0010360

2,8258389 2,7243520 2,6271282 2,5339644 2,3590584

356,02 360,22 364,42 368,63 377,04

2651,33 2652,98 2654,62 2656,26 2659,53

2295,31 2292,76 2290,20 2287,63 2282,49

1,1346 1,1463 1,1580 1,1696 1,1929

7,5434 7,5302 7,5170 7,5040 7,4781

92,00 94,00 96,00 98,00 100,00

0,75684329 0,81541481 0,87770695 0,94390004 1,0141800

0,0010374 0,0010389 0,0010404 0,0010419 0,0010435

2,1982139 2,0501548 1,9137330 1,7879143 1,6717661

385,46 393,88 402,30 410,73 419,17

2662,78 2666,01 2669,22 2672,40 2675,57

2277,32 2272,13 2266,92 2261,67 2256,40

1,2160 1,2389 1,2618 1,2846 1,3072

7,4526 7,4275 7,4027 7,3783 7,3541

105,00 110,00 115,00 120,00 125,00

1,2090309 1,4337871 1,6918238 1,9867442 2,3223815

0,0010474 0,0010516 0,0010559 0,0010603 0,0010649

1,4183787 1,2092928 1,0358406 0,8912122 0,7700260

440,27 461,42 482,59 503,81 525,07

2683,39 2691,06 2698,58 2705,93 2713,10

2243,12 2229,64 2215,99 2202,12 2188,03

1,3633 1,4188 1,4737 1,5279 1,5816

7,2952 7,2381 7,1828 7,1291 7,0770

Wasserdampftafel

405

Tabelle A.9a Wasserdampftafel, Sättigungszustand (Temperaturtafel, Fortsetzung) [128], [130] t p v0 v00 h0 h00 r s0 s00 m3 kJ kJ kJ kJ kJ m3 ◦C bar kg kg kg kg kg kg K kg K 130,00 135,00 140,00 145,00 150,00

2,7027998 3,1322942 3,6153910 4,1568464 4,7616454

0,0010697 0,0010746 0,0010798 0,0010850 0,0010905

0,6680045 0,5817293 0,5084543 0,4465962 0,3924528

546,38 567,75 589,16 610,64 632,18

2720,08 2726,87 2733,44 2739,80 2745,93

2173,70 2159,12 2144,28 2129,16 2113,75

1,6346 1,6872 1,7392 1,7907 1,8418

7,0264 6,9772 6,9293 6,8826 6,8371

155,00 160,00 165,00 170,00 175,00

5,4349998 6,1823462 7,0093435 7,9218701 8,9260210

0,0010962 0,0011020 0,0011080 0,0011143 0,0011207

0,3464599 0,3067820 0,2724306 0,2425894 0,2165812

653,79 675,47 697,24 719,08 741,02

2751,81 2757,44 2762,81 2767,90 2772,71

2098,02 2081,97 2065,57 2048,82 2031,69

1,8924 1,9426 1,9923 2,0417 2,0906

6,7926 6,7491 6,7066 6,6650 6,6241

180,00 185,00 190,00 195,00 200,00

10,028105 11,234643 12,552362 13,988195 15,549279

0,0011274 0,0011343 0,0011415 0,0011489 0,0011565

0,1938422 0,1739009 0,1563619 0,1408922 0,1272104

763,05 785,19 807,43 829,79 852,27

2777,22 2781,41 2785,28 2788,82 2792,01

2014,17 1996,22 1977,85 1959,03 1939,74

2,1392 2,1875 2,2355 2,2832 2,3305

6,5840 6,5447 6,5059 6,4678 6,4302

205,00 210,00 215,00 220,00 225,00

17,242952 19,076750 21,058409 23,195862 25,497240

0,0011645 0,0011727 0,0011813 0,0011902 0,0011994

0,1150779 0,1042920 0,0946795 0,0860924 0,0784035

874,88 897,63 920,53 943,58 966,80

2794,83 2797,27 2799,32 2800,95 2802,15

1919,95 1899,64 1878,79 1857,37 1835,35

2,3777 2,4245 2,4712 2,5177 2,5640

6,3930 6,3563 6,3200 6,2840 6,2483

230,00 235,00 240,00 245,00 250,00

27,970875 30,625299 33,469251 36,511680 39,761749

0,0012090 0,0012190 0,0012295 0,0012403 0,0012517

0,0715035 0,0652979 0,0597050 0,0546539 0,0500830

990,19 1013,77 1037,55 1061,55 1085,77

2802,90 2803,17 2802,96 2802,22 2800,93

1812,71 1789,40 1765,41 1740,67 1715,16

2,6101 2,6561 2,7020 2,7478 2,7935

6,2128 6,1775 6,1423 6,1072 6,0721

255,00 260,00 265,00 270,00 275,00

43,228851 46,922610 50,852902 55,029868 59,464393

0,0012636 0,0012761 0,0012892 0,0013030 0,0013175

0,0459385 0,0421733 0,0387462 0,0356210 0,0327658

1110,23 1134,96 1159,96 1185,27 1210,90

2799,07 2796,60 2793,49 2789,69 2785,17

1688,84 1661,64 1633,53 1604,42 1574,27

2,8392 2,8849 2,9307 2,9765 3,0224

6,0369 6,0016 5,9661 5,9304 5,8944

280,00 285,00 290,00 295,00 300,00

64,165829 69,146631 74,417783 79,991147 85,879049

0,0013328 0,0013491 0,0013663 0,0013846 0,0014042

0,0301526 0,2775627 0,0255549 0,0235286 0,0216601

1236,89 1263,25 1290,03 1317,27 1345,01

2779,87 2773,73 2766,70 2758,70 2749,64

1542,98 1510,48 1476,67 1441,43 1404,63

3,0685 3,1147 3,1612 3,2080 3,2552

5,8579 5,8209 5,7834 5,7451 5,7059

305,00 310,00 315,00 320,00 325,00

92,094349 98,650512 105,56171 112,84293 120,51002

0,0014252 0,0014479 0,0014724 0,0014990 0,0015283

0,0199335 0,0183347 0,0168510 0,0154707 0,0141832

1373,30 1402,22 1431,83 1462,22 1493,52

2739,43 2727,95 2715,06 2700,59 2684,33

1366,13 1325,73 1283,23 1238,37 1190,81

3,3028 3,3510 3,3998 3,4494 3,5000

5,6657 5,6244 5,5816 5,5372 5,4908

330,00 335,00 340,00 345,00 350,00

128,58052 137,07261 146,00677 155,40554 165,29415

0,0015606 0,0015967 0,0016376 0,0016846 0,0017400

0,0129785 0,0118474 0,0107807 0,0097690 0,0088024

1525,87 1559,45 1594,53 1631,48 1670,89

2666,03 2645,35 2621,85 2594,90 2563,64

1140,16 1085,90 1027,32 963,42 892,75

3,5518 3,6050 3,6601 3,7176 3,7784

5,4422 5,3906 5,3356 5,2762 5,2110

355,00 360,00 365,00 370,00 373,946

175,70123 186,66007 198,21364 210,43563 220,64000

0,0018079 0,0078684 0,0018954 0,0069493 0,0020172 0,0060115 0,0022152 0,0049544 0,0031056

1713,72 2526,65 1761,67 2481,49 1817,77 2422,95 1890,69 2334,52 2084,26

812,93 719,82 605,18 443,83 0,00

3,8439 5,1380 3,9167 5,0536 4,0014 4,9497 4,1112 4,8012 4,4070

406

Anhang

Tabelle A.9b Wasserdampftafel, Sättigungszustand (Drucktafel) [128], [130] p t v0 v00 h0 h00 r m3 m3 kJ kJ kJ ◦ bar C kg kg kg kg kg

s0 kJ kg K

s00 kJ kg K

0,00611655 0,008 0,010 0,012 0,014

0,010 3,7614432 6,9695702 9,6538483 11,969188

0,0010002 0,0010001 0,0010001 0,0010003 0,0010005

205,99122 159,64022 129,17834 108,66968 93,899499

0,00 15,81 29,30 40,57 50,28

2500,92 2507,79 2513,67 2518,58 2522,81

2500,92 2491,98 2484,37 2478,01 2472,53

0,0000 0,0575 0,1059 0,1460 0,1802

9,1555 9,0567 8,9749 8,9082 8,8521

0,016 0,018 0,020 0,025 0,030

14,009787 15,837373 17,494681 21,076866 24,079018

0,0010008 0,0010011 0,0010014 0,0010021 0,0010028

82,742965 74,011302 66,986876 54,239891 45,653200

58,83 66,49 73,43 88,42 100,98

2526,53 2529,86 2532,88 2539,39 2544,84

2467,70 2463,37 2459,45 2450,97 2443,86

0,2100 0,2366 0,2606 0,3118 0,3543

8,8035 8,7608 8,7226 8,6420 8,5764

0,035 0,040 0,045 0,050 0,055

26,672154 28,960379 31,011975 32,874255 34,581407

0,0010035 0,0010041 0,0010047 0,0010053 0,0010059

39,466269 34,791142 31,130850 28,185285 25,762372

111,82 121,39 129,96 137,75 144,88

2549,53 2553,67 2557,37 2560,73 2563,80

2437,71 2432,28 2427,41 2422,98 2418,92

0,3906 0,4224 0,4507 0,4762 0,4994

8,5211 8,4734 8,4313 8,393 8,3599

0,060 0,065 0,070 0,075 0,080

36,158974 37,626562 38,999564 40,290295 41,508765

0,0010065 0,0010070 0,0010075 0,0010080 0,0010085

23,733402 22,008847 20,524482 19,233023 18,098873

151,48 157,61 163,35 168,75 173,84

2566,63 2569,26 2571,72 2574,03 2576,21

2415,15 2411,65 2408,37 2405,28 2402,37

0,5208 0,5406 0,5590 0,5763 0,5925

8,3290 8,3007 8,2745 8,2501 8,2273

0,085 0,090 0,095 0,100 0,110

42,663232 43,760583 44,806632 45,806329 47,683108

0,0010089 0,0010094 0,0010098 0,0010103 0,0010111

17,094716 16,199237 15,395556 14,670130 13,412043

178,67 183,25 187,63 191,81 199,65

2578,27 2580,22 2582,08 2583,86 2587,19

2399,60 2396,97 2394,45 2392,05 2387,54

0,6078 0,6223 0,6361 0,6492 0,6737

8,2060 8,1858 8,1668 8,1488 8,1154

0,120 0,130 0,140 0,150 0,160

49,418655 51,034274 52,546696 53,969313 55,313017

0,0010119 0,0010126 0,0010134 0,0010140 0,0010147

12,358277 11,462431 10,691210 10,020098 9,4306341

206,91 213,67 219,99 225,94 231,57

2590,26 2593,12 2595,78 2598,28 2600,64

2383,35 2379,45 2375,79 2372,34 2369,07

0,6963 0,7172 0,7366 0,7549 0,7720

8,0849 8,0570 8,0311 8,0071 7,9846

0,170 0,180 0,190 0,200 0,210

56,586794 57,798146 58,953403 60,057960 61,116453

0,0010154 0,0010160 0,0010166 0,0010172 0,0010177

8,9086517 8,4430937 8,0252030 7,6479524 7,3056367

236,90 241,97 246,80 251,42 255,85

2602,88 2604,99 2607,01 2608,94 2610,78

2365,98 2363,02 2360,21 2357,52 2354,93

0,7882 0,8035 0,8181 0,8320 0,8453

7,9636 7,9437 7,9254 7,9072 7,8903

0,220 0,230 0,240 0,250 0,260

62,132895 63,110786 64,053196 64,962834 65,842105

0,0010183 0,0010188 0,0010193 0,0010198 0,0010203

6,9935753 6,7078911 6,4453453 6,2032105 5,9791736

260,11 264,20 268,15 271,96 275,64

2612,54 2614,24 2615,87 2617,44 2618,96

2352,43 2350,04 2347,72 2345,48 2343,32

0,8580 0,8702 0,8822 0,8932 0,9041

7,8743 7,8589 7,8442 7,8302 7,8167

0,270 0,280 0,290 0,300 0,320

66,693151 67,517889 68,318045 69,095174 70,585865

0,0010208 0,0010213 0,0010218 0,0010222 0,0010231

5,7712593 5,5777731 5,3972476 5,2284110 4,9214992

279,21 282,66 286,02 289,27 295,52

2620,42 2621,84 2623,22 2624,55 2627,10

2341,21 2339,18 2337,20 2335,28 2331,58

0,9146 0,9247 0,9345 0,9441 0,9623

7,8037 7,7912 7,7791 7,7675 7,7453

0,340 0,360 0,380 0,400 0,450

71,999784 73,345137 74,628851 75,856830 78,714610

0,0010240 0,0010248 0,0010256 0,0010264 0,0010282

4,6496775 4,4072009 4,1895188 3,9929787 3,5759446

301,45 307,09 312,47 317,62 329,62

2629,51 2631,80 2633,97 2636,05 2640,86

2328,06 2324,71 2321,50 2318,43 2311,24

0,9795 0,9958 1,0113 1,0261 1,0603

7,7246 7,7050 7,6865 7,6690 7,6288

Wasserdampftafel

Tabelle A.9b Wasserdampftafel, Sättigungszustand (Drucktafel, Fortsetzung) [128], [130] p t v0 v00 h0 h00 r s0 m3 m3 kJ kJ kJ kJ ◦ bar C kg kg kg kg kg kg K

407

s00 kJ kg K

0,500 0,550 0,600 0,650 0,700

81,316893 83,709303 85,925998 87,993254 89,931734

0,0010299 0,0010315 0,0010331 0,0010345 0,0010359

3,2400272 2,9634786 2,7317136 2,5345798 2,3647890

340,54 350,59 359,91 368,60 376,75

2645,22 2649,19 2652,86 2656,25 2659,42

2304,68 2298,60 2292,95 2287,65 2282,67

1,0912 1,1194 1,1454 1,1696 1,1921

7,5930 7,5606 7,5311 7,5040 7,4790

0,750 0,800 0,850 0,900 0,950

91,757999 93,485536 95,125483 96,687148 98,178394

0,0010372 0,0010385 0,0010397 0,0010409 0,0010420

2,2169721 2,0870847 1,9720216 1,8693584 1,7771744

384,44 391,71 398,62 405,20 411,48

2662,39 2665,18 2667,82 2670,31 2672,69

2277,95 2273,47 2269,20 2265,11 2261,21

1,2132 1,2330 1,2518 1,2696 1,2866

7,4557 7,4339 7,4135 7,3943 7,3761

1,000 1,100 1,200 1,300 1,400

99,605929 102,29217 104,78355 107,10908 109,29159

0,0010432 0,0010453 0,0010473 0,0010492 0,0010510

1,6939277 1,5494619 1,4283600 1,3253299 1,2365717

417,50 428,84 439,36 449,19 458,42

2674,95 2679,17 2683,05 2686,64 2689,98

2257,45 2250,33 2243,69 2237,45 2231,56

1,3028 1,3330 1,3609 1,3868 1,4110

7,3588 7,3269 7,2977 7,2709 7,2461

1,500 1,600 1,700 1,800 1,900

111,34938 113,29738 115,14790 116,91127 118,59619

0,0010527 0,0010544 0,0010560 0,0010576 0,0010591

1,1592851 1,0913606 1,0317830 0,9774731 0,9292424

467,13 475,38 483,22 490,70 497,85

2693,11 2696,04 2698,80 2701,41 2703,88

2225,98 2220,66 2215,58 2210,71 2206,03

1,4337 1,4551 1,4753 1,4945 1,5127

7,2230 7,2014 7,1812 7,1621 7,1440

2,000 2,100 2,200 2,300 2,400

120,21009 121,75938 123,24960 124,68559 126,07160

0,0010605 0,0010619 0,0010633 0,0010646 0,0010659

0,8856817 0,8461371 0,8100720 0,7770419 0,7466752

504,70 511,29 517,63 523,74 529,64

2706,23 2708,47 2710,61 2712,65 2714,61

2201,53 2197,18 2192,98 2188,91 2184,97

1,5302 1,5469 1,5628 1,5782 1,5930

7,1269 7,1106 7,0951 7,0803 7,0661

2,500 2,600 2,700 2,800 3,000

127,41141 128,70833 129,96535 131,18515 133,52242

0,0010672 0,0010685 0,0010697 0,0010709 0,0010732

0,7186589 0,6927273 0,6686537 0,6462431 0,6057596

535,35 540,87 546,24 551,44 561,43

2716,49 2718,30 2720,03 2721,71 2724,88

2181,14 2177,43 2173,79 2170,27 2163,45

1,6072 1,6210 1,6343 1,6471 1,6717

7,0524 7,0394 7,0268 7,0146 6,9916

3,500 4,000 4,500 5,000 5,500

138,85715 143,60836 147,90340 151,83108 155,45595

0,0010786 0,0010836 0,0010882 0,0010925 0,0010967

0,5241795 0,4623829 0,4138974 0,3748054 0,3425964

584,26 604,66 623,14 640,09 655,76

2731,96 2738,05 2743,39 2748,11 2752,33

2147,70 2133,39 2120,25 2108,02 2096,57

1,7274 1,7765 1,8205 1,8604 1,8970

6,9401 6,8955 6,8560 6,8207 6,7886

6,000 7,000 8,000 9,000 10,000

158,82648 164,94620 170,40649 175,35045 179,87801

0,0011006 0,0011080 0,0011148 0,0011212 0,0011272

0,3155827 0,2727749 0,2403401 0,2148868 0,1943619

670,38 697,00 720,86 742,56 762,52

2756,14 2762,75 2768,30 2773,03 2777,11

2085,76 2065,75 2047,44 2030,47 2014,59

1,9308 1,9918 2,0457 2,0940 2,1381

6,7592 6,7071 6,6616 6,6213 6,5850

11,000 12,000 13,000 14,000 15,000

184,06188 187,95674 191,60481 195,03941 198,28733

0,0011330 0,0011385 0,0011438 0,0011489 0,0011539

0,1774483 0,1632616 0,1511857 0,1407777 0,1317112

781,03 798,33 814,60 829,97 844,56

2780,65 2783,74 2786,46 2788,85 2790,96

1999,62 1985,41 1971,86 1958,88 1946,40

2,1785 2,2159 2,2508 2,2835 2,3143

6,5520 6,5217 6,4936 6,4675 6,4430

16,000 17,000 18,000 19,000 20,000

201,37047 204,30695 207,11197 209,79839 212,37723

0,0011587 0,0011634 0,0011679 0,0011724 0,0011767

0,1237400 0,1166749 0,1103684 0,1047031 0,0995851

858,46 871,74 884,47 896,71 908,50

2792,82 2794,46 2795,91 2797,18 2798,29

1934,36 1922,72 1911,44 1900,47 1889,79

2,3435 2,3711 2,3975 2,4227 2,4468

6,4199 6,3981 6,3775 6,3578 6,3390

408

Anhang

Tabelle A.9b Wasserdampftafel, Sättigungszustand (Drucktafel, Fortsetzung) [128], [130] p t v0 v00 h0 h00 r s0 m3 m3 kJ kJ kJ kJ ◦ bar C kg kg kg kg kg kg K

s00 kJ kg K

22,000 24,000 26,000 28,000 30,000

217,24882 221,78893 226,04560 230,05680 233,85311

0,0011852 0,0011934 0,0012014 0,0012091 0,0012167

0,0906985 0,0832442 0,0768987 0,0714292 0,0666644

930,88 951,87 971,67 990,46 1008,35

2800,10 2801,43 2802,34 2802,90 2803,15

1869,22 1849,56 1830,67 1812,44 1794,80

2,4921 2,5343 2,5736 2,6106 2,6455

6,3038 6,2712 6,2409 6,2124 6,1856

32,000 34,000 36,000 38,000 40,000

237,45949 240,89668 244,18204 247,33029 250,35405

0,0012241 0,0012314 0,0012385 0,0012456 0,0012526

0,0624748 0,0587612 0,0554459 0,0524673 0,0497761

1025,44 1041,84 1057,61 1072,81 1087,49

2803,13 2802,86 2802,38 2801,69 2800,82

1777,69 1761,02 1744,77 1728,88 1713,33

2,6787 2,7102 2,7403 2,7691 2,7968

6,1602 6,1360 6,1129 6,0908 6,0696

42,000 44,000 46,000 48,000 50,000

253,26417 256,07011 258,78013 261,40152 263,94072

0,0012594 0,0012663 0,0012730 0,0012797 0,0012864

0,0473321 0,0451022 0,0430592 0,0411802 0,0394459

1101,71 1115,50 1128,90 1141,94 1154,64

2799,79 2798,60 2797,26 2795,80 2794,21

1698,08 1683,10 1668,36 1653,86 1639,57

2,8234 2,8490 2,8738 2,8978 2,9210

6,0491 6,0293 6,0102 5,9917 5,9737

55,000 60,000 65,000 70,000 75,000

269,96529 275,58499 280,85759 285,82881 290,53548

0,0013029 0,0013193 0,0013356 0,0013519 0,0013682

0,0356417 0,0324481 0,0297268 0,0273784 0,0253298

1185,09 1213,92 1241,38 1267,66 1292,93

2789,72 2784,59 2778,88 2772,63 2765,89

1604,63 1570,67 1537,50 1504,97 1472,96

2,9762 3,0278 3,0764 3,1224 3,1662

5,9307 5,8901 5,8516 5,8148 5,7793

80,000 85,000 90,000 95,000 100,000

295,00773 299,27057 303,34498 307,24877 310,99715

0,0013847 0,0014013 0,0014181 0,0014352 0,0014526

0,0235256 0,0219235 0,0204902 0,0191994 0,0180300

1317,31 1340,93 1363,87 1386,23 1408,06

2758,68 2751,03 2742,94 2734,43 2725,49

1441,37 1410,10 1379,07 1348,20 1317,43

3,2081 3,2483 3,2870 3,3244 3,3606

5,7450 5,7117 5,6791 5,6473 5,6160

105,000 110,000 115,000 120,000 125,000

314,60326 318,07851 321,43289 324,67518 327,81314

0,0014703 0,0014885 0,0015071 0,0015263 0,0015461

0,0169648 0,0159896 0,0150927 0,0142642 0,0134958

1429,45 1450,44 1471,10 1491,46 1511,58

2716,13 2706,35 2696,12 2685,45 2674,31

1286,68 1255,91 1225,02 1193,99 1162,73

3,3959 3,4303 3,4638 3,4967 3,5290

5,5851 5,5545 5,5241 5,4939 5,4638

130,000 135,000 140,000 145,000 150,000

330,85366 333,80291 336,66639 339,44907 342,15539

0,0015665 0,0015877 0,0016097 0,0016328 0,0016570

0,0127804 0,0121120 0,0114852 0,0108953 0,0103384

1531,51 1551,29 1570,96 1590,58 1610,20

2662,68 2650,54 2637,86 2624,59 2610,70

1131,17 1099,25 1066,90 1034,01 1000,50

3,5608 3,5921 3,6232 3,6539 3,6846

5,4336 5,4032 5,3727 5,3418 5,3106

155,000 160,000 165,000 170,000 175,000

344,78942 347,35480 349,85489 352,29271 354,67106

0,0016824 0,0017094 0,0017383 0,0017693 0,0018029

0,0098107 0,0093088 0,0088299 0,0083709 0,0079292

1629,88 1649,69 1669,70 1690,03 1710,77

2596,12 2580,79 2564,62 2547,50 2529,30

966,24 931,10 894,92 857,47 818,53

3,7151 3,7457 3,7765 3,8077 3,8394

5,2788 5,2463 5,2130 5,1787 5,1431

180,000 185,000 190,000 195,000 200,000

356,99245 359,25916 361,47319 363,63618 365,74926

0,0018398 0,0018807 0,0019268 0,0019792 0,0020400

0,0075017 0,0070856 0,0066773 0,0062725 0,0058652

1732,09 1754,14 1777,15 1801,39 1827,21

2509,83 2488,85 2466,01 2440,78 2412,35

777,74 734,71 688,86 639,39 585,14

3,8718 3,9053 3,9401 3,9767 4,0156

5,1061 5,0670 5,0256 4,9808 4,9314

205,000 210,000 215,000 220,000 220,640

367,81289 369,82689 371,79103 373,70540 373,94600

0,0021126 0,0054457 0,0022055 0,0049960 0,0023468 0,0044734 0,0027044 0,0036475 0,0031056

1855,34 2379,25 1887,56 2338,59 1929,53 2283,12 2011,34 2173,09 2084,26

523,91 451,03 353,59 161,75 0,00

4,0579 4,8753 4,1064 4,8079 4,1698 4,7181 4,2945 4,5446 4,4070

Wasserdampftafel

Tabelle A.10 Wasserdampftafel, überhitzter Dampf [128] p t v h s m3 kJ kJ ◦ bar C kg kg kg K

t ◦C

409

v m3 kg

h kJ kg

s kJ kg K

0,2 0,2 0,2 0,2 0,2

100 150 200 250 300

8,58569 9,74880 10,90743 12,06412 13,21983

2686,19 2782,32 2879,14 2977,12 3076,49

8,1262 8,3680 8,5842 8,7811 8,9624

350 400 450 500 600

14,37498 15,52977 16,68434 17,83874 20,14721

3177,35 3279,78 3383,84 3489,57 3706,19

9,1311 9,2892 9,4383 9,5797 9,8431

0,4 0,4 0,4 0,4 0,4

100 150 200 250 300

4,27999 4,86636 5,44813 6,02793 6,60673

2683,68 2780,91 2878,23 2976,48 3076,00

7,8009 8,0455 8,2629 8,4602 8,6419

350 400 450 500 600

7,18498 7,76287 8,34052 8,91802 10,07267

3176,97 3279,47 3383,58 3489,35 3706,04

8,8108 8,9690 9,1182 9,2596 9,5231

0,6 0,6 0,6 0,6 0,6

100 150 200 250 300

2,84460 3,23883 3,62835 4,01586 4,40237

2681,10 2779,49 2877,32 2975,83 3075,52

7,6083 7,8557 8,0743 8,2722 8,4541

350 400 450 500 600

4,78831 5,17390 5,55925 5,94444 6,71449

3176,59 3279,16 3383,32 3489,14 3705,88

8,6232 8,7815 8,9308 9,0722 9,3358

1,0 1,0 1,0 1,0 1,0

100 150 200 250 300

1,69596 1,93673 2,17249 2,40619 2,63887

2675,77 2776,59 2875,48 2974,54 3074,54

7,3610 7,6147 7,8356 8,0346 8,2171

350 400 450 500 600

2,87097 3,10272 3,33424 3,56558 4,02795

3175,82 3278,54 3382,81 3488,71 3705,57

8,3865 8,5451 8,6945 8,8361 9,0998

1,2 1,2 1,2 1,2 1,2

150 200 250 300 350

1,61116 1,80852 2,00377 2,19799 2,39164

2775,12 2874,55 2973,89 3074,05 3175,43

7,5278 7,7499 7,9495 8,1323 8,3019

400 450 500 550 600

2,58493 2,77798 2,97087 3,16364 3,35631

3278,23 3382,56 3488,49 3596,10 3705,42

8,4606 8,6101 8,7517 8,8866 9,0155

1,5 1,5 1,5 1,5 1,5

150 200 250 300 350

1,28557 1,44453 1,60134 1,75711 1,91230

2772,89 2873,14 2972,90 3073,31 3174,86

7,4207 7,6447 7,8451 8,0284 8,1983

400 450 500 550 600

2,06713 2,22173 2,37615 2,53046 2,68468

3277,76 3382,17 3488,17 3595,83 3705,18

8,3571 8,5067 8,6484 8,7833 8,9123

2,0 2,0 2,0 2,0 2,0

150 200 250 300 350

0,95989 1,08052 1,19891 1,31623 1,43296

2769,09 2870,78 2971,26 3072,08 3173,89

7,2809 7,5081 7,7100 7,8940 8,0643

400 450 500 550 600

1,54934 1,66547 1,78144 1,89728 2,01304

3276,98 3381,53 3487,64 3595,37 3704,79

8,2235 8,3733 8,5151 8,6501 8,7792

4,0 4,0 4,0 4,0 4,0

150 200 250 300 350

0,47089 0,53434 0,59520 0,65488 0,71395

2752,78 2860,99 2964,56 3067,11 3170,01

6,9305 7,1724 7,3805 7,5677 7,7398

400 450 500 550 600

0,77264 0,83108 0,88936 0,94752 1,00559

3273,86 3378,96 3485,49 3593,55 3703,24

7,9001 8,0507 8,1931 8,3286 8,4579

6,0 6,0 6,0 6,0 6,0

200 250 300 350 400

0,35212 0,39390 0,43441 0,47426 0,51373

2850,66 2957,65 3062,06 3166,10 3270,72

6,9684 7,1834 7,3740 7,5480 7,7095

450 500 550 600 650

0,55295 0,59200 0,63093 0,66977 0,70854

3376,38 3483,33 3591,73 3701,68 3813,24

7,8609 8,0039 8,1398 8,2694 8,3937

8,0 8,0 8,0 8,0 8,0

200 250 300 350 400

0,26087 0,29320 0,32415 0,35441 0,38427

2839,77 2950,54 3056,92 3162,15 3267,56

6,8176 7,0403 7,2345 7,4106 7,5733

450 500 550 600 650

0,41388 0,44332 0,47263 0,50186 0,53101

3373,79 3481,17 3589,90 3700,12 3811,90

7,7255 7,8690 8,0053 8,1353 8,2598

410

Anhang

Tabelle A.10 Wasserdampftafel, überhitzter Dampf (Fortsetzung) [128] p t v h s t v m3 kJ kJ m3 ◦ ◦ C bar C kg kg kg K kg

h kJ kg

s kJ kg K

10,0 10,0 10,0 10,0 10,0

200 250 300 350 400

0,20600 0,23274 0,25798 0,28249 0,30659

2828,27 2943,22 3051,70 3158,16 3264,39

6,6955 6,9266 7,1247 7,3028 7,4668

450 500 550 600 650

0,33044 0,35411 0,37766 0,40111 0,42450

3371,19 3479,00 3588,07 3698,56 3810,55

7,6198 7,7640 7,9007 8,0309 8,1557

15,0 15,0 15,0 15,0 15,0

200 250 300 350 400

0,13244 0,15200 0,16970 0,18658 0,20301

2796,02 2923,96 3038,27 3148,03 3256,37

6,4537 6,7111 6,9199 7,1035 7,2708

450 500 550 600 650

0,21918 0,23516 0,25102 0,26678 0,28248

3364,65 3473,57 3583,49 3694,64 3807,17

7,4259 7,5716 7,7093 7,8404 7,9657

20,0 20,0 20,0 20,0 20,0

250 300 350 400 450

0,11148 0,12550 0,13859 0,15121 0,16354

2903,23 3024,25 3137,64 3248,23 3358,05

6,5474 6,7685 6,9582 7,1290 7,2863

500 550 600 650 700

0,17568 0,18769 0,19961 0,21146 0,22326

3468,09 3578,88 3690,71 3803,79 3918,24

7,4335 7,5723 7,7042 7,8301 7,9509

30,0 30,0 30,0 30,0 30,0

250 300 350 400 450

0,07062 0,08118 0,09056 0,09938 0,10788

2856,55 2994,35 3116,06 3231,57 3344,66

6,2893 6,5412 6,7449 6,9233 7,0853

500 550 600 650 700

0,11619 0,12437 0,13244 0,14045 0,14840

3457,04 3569,59 3682,81 3796,99 3912,34

7,2356 7,3767 7,5102 7,6373 7,7590

40,0 40,0 40,0 40,0 40,0

300 350 400 450 500

0,05887 0,06647 0,07343 0,08004 0,08644

2961,65 3093,32 3214,37 3330,99 3445,84

6,3638 6,5843 6,7712 6,9383 7,0919

550 600 650 700 750

0,09270 0,09886 0,10494 0,11097 0,11696

3560,22 3674,85 3790,15 3906,41 4023,80

7,2353 7,3704 7,4989 7,6215 7,7391

60,0 60,0 60,0 60,0 60,0

300 350 400 450 500

0,03619 0,04225 0,04742 0,05217 0,05667

2885,49 3043,86 3178,18 3302,76 3422,95

6,0702 6,3356 6,5431 6,7216 6,8824

550 600 650 700 750

0,06102 0,06526 0,06943 0,07354 0,07761

3541,19 3658,76 3776,36 3894,47 4013,37

7,0306 7,1692 7,3002 7,4248 7,5439

80,0 80,0 80,0 80,0 80,0

300 350 400 450 500

0,02428 0,02998 0,03435 0,03820 0,04177

2786,38 2988,06 3139,31 3273,23 3399,37

5,7935 6,1319 6,3657 6,5577 6,7264

550 600 650 700 750

0,04517 0,04846 0,05167 0,05483 0,05793

3521,77 3642,42 3762,42 3882,42 4002,86

6,8798 7,0221 7,1557 7,2823 7,4030

100,0 100,0 100,0 100,0 100,0

350 400 450 500 550

0,02244 0,02644 0,02978 0,03281 0,03566

2923,96 3097,38 3242,28 3375,06 3501,94

5,9458 6,2139 6,4217 6,5993 6,7584

600 650 700 750 800

0,03838 0,04102 0,04359 0,04613 0,04862

3625,84 3748,32 3870,27 3992,28 4114,73

6,9045 7,0409 7,1696 7,2918 7,4087

150,0 150,0 150,0 150,0 150,0

350 400 450 500 550

0,01148 0,01567 0,01848 0,02083 0,02295

2693,00 2975,55 3157,84 3310,79 3450,47

5,4435 5,8817 6,1433 6,3479 6,5230

600 650 700 750 800

0,02492 0,02680 0,02862 0,03039 0,03212

3583,31 3712,41 3839,48 3965,56 4091,33

6,6797 6,8235 6,9576 7,0839 7,2039

200,0 200,0 200,0 200,0 200,0

400 450 500 550 600

0,00995 0,01272 0,01479 0,01657 0,01818

2816,84 3061,53 3241,19 3396,24 3539,23

5,5525 5,9041 6,1445 6,3390 6,5077

650 700 750 800

0,01969 0,02113 0,02252 0,02387

3675,59 3808,15 3938,52 4067,73

6,6596 6,7994 6,9301 7,0534

Wasserdampftafel

411

Tabelle A.11 Stoffwerte für trockene Luft bei p = 1 bar (p = 0,1 MPa) t

%

cp

103 β

103 λ

106 η

106 ν

106 a

Pr -

kg m3

kJ kg K

1 K

W mK

kg ms

m2 s

m2 s

200 180 160 140 120

5,106 3,851 3,126 2,639 2,287

1,186 1,071 1,036 1,010 1,014

17,24 11,83 9,293 7,726 6,657

6,886 8,775 10,64 12,47 14,26

4,997 6,623 7,994 9,294 10,55

0,9786 1,720 2,558 3,522 4,614

1,137 2,127 3,286 4,677 6,150

0,8606 0,8086 0,7784 0,7530 0,7502

- 100 - 80 - 60 - 40 - 30

2,019 1,807 1,636 1,495 1,433

1,011 1,009 1,007 1,007 1,007

5,852 5,227 4,725 4,313 4,133

16,02 17,74 19,41 21,04 21,84

11,77 12,94 14,07 15,16 15,70

5,829 7,159 8,598 10,14 10,95

7,851 9,730 11,78 13,97 15,13

0,7423 0,7357 0,7301 0,7258 0,7236

- 20 - 10 0 10 20

1,377 1,324 1,275 1,230 1,188

1,007 1,006 1,006 1,007 1,007

3,968 3,815 3,674 3,543 3,421

22,63 23,41 24,18 24,94 25,69

16,22 16,74 17,24 17,74 18,24

11,78 12,64 13,52 14,42 15,35

16,33 17,57 18,83 20,14 21,47

0,7215 0,7196 0,7179 0,7163 0,7148

30 40 60 80 100

1,149 1,112 1,045 0,9859 0,9329

1,007 1,007 1,009 1,010 1,012

3,307 3,200 3,007 2,836 2,683

26,43 27,16 28,60 30,01 31,39

18,72 19,20 20,14 21,05 21,94

16,30 17,26 19,27 21,35 23,51

22,84 24,24 27,13 30,14 33,26

0,7134 0,7122 0,7100 0,7083 0,7070

120 140 160 180 200

0,8854 0,8425 0,8036 0,7681 0,7356

1,014 1,016 1,019 1,022 1,026

2,546 2,422 2,310 2,208 2,115

32,75 34,08 35,39 36,68 37,95

22,80 23,65 24,48 25,29 26,09

25,75 28,07 30,46 32,93 35,47

36,48 39,80 43,21 46,71 50,30

0,7060 0,7054 0,7050 0,7049 0,7051

250 300 350 400 450

0,6653 0,6072 0,5585 0,5170 0,4813

1,035 1,046 1,057 1,069 1,081

1,912 1,745 1,605 1,486 1,383

41,06 44,09 47,05 49,96 52,82

28,02 29,86 31,64 33,35 35,01

42,11 49,18 56,65 64,51 72,74

59,62 69,43 79,68 90,38 101,5

0,7063 0,7083 0,7109 0,7137 0,7166

500 550 600 650 700

0,4502 0,4228 0,3986 0,3770 0,3576

1,093 1,105 1,116 1,126 1,137

1,293 1,215 1,145 1,083 1,027

55,64 58,41 61,14 63,83 66,46

36,62 38,19 39,71 41,20 42,66

81,35 90,31 99,63 109,3 119,3

113,1 125,1 137,5 150,3 163,5

0,7194 0,7221 0,7247 0,7271 0,7295

750 800 850 900 1000

0,3402 0,3243 0,3099 0,2967 0,2734

1,146 1,155 1,163 1,171 1,185

0,9772 0,9317 0,8902 0,8523 0,7853

69,03 71,54 73,98 76,33 80,77

44,08 45,48 46,85 48,19 50,82

129,6 140,2 151,2 162,4 185,9

177,1 191,0 205,2 219,7 249,2

0,7318 0,7342 0,7368 0,7395 0,7458

◦C

-

412

Anhang

Tabelle A.12 Stoffwerte für siedendes flüssiges Wasser (Die Werte für die Dichte %, die spezifische isobare Wärmekapazität cp , den Volumenausdehnungskoeffizienten β, die Wärmeleitfähigkeit λ, die dynamische Viskosität η, die Temperaturleitfähigkeit a und die Prandtl-Zahl P r lassen sich in erster Näherung auch für flüssiges Wasser bei derselben Temperatur und bei höheren Drücken verwenden.) p

%

cp

103 β

λ

103 η

109 a

Pr

bar

kg m3

kJ kg K

1 K

W mK

kg ms

m2 s

-

0,01 10 20 30 40

0,00611655 0,01228199 0,02339318 0,04246971 0,07384938

999,7925 999,6546 998,1618 995,6062 992,1751

4,21991 4,19554 4,18436 4,18008 4,17965

- 0,06797 0,08769 0,20666 0,30330 0,38545

0,56104 0,58000 0,59842 0,61546 0,63058

1,79116 1,30598 1,00165 0,79736 0,65297

132,978 138,289 143,277 147,886 152,059

13,4724 9,44709 7,00390 5,41550 4,32802

50 60 70 80 90

0,12351946 0,19946434 0,31200930 0,47414474 0,70181766

987,9962 983,1602 977,7337 971,7662 965,2953

4,18155 4,18513 4,19022 4,19687 4,20528

0,45779 0,52329 0,58401 0,64143 0,69666

0,64355 0,65435 0,66309 0,66999 0,67525

0,55683 0,46638 0,40387 0,35433 0,31440

155,772 159,029 161,851 164,279 166,345

3,55310 2,98290 2,55217 2,21958 1,95799

100 110 120 130 140

1,0141800 1,4337871 1,9867442 2,7027998 3,6153910

958,3491 950,9480 943,1066 934,8340 926,1344

4,21567 4,22833 4,24351 4,26150 4,28258

0,75062 0,80409 0,85777 0,91230 0,96836

0,67909 0,68169 0,68319 0,68370 0,68330

0,28174 0,25470 0,23205 0,21290 0,19654

168,088 169,536 170,709 171,620 172,279

1,74900 1,57982 1,44135 1,32698 1,23182

150 160 170 180 190

4,7616454 6,1823462 7,9218701 10,028105 12,552362

917,0077 907,4495 897,4510 886,9990 876,0757

4,30708 4,33535 4,36782 4,40497 4,44740

1,02660 1,08773 1,15256 1,22196 1,29698

0,68204 0,67996 0,67705 0,67332 0,66875

0,18246 0,17024 0,15955 0,15014 0,14178

172,685 172,837 172,721 172,328 171,639

1,15223 1,08544 1,02931 0,98221 0,94289

200 210 220 230 240

15,549279 19,076750 23,195862 27,970875 33,469251

864,6581 852,7176 840,2190 827,1192 813,3656

4,49584 4,55121 4,61463 4,68756 4,77190

1,37882 1,46899 1,56929 1,68207 1,81027

0,66331 0,65697 0,64965 0,64131 0,63185

0,13432 0,12760 0,12152 0,11596 0,11085

170,632 169,283 167,552 165,407 162,793

0,91039 0,88398 0,86316 0,84761 0,83718

250 260 270 280 290

39,761749 46,922610 55,029868 64,165829 74,417783

798,8942 783,6257 767,4612 750,2752 731,9052

4,87013 4,98562 5,12302 5,28893 5,49310

1,95783 2,13005 2,33429 2,58112 2,88622

0,62119 0,60924 0,59591 0,58115 0,56496

0,10611 0,10168 0,09750 0,09351 0,08966

159,659 155,941 151,565 146,454 140,522

0,83192 0,83209 0,83818 0,85098 0,87174

300 310 320 330 340

85,879049 98,650512 112,84293 128,58052 146,00677

712,1356 690,6716 667,0939 640,7732 610,6676

5,75040 6,08478 6,53734 7,18634 8,20797

3,27392 3,78393 4,48561 5,51342 7,17536

0,54743 0,52875 0,50920 0,48907 0,46851

0,08590 0,08217 0,07841 0,07454 0,07043

133,680 125,815 116,762 106,208 93,4713

0,90229 0,94558 1,00664 1,09521 1,23392

350 360 370 373,946

165,29415 186,66007 210,43563 220,64000

574,7065 527,5916 451,4257 321,1999

10,1160 15,0044 45,1552 ∞

10,39303 19,12076 76,38429 ∞

0,44737 0,42572 0,42504 0,83000

0,06588 0,06033 0,05207 0,03943

76,9506 53,7784 20,8514 0

1,48962 2,12627 5,53165 ∞

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