Beispielsammlung Thermodynamik

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1 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 1 von 22 Florian Grabner Beispielsammlung Thermodynamik Mathematische / Fachliche Inhalte in Stichworten: Die Hauptsätze der Thermodynamik, Was ist Enthalpie/Entropie, Reversible Ersatzprozess, Grundlegendes der technischen Thermodynamik, Kreisprozesse, Kompressoren und Turbinen, Feuchte Luft, Verbrennungskraftmaschine Kurzzusammenfassung Zu Wiederholung, die Hauptsätze der Thermodynamik, der reversible Ersatzprozess und genauere Betrachtung der Größen Enthalpie und Entropie. Danach wird anhand einiger Beispiele die Anwendung der technischen Thermodynamik gezeigt. Lehrplanbezug (bzw. Gegenstand / Abteilung / Jahrgang): Technische Mechanik, Kolbenmaschinen, Energie- und Umwelttechnik, 4. & 5. Jhg Mathcad-Version: Mathcad 11 Literaturangaben: Vorlesungsskriptum "Thermodynamik" TU-Graz, Dr. R. Pischinger Physik für Ingeniuere, P. Dobrinski ua., Teubner Technsche Mechanik 3, Steger ua., Teubner Anmerkungen bzw. Sonstiges: Diese Beispiele wurden in modifizierter Form aus dem Übungs- und Prüfungsbeispielfundus des Institutes für Verbrennungskraftmaschinen und Thermodynamik der TU-Graz entnommen. Dieser Beitrag setzt gewisse Vorkenntnisse voraus (Zustandsgrößen, Zustandsänderungen, ideales Gasverhalten, usw). Inhaltsverzeichnis: Hier erhalten Sie einen Überblick über die einzelnen Teile des Artikels. Durch Doppelklick auf das jeweilige Schlüsselwort kommen Sie zum entsprechenden Abschnitt 1. Einführung 2. Anwendungsbeispiele 2.1. Luftspeicher 2.2. Gasturbinenanlage mit Wärmeregeneration 2.3. Klimatisierung eines Raumes 2.4. Ausgleichsvorgänge (Gay Lussac) 2.5. Ottomotor

2 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 2 von Einführung 1.1 Der 1. Hauptsatz der Thermodynamik In der technischen Thermodynamik betrachtet man immer einen abgegrenzten Raum, das sog. thermodynamische Sytem (später nur als System bezeichnet). Wir unterscheiden zwischen einem geschlossenen und einem stationären oder instationären offenen System. Betrachtet man nun die einem System zu- bzw abgeführten und gespeicherten Energien - sog. Energiebilanz - so erhält man den 1. Hauptsatz der Thermodynamik. Für das geschlossene System können wir schreiben: dq a + da = du + de a dq a... Zu- bzw abgeführte Wärme (von 'a'ußen) da... Zu- bzw abgeführte Arbeit du... Änderung der Inneren Energie de a... Änderung der Äußeren Energie (potentielle, kinetische) Fig. 1 Geschlossenes System Anmerkung zur Vorzeichengebung: Dem System zugeführte Energien (Wärme, Arbeit) werden positiv gerechnet. Innere und äußere Energien sind positiv wenn sie erhöht werden. Für das instationäre offene Sytem können wir schreiben: dq a + da t + dm i ( u i + e ai + p i v i ) = du + de a Da der Anteil der Einschiebearbeit getrennt berücksichtigt wird indiziert man die Arbiet häufig mit einem t (technische). Ähnliches gilt für die Wärme; Um zwischen dem Wärmefluss über die Systemgrenzen und der Inneren Reibungswärme (die zu einer Erhöung der Inneren Energie führt) zu unterscheiden indiziert man mit einem a (äußere). Fig 2. Instationäres offenes System (z.b.luftballon) dm i... zu- bzw. abgeführte Masse u i... Innere Energie von dmi ea i... Äußere Energie von dmi p i v i... Einschiebearbeit (Kraft x Weg) Im Fall eines konstanten Massenstromes und einem stationären Betrieb (Innere Energie und Äußeren Energien des Systems ändert sich über die Zeit nicht) vereinfacht sich die obrige Gleichung zu: q a + a t + u 1 + p 1 v 1 + e a1 = u 2 + p 2 v 2 + e a2 ( u 1 + p 1 v 1 ) a t = u 2 + p 2 v 2 + e a2 e a1 q a Fig 3. Stationäres offens System (z.b. Kompressor) Vorallem dem Fall eines stationären offenen Systems (sog. stationärer Fließprozess) kommt in der Technik besondere Bedeutung zu (Turbinen, Kompressoren, Strömung, Prozesse in der Verfahrenstechnik). Man vereinfacht deshalb nochmals und fasst die Inneren Energien und die entsprechenden Verschiebearbeiten zu einer neuen Größe zusammen, der Enthalpie.

3 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 3 von Die Enthalpie - H, h Die Enthalpie ist die bei einem bestimmten Druck gespeicherte Energie (Wärme) die sich aus Innerer Energie und dem Produkt aus Druck und Volumen, der Druckenergie, zusammensetzt: H = U + p V bzw bezogen auf 1 kg des Stoffes h = u + p v Die Definition der Enthalpie geht auf J.W. Gibbs zurück. Der Begriff leitet sich aus dem griechischen εν (en; meistens in) und θαλποσ (thalpos; Wärme, Hitze) ab - also "in der Wärme". Durch Einführung der Enthalpie vereinfacht sich der 1. Hauptsatz für offene Systeme wesentlich. stationär: instationär: a t = h 2 h 1 + e a1 e a2 q a dq a + da t + dm i ( h i + e ai ) = du + de a 1.3. Der Reversible Ersatzprozess Aus eigener Erahrung wissen wir, dass bei jedem natürlichen Vorgang Reibung im Spiel ist, d.h. Prozesse sind verlustbehaftet. Reibung geht immer in Wärme über und man muss mehr Arbeit aufwenden als der entsprechende ideale Prozess erfordern würde. Es stellt sich nun die Frage ob man den Anteil der Reibung der Wärme oder der Arbeit zuordnet. Energetisch gesehen macht es keinen Unterschied ob die Reibungswärme in Form von Arbeit oder äußerer Wärme zugeührt wird. Die nachfolgenden Figuren zeigen diese beiden Systeme (1. Hauptsatz zeigt, dass beide energetisch gleichwertig sind). dq a Fig. 4 a) Tatsächlicher Prozess + da R + da rev = du + de a Fig. 4 b) Reversible Ersatzprozess dq rev + da rev = du + de a In beiden Fällen nehmen wir an, dass die äußern Energien Null sind (wie im System gezeichnet). Der Index "rev" zeigt an, dass die Energie reversibel ist. Nach der obigen Überlegung muss gelten: dq R = da R Somit ergibt sich für sie sogenannte reversible Wärme folgender Zusammenhang: dq rev = dq a + dq R Da in unserem System nur Volumsänderungsarbeit auftritt kann man die Definitiongleichung der reversiblen Wärme nach Umformung des 1. Hauptsatzes erhalten: dq rev p dv = du (laut Vorzeichenvereinbahrung sind zugeführte Arbeiten positiv, das Volumen verkleinert sich aber - negatives Vorzeichen) dq rev = du + p dv bzw dq rev = du + p dv Drückt man die reversible Wärme durch die Enthalpie aus, so kann man auch schreiben dq rev = dh V dp bzw dq rev = dh v dp

4 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 4 von Die Entropie - S,s Wir wissen nun, dass Prozesse in der Natur immer irreversiblel sind (Reibung, Mischungsvorgänge, Wärmetransport, usw). Es gibt nun eine Zustandsgröße die es uns erlaubt die Möglichkeit einer Zustandsänderung in einem abgeschlossenen System zu bestimmen (der Zusatz abgeschlossen - also weder Stoff- noch Wärmeströme über die Systemgrenze - ergibt sich aus der Herleitung, stellt aber keine Beschränkung dar, denn die Systemgrenzen können immer so groß gewählt werden, das ein solches vorliegt). Die gesuchte Größe ist die Entropie! ds dq rev = T bzw ds = Wie kann man sich die Entropie vorstellen? dq rev T Nun die Entropie ist ein Maß für die Unordnung. Ein System strebt immer nach einem Maximum der Unordnung, d.h. die Entropieänderung ist immer positiv - Entropie strebt zu einem Maximum. Es bedarf natürlich, für ein vollständiges Verständniss der Entropie, weit mehr als hier zu sagen angebracht wäre. Dieses tiefere Verständnis ist für die reine Berechnung, sprich Verwendung dieser Zustandsgröße aber nicht notwendig. Ein sehr plakatives Beispiel ist ein Kinderzimmer. Es bedarf keines großen Aufwandes das Zimmer in Unordnung zu bringen. Um den ursprünglichen Zustand wieder herzustellen ist aber ein erheblicher Arbeitsaufwand nötig Der 2. Hauptsatz der Thermodynamik Der 2. Hauptsatz fasst nun die Erkenntnisse bezüglich der Irreversibilität zusammen: ds i 0 Alle natürlichen Prozesse sind irreversibel oder in einem abgeschlossenen System nimmt die Summe aller Entropien zu, im Grenzfall des Reversibilität bleibt sie Null. Sie kann aber niemals negativ werden. zurück zum Inhaltsverzeichnis

5 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 5 von Anwendungsbeispiele 2.1. Luftspeicher In einem Luftspeicher-Gasturbinenkraftwerk wird zur Deckung von Spitzenlasten während 8 lastschwacher Stunden Luft vom Umgebungszustand mit einem gekühlten Verdichter reibungsfrei polytrop auf den Druck p 2 = p 3 verdichtet, wobei sich einen zeitlich konstante Temperatur T 2 =450 K einstellt. Die Luft gelangt dann in einen unterirdischen Speicher mit einem Volumen von m³. Die untere Grenze des Speicherdruckes p 3 beträgt 50 bar und die obere Grenze liegt bei 65 bar. Der Massenstrom während des Auffüllvorganges ist zeitlich konstant. Die Temperatur der Luft im Speicher (T 3 =350 K; Gleich der Temperatur des Erdreiches ) bleibt während des Auffüllvorganges konstant. Konstante spezifische Wärmen der Luft können angenommmen werden. Fig. 5 Luftspeicher mit Kompressor a.) Welche Masse wird während des Auffüllvorganges in den Speicher eingefüllt? b.) Für welche maximale Leistung muss der Verdichter ausgelegt sein? c.) Welche Wärmemenge muss während des Auffüllvorganges mit dem Erdreich ausgetauscht werden? Umgebungszustand T 1 := 298K p 1 := 1bar Temperatur am Kompressoraustritt T 2 := 450K Temperatur Im Luftspeicher T 3 := 350K Volumen des Luftspeichers V m 3 := Druck im Speicher vor dem Auffüllen p 3v := 50bar Druck im Speicher nach dem Auffüllen p 3n := 65bar Stoffwerte: Gaskonstante von Luft R := 287 J Spezifische Wärmen c p := kj c v := kj Isentropenexponent von Luft κ := 1.4 ad a. Die zugeführte Masse errechtnet sich einfach aus der Differenz der Massen vor und nach dem Auffüllvorgang. Die Masse erhält man durch Umvormung der Gasgleichung: Gasgleichung p V = m R T m = p V R T Zugeführte Masse V 3 m := ( p 3n p 3v ) m = kg R T 3

6 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 6 von 22 ad b. Der Kompressor braucht die größte Leistung am Ende des Auffüllens, wenn im Speicher der maximale Druck herrscht. Wir setzten um die Leistung zu berechnen, den ersten Hauptsatz für den Kompressor (stationären Fließprozess) an: a t = h 2 h 1 q a Wir wissen aus der Angabe, dass die Kompression reibungsfrei erfolgt und können sagen dq a = dq rev = dh v dp qa = h 2 h 1 v dp Setzen wir nun in den 1. HS ein so erhalten wir Fig. 6 Kompressor - stationärer Fließprozess a t = v dp Dieser Weg ist dann sinnvoll, wenn die Zustandsänderung reibungsfrei erfolgt (weil die Reibungswärme sonst als Unbekannte in der Gleichung stehen würde) und wenn die Art der Zustandsänderung bekannt ist. In diesem Fall handelt es sich um eine polytrope Zustandsänderung. Polytropengleichung n p 1 v 1 = p v n = konst p 1 p = v v 1 p 1 v = v 1 p v = R T 1 p 1 Diese Gleichung kann nun leicht integriert werden. Einzig der Polytropenexponent muss vorher noch ermittelt werden. Dazu gehen wir wieder von der Polytropnengleichung aus n 1 n 1 n n n n p 1 v 1 = p 2 v 2 1 p mit 1 n p 1 v 1 = R T 1 p 1 v 2 = p 2 v 1 n := ln p 1 p 2 Nun kann man die maximal erforderliche Kompressorleistung leicht berechnen n = ln T 2 p 1 T 1 p 2 R T 2 p 1 R T 1 p 2 n mit p 2 := p 3n n = a t := p 3n p 1 R T 1 p 1 1 n n 1 p 1 n dp a t = kj kg

7 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 7 von 22 Laut Angabe dauert der Auffüllvorgang 8 Stunden, somit entspricht das einem Massenstrom von Die maximal erforderlicher Leistung beträgt demnach m m st := m st = kg 8h s P K := a t m st P K = MW ad c. Um die ausgetauschte Wämemenge zu berechnen betrachten wir den Speicher als System. Der Speicher ist ein offenes instationäres System. Der 1. HS für diesen Fall lautet allgemein da t + dq a + dm i h i + e ai = du + de a Kein Arbeitsfluss über die Systemgrenzen da t = 0 Äußere Energie der Massenstromes vernachlässigbar e a2 = 0 Äußere Energie der Gesamtsystems unverändert de a = 0 Fig. 7 Luftspeicher - Offenes instationäres System Temperatur im Speicher bleibt gleich du = 0 Da nur ein Massenstrom zufließt vereinfacht sich der 1. HS zu dq a + h 2 dm = du dq a + h 2 dm = u dm dq a + h 2 dm = u dm + m du Nach Integration erhält man die Bestimmungsgleichung für die ausgetauschte Wärme Q a = u m h 2 m Die Innere Energie und die Enthalpie berechnet man mit Hilfe der spezifischen Wärme. Allgemein gilt dq rev c = dt Setzt man die Definitionsgleichung der reversiblen Wärme ein so erhält man du + p dv dh v dp c = = dt dt Betrachtet man nun eine isochore bzw. eine isobare Zustandsänderung zu erhält man die benötigten Beziehungen du = c v dt bzw dh = c p dt Mit der Annahme, dass die spezifischen Wärmen konstant bleiben (nicht von der Temperatur abhängen) wählen wir für Innere Energie und Enthalpie den Nullpunkt bei 0 Kelvin. Damit können wir schreiben Q a = c v T 3 0 Q a := c v T 3 c p T 2 m c p T 2 0 m Q a = GJ m Das negative Vorzeichen zeigt an (nach unserer Vorzeichenvereinbarung), dass die Wärme abgeführt wird, was auch unseren Erwartungen entspricht. zurück zum Inhaltsverzeichnis

8 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 8 von Gasturbinenanlage mit Wärmeregeneration Fig. 8 Gasturbinenanlage mit Wärmeregeneration a.) Der Prozess ist im T-s-Diagramm darzustellen b.) Welche Nutzleistung wird erreicht? c.) Mit welchem Luftverhältnis λ verbrennt der Brennstoff? d.) Welche Wärmemenge muss als Verlustwärme abgeführt werden? Eine stationäre Gasturbinenanlage mit Wärmeregeneration (Rückführung eines Teiles der Abgaswärme) hat ein Druckverhältnis im Verdichter (V) p 2 /p 1 = 3 und eine Temperatur am Turbineneintritt t 4 = 600 C. Es werden V = m³/h Luft mit Umgebungszustand angesaugt. Verdichter- und Turbinenwirkungsgrad betragen η i.s = 0.85; der mechanische Wirkungsgrad der Anlagebeträgt η m = 0.9 Der Brennstoff hat einen Heizwert H u = kj/kg und benötigt je kg die stöchiometrische Luftmenge L min = 14.7 kg/kg. Für das Arbeitsgas können die Stoffgrößen für Luft eingesetzt werden; Die Temperaturdifferenz im Regenerator (R) kann vernachlässigt werden! Verdichter, Regenerator, Brennkammer und Turbine sind als adiabat anzunehmen. Die Massenzunahme infolge des Brennstoffes ist vernachlässigbar klein. Umgebungszustand T 1 := 298K p 1 := 1bar Druckverhältnis im Verdichter p 2 := 3 p 1 Temperatur am Turbineneintritt T 4 := 873K Angesaugter Volumenstrom V st := m3 h Innerer isotroper Wirkungsgrad η i.s := 0.85 Mechanischer Wirkungsgrad Untere Heizwert des Brennstoffes Stöchiometrischer Luftbedarf Stoffwerte: Gaskonstante von Luft Molwärme (von 0 C bis 100 C) Molwärme (von 0 C bis 400 C) Molwärme (von 0 C bis 600 C) Molmasse für Luft η m := 0.9 H u := L min := 14.7 R := 287 C mp100 := C mp400 := C mp600 := M := kj kg J kg kmol kj kmol K kj kmol K kj kmol K

9 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 9 von 22 ad a. Zustandsänderungen im T-s-Diagram Fig. 9 T-s-Diagram 1-2 Kompression. Reibungsbehafteter adiabater Vorgang. Man berechnet die ideale isentrope Verdichtung (2s) und mit η i.s auf Zustand 2 zurück. 2-3 Wärmezufuhr durch Regeneration, isobarer Vorgang (keine Reibungsverluste) die Temp. in Zustand 3 entspricht der Turbinenaustrittstemp. T 5 (keine Temp.-diff. im Wärmetauscher) 3-4 Isobare Verbrennnung, verlustfrei 4-5 Turbine. Gleiche Vorgangsweise wie beim Verdichter 5-6 Regeneration, die Flächen unter der Isobaren p 1 zwischen 5 und 6 muss gleich groß sein wie unter p 2 zwischen 2 und 3. ad b. Um die Nutzleistung zu berechnen setzt man die Leistungsbilanz an der gemeinsamen Welle an. P Te P Ke P N = 0 (Index "e" dür effektive) Da der Massenzuwachs durch den zugeführten Brennstoff vernachlässigt werden kann bleibt der Massenstrom konstant und es gilt m st P N = a Te a Ke Da der Verdichter und die Turbine auf einer gemeinsamen Welle sitzen kann man die mechanischen Verluste nur für die gesamte Anlage angeben. In der Regel mit einem auf die Turbine bezogen mechanischen Wirkungsgard. m st P N = a Ti η m a Ki (Index "i" für innere) Verdichter: Isentropengleichung κ κ p 1 v 1 = p 2 v 2 p 2 v 1 = p 1 v 2 κ Gasgleichung p i v i = R T i v i = R T i p i Daraus folgt durch einsetzten und umformen p 2 T 2s = T 1 p 1 Aufgrund der großen Temperaturunterschiede ist die Temperaturabhängigkeit von κ zu berücksichtigen. Da wir die gewünschte Temperatur T 2s aber noch nicht kennen, nehmen wir diese an und korrigieren interativ bis wir ein vernüftiges Ergebnis erhalten. T 2s := 400K κ 1 κ c pk := C mp100 M c pk = kj

10 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 10 von 22 c pk κ := κ = c pk R κ p 2 T 2s := T 1 T 2s = K p 1 Aufgrund der Angaben genügt uns dieses Ergebnis (100 C-Sprünge der Molwärmen) κ 1 a Ks c pk T 2s T 1 Temperatur im Zustand 2 η i.s = = a Ki c pk ( T 2 T 1 ) T 2s T 1 T 2 := T 1 + T 2 = K η i.s Der 1. Hauptsatz für den stationären Fließprozess liefert uns a t = h 2 h 1 Fig. 10 Verdichter - stationärer Fließprozess a t = c p T 2 T 1 a t Innere Kompressorleistung a Ki = η is a Ki := c pk ( T 2 T 1 ) a Ki = kj kg Turbine: Die Berechnung für die Turbine erfolgt analog zu der soeben durchgeführten. Vorsicht ist bei der Wirkungsgraddefinition geboten! T 5s := 653K C mp600 T 4 T 0 C mp400 T 5s T 0 c pt := c M ( T 4 T 5s ) pt = kj c pt κ := κ = c pt R κ p 1 T 5s := T 4 T 5s = K p 2 κ 1 a Ki c pt T 5 T 4 η i.s = = a Ks c pt T 5s T 4 η i.s T 5 := T 4 + T 5s T 4 T 5 = K 1. Hauptsatz für stationären Fließprozess liefert uns wieder a t = h 5 h 4 Fig. 11 Turbine - stationärer Fließprozess a t = c p T 5 T 4

11 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 11 von 22 Innere Kompressorleistung a Ki = a t η is a Ti := c pt ( T 5 T 4 ) a Ti = kj kg p 1 Massenstrom m st := V st m st = kg R T 1 s Nutzleistung P N := m st a Ti η m a Ki P N = kw ad c. Fig. 12 Brennkammer - stationärer Fließprozess Wärmeregeneration (siehe T-s-Diagram) T 3 := T 5 Um das Luftverhältnis zu berechnen, brauchen wir die Menge des zugeführten Brennstoffes. Wir setzten also den 1. HS für die Brennkammer an unter folgenden Annahmen: 1.) Die Verbrennung erfolgt isobar 2.) Die Verbrennung erfolgt vollständig ohne Verluste 3.) Die Entahlpie des Brennstoffstromes kann vernachlässigt werden 4.) Massenzunahme ist vernachlässigbar klein Q zu + m st h 3 m st h 4 = 0 m B H u + m st h 3 h 4 = 0 h 4 h 3 m B = m st H u C mp600 T 4 T 0 C mp400 T 3 T 0 spezifische Wärme c pbk := c M ( T 4 T 3 ) pbk = kj T 4 T 3 Brennstoffmenge pro Sekunde m B := m st c pbk m B = kg H u s tatsächliche Luftmenge je kg Brennstoff Luftverhältnis ad d. m st L := m B L = L λ := L min λ = Betrachten wir das nebenstehende T-s-Diagram so sehen wir folgendes: Nicht die gesamte Abwärme (q ab ) geht verloren sondern ein Teil (q Reg ) kann zum aufheizen des angesaugten Luftstromes verwendet werden und ein kleinerer Teil ist tatsächlicher Verlust (q Verl ). Da die Fläche im T-s-Diagram die reversible Wärme darstellt (siehe Definition) kann man die Verlustwärme leicht berechnen. Es gilt: dq rev = T ds Fig. 13 T-s-Diagram - Abgeführte Wärme dq rev = dh v dp

12 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 12 von 22 Für die Fläche unter einer Isobaren, wie in unserem Fall, gilt besonders dq rev = dh q rev = c p T 1 T 6 mit T 6 := T 2 Da das Arbeitsmedium nach dem Regenerationprozess in die Umgebung fließt handelt es sich um keinen echten Kreispozess. Wir können allerdings die Lücke durch eine gedachte Wärmeabgabe schließen. Diese Wärmeabgabe ist die gefragte Verlustwärme und kann nach obiger Gleichung berechnet werden. Da es sich um eine abgegebene Wärme handelt (neg. Vorzeichen) indizieren wir mit "Verl" (Verlust) und drehen das Vorzeichen um. c pv := c pk q Verl := c pv ( T 6 T 1 ) q Verl = kj kg Q Verl := m st q Verl Q Verl = kw zurück zum Inhaltsverzeichnis

13 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 13 von Klimatisierung eines Raumes Zur Klimatisierung eines Raumes werden V st = 0.1 m³/s Frischluft mit der Temperatur t = 18 C und der relativen Feuchte φ = 0.60 beim Druck p = 1 bar benötigt. Dieser Luftstrom soll durch isobare Mischung von Umgebungsluft und abgesaugter Luft aus dem klimatisierten Raum erzeugt werden. Die Umgebungsluft hat die Temperatur t 1 = 12 C und die Taupunkttemperatur t 1Tau = 8 C beim Druck p 1 = 1 bar, während die Abluft bei der Temperatur t 2 = 22 C und der relativen Feuchte φ 2 = 0.65 unter dem Druck p 2 = 1bar zu Verfügung steht. a.) Man bestimme die Volumenströme V st1 der Umgebungsluft und V st2 der Abluft, die bei der Mischung benötigt werden. b.) Welcher Wärmestrom Q st ist der Mischkammer zu- oder abzuführen? Fig. 14 Schaltbild Raumklimatisierung Zustandsgrößen Frischluft p := 1bar T := 291K t := T T 0 φ := 0.60 V := 0.1 m3 s Zustandsgrößen Umgebungsluft T 1 := 285K t 1 := T 1 T 0 Zustandsgrößen Abluft T 2 := 295K t 2 := T 2 T 0 φ 2 := 0.65 Stoffgrößen: Luft Wasserdampf Verdampfungswärme R l := 287 R d := r 0 := J 2500 kj kg J c pl := 1.00 kj c pd := 4.19 kj Sättigungdruck des Wasserdampfes bei 18 C p' d18 := bar Sättigungdruck des Wasserdampfes bei 22 C p' d22 := bar Sättigungdruck des Wasserdampfes bei 8 C p' d8 := bar

14 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 14 von 22 ad a. Die Volumenströme bekommen wir aus der Massenbilanz der Mischkammer. (Da wir in diesem Beispiel immer mit Massen- und Volumenströmen rechnen schreiben wir nur m bzw V - ohne Punkt) m = m 1 + m 2 Da man Luft nicht in Wasserdampf und umgekehrt umwandeln kann muss auch eine Komponentenweise Massenbilanz erfüllt sein. m d = m d1 + m d2 Fig. 15 Stoffströme der Mischkammer m l = m l1 + m l2 Mit der Definition des Feuchtegrades kann nun geschrieben werden. x = m d m l x m l = x 1 m l1 + x 2 m l2 x m l = x 1 m l1 + x 2 m l m l1 x x 2 m l1 = m l x 1 x 2 Wir brauchen somit nur den Massestrom der trockenen Luft nach der Mischung und die Feuchtegrade der einzelnen Zustände zu berechnen. Massenstrom der trockenen Luft p l V = m l R l T p l = p p d p l := p φ p' d18 p l = bar p l V m l := m l = kg R l T s Feuchtegrad der Frischluft x = x = m d m l p d R l p l R d R l p p l x := R d p l x = Feuchtegrad der Abluft p l2 := p φ 2 p' d22 p l2 = bar R l p p l2 x 2 := R d p l2 x 2 = Feuchtegrad der Umgebungsluft p l1 := p p' d8 p l1 = bar R l p p l1 x 1 := x 1 = R d p l1

15 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 15 von 22 x x 2 Massenstrom der trockenen Umgebungsluft m l1 := m l m l1 = kg x 1 x 2 s R l T 1 Volumenstrom der trockenen Umgebungsluft V 1 := m l1 V 1 = m3 p l1 s Massenstrom der trockenen Abluft m l2 := m l m l1 m l2 = 0.03 kg s R l T 2 Volumenstrom der trockenen Umgebungsluft V 2 := m l2 V 2 = m3 p l2 s ad b. Um die Frage nach dem Wärmeaustausch der Mischkammer mit der Umgebung zu beantworten schauen wir uns den 1. HS angewendet auf die Mischkammer an. Wir beziehen dabei alle größen auf 1 kg trockene Luft (Index "x" - in der Literatur "1+x"). h 1.x m l1 + h 2.x m l2 h x m l + Q a = 0 Fig. 16 Mischkammer - stationärer Fließprozess Die Enthalpie der feuchten Luft bezogen auf 1 kg trockene Luft errechnet sich mit h x = h l + x h d Legen wir den Nullpunkt bei 0 C (bei Wasser flüssiger Zustand) fest (siehe Fig. 17) dann kann man schreiben. h x = c pl t + x r 0 + c pd t Fig. 17 T-s-Diagram für Wasser Enthalpie - Frischluft h x := c pl t + x ( r 0 + c pd t) h x = kj kg Enthalpie - Umgebungsluft h 1.x := c pl t 1 + x 1 ( r 0 + c pd t 1 ) h 1.x = kj kg Enthalpie - Abluft h 2.x := c pl t 2 + x 2 ( r 0 + c pd t 2 ) h 2.x = kj kg Abgegebene Wärme Q a := h x m l h 1.x m l1 h 2.x m l2 Q a = W zurück zum Inhaltsverzeichnis

16 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 16 von Ausgleichsvorgänge (Gay Lussac) In zwei wärmeisolierten Behältern, die durch ein vorerst geschlossenes Ventil verbunden sind, befindet sich jeweils Luft mit folgendem Zustand: Fig. 18 Wärmeisolierte Behälter Behälter 1: V 1 := 3l Behälter 2: V 2 := 10l Stoffwerte: κ := 1.4 p 1v := 12bar p 2v := 4bar T 1v := 303K T 2v := 323K R := 287 J t 1v := 30 C t 2v := 50 C 1.) Das Ventil wird so lange geöffnet, bis sich Druck und Temperatur ausgeglichen haben. 2.) Dias Ventil wird nur so lange geöffnet, bis Druckgleichgewicht herrscht. Der Wärmefluss zwischen den beiden Behältern kann vernachlässigt werden. a.) Welchen Zustand hat die Luft in den Behältern nach dem Überströmen b.) Berechne die Entropiezunahme die durch den Ausgleichsvorgang verursacht wird. ad a. Um die Frage nach dem Zustand zu beantworten, setzen wir zunächst den 1. HS an. Als System wählen wir beide Behälte zusammen. dq a + da = de a + du Fig. 19 Beide Behälter - abgeschlossenes system Da weder Arbeit noch Wärme über die Systemgrenzen fließen und sich auch die äußeren Energien nicht ändern vereinfacht sich die Gleichung zu. du = 0 Die gesamte Innere Energie die vor öffnen des Ventils im System gespeichert ist bleibt auch nach den Ausgleichvorgängen gleich. Wir setzen also an (v - vorher, n - nacher) Innere Energie im Behälter 1 U 1v = m 1v u 1v U 1n = m 1n u 1n Innere Energie im Behälter 2 U 2v = m 2v u 2v U 2n = m 2n u 2n U 1v + U 2v = U 1n + U 2n m 1v u 1v + m 2v u 2v = m 1n u 1n + m 2n u 2n Da es sich um ein geschlossenes System handelt muss auch die Masse gleichbleiben. Es muss gelten m 1v + m 2v = m 1n + m 2n

17 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 17 von 22 Da wir keine Absolutwerte für Innere Energien berechnen können, sehr wohl aber Differenzen, wählen wir einen Nullpunkt. Es soll gelten: bei 0 C ist die Innere Energie Null. du = c v dt u u 0 = c v T T 0 u = c v t ACHTUNG: t in C p 1v V 1 Masse im Behälter 1 - vor m 1v := m 1v = kg R T 1v p 2v V 2 Masse im Behälter 2 - vor m 2v := m 2v = kg R T 2v 1.) Druck und Temperatur haben sich ausgeglichen m 1v c v t 1v + m 2v c v t 2v = c v t n m 1n + m 2n m 1v t 1v + m 2v t 2v t n := t n = C m 1v + m 2v Da sich in beiden Behältern Luft im gleichen Zustand befindet kann man die Gasgleichung für beide Behälter zusammen ansetzen. R p n V 1 + V 2 = m 1v + m 2v T n T n := t n + T 0 R m 1v + m 2v p n := V 1 + V 2 T n p n = bar 2.) Nur der Druck hat sich ausgeglichen Gasgleichung p n V 1 = m 1n R T 1n p n V 1 m 1n = R T 1n Setzt man nun wieder in den 1. Hs ein, so erhält man p 1v V 1 R T 1v c v t 1v + p 2v V 2 R T 2v c v t 2v = p n V 1 R T 1n c v t 1n + p n V 2 R T 2n c v t 2n Rechnet man nun die Celsius-Temperaturen in Kelvin-Temperaturen um mit t = T T 0 und kürzt die Gleichung durch R, T 0 und c v so erhält man p 1v V 1 + p 2v V 2 = p n V 1 + V 2 p 1v V 1 + p 2v V 2 p n := V 1 + V 2 p n = bar

18 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 18 von 22 Überraschenderweise ist der Druck der gleiche wie vorhin, obwohl in den Behältern noch unterschiedliche Temperaturen herrschen. Diese an sich nicht-trivialetatsache hat Jacques Alexandre César Charles um 1783 entdeckt und Joseph Louis Gay-Lussac 1802 im Gay-Lussac'sche Gesetz formuliert, das folgendes besagt: "Das Volumen (bei konstantem Druck) bzw. der Druck (bei konstantem Volumen) einer gegebenen Gasmenge ist direkt proportional zur absoluten Temperatur." Angenommen die Expansion im Behälter 1 verläuft reibungsfrei, kann die Temperatur mittels Isentropengleichung leicht berechnet werden. κ κ p 1v v 1v = p n v 1n p n p 1v = v 1v v 1n κ mit der Gasgleichung folgt p n T 1v p n = p 1v T 1n p 1v p n T 1n := T 1v p 1v t 1n := T 1n T 0 κ κ 1 κ t 1n = C Masse im Behälter 1 - nach Masse im Behälter 2 - nach p n V 1 m 1n := R T 1n m 2n := m 1v + m 2v m 1n m 1n = kg m 2n = 0.06 kg Temperatur im Behälter 2 - nach p n V 2 T 2n := m 2n R t 2n := T 2n T 0 t 2n = C ad b. Definition der Entropie ds = dq rev T Definition der reversiblen Wärme dq rev = dh v dp Daraus ergibt sich durch einsetzten ds = dh T v dp T Setzt man nun die bekannte Beziehung für die Innere Energie und die Gasgleichung ein so erhält man dh = c p dt v T = R p dt ds = c p R dp T p

19 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 19 von 22 Vernachlässigt man die Temperaturabhängigkeit der spezifischen Wärme so ergibt sich nach Integration Da sich die Massenverteilung ändert (Gesamtmasse belibt konstant!) ist die absolute Entropiedifferenz anzuschreiben S = m 1n s 1n + m 2n s 2n s 2 s 1 c p ln T 2 R ln p 2 = T 1 p 1 ( m 1v s 1v + m 2v s 2v ) Entropie im Ausgangszustand Wie aus der Definition des Entropie ersichtlich können wir nur Entropiedifferenzen berechnen. Wir wählen also einen beliegigen Nullpunkt für die Entropie - Zustand 0 (Diesen brauchen wir nicht näher zu spezifizieren, da sich diese Größen in der nachfolgenden Rechnung herauskürzen). m 1v s 1v m 1v c p ln T 1v R ln p 1v = T 0 p 0 m 2v s 2v m 2v c p ln T 2v R ln p 2v = T 0 p 0 1.) Druck- und Temperaturausgleich m 1n s 1n m 1n c p ln T n R ln p n = T 0 p 0 m 2n s 2n m 2n c p ln T n R ln p n = T 0 p 0 Löst man die Brüche in den Logarithmen auf, so fallen, unter Berücksichtigung der Massenbilanz, alle Größen mit Index "0" heraus und die Entropiedifferenz ergibt sich zu S c p m 1v ln T n m 2v ln T n + R m 1v ln p n m 2v ln p n := + T 1v T 2v p 1v p 2v S = J K 2.) Druckausgleich m 1n s 1n m 1n c p ln T 1n R ln p n = T 0 p 0 m 2n s 2n m 2n c p ln T 2n R ln p n = T 0 p 0 S c p m 1n ln T 1n := K m 1v ln T 1v m 2n ln T 2n + m 2v ln T 2v K K K R m 1v ln p n p 1v + m 2v ln p n p 2v

20 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 20 von 22 S = kg J Anm: In MathCAD müssen Ausdrücke im Lorarithmus dimensionslos sein, also dividiert man einfach durch die gewünschte Einheit - in diesem Fall sind die Temperaturen in Kelvin (K) einzusetzten! Wir sehen, dass in beiden Fällen die Entropie zunimmt. Im Falle des Temperatur- und Druckausgleiches mehr als beim reinen Druckausgleich, d.h. sind Temperatur und Druck ausgeglichen, so befindet sich das System im stabilsten Zustand (Ohne Arbeitsaufwand wird sich der Ausgangszustand nicht mehr einstellen - 2. Hauptsatz!!) zurück zum Inhaltsverzeichnis

21 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 21 von Ottomotor Es soll eine erste Näherungsrechnung für einen Ottomotor durchgeführt werden. Verdichtungsverhältnis ε := 8 Luftverhältnis λ := 1 Für diese Rechnung kann mit folgenden Stoffwerten gerechnet werden. Eintrittszustand p 1 := 1bar T 1 := 293K Verdichtung c p.v := kj Verbrennung und Expansion c p.e := kj Abgase c p.a := kj Fig. 20 Ottomotor - Viertakt Untere Heizwert H u := kj kg Stöchiometrischer Luftbedarf L min := 14.7 Die Berechnung soll für folgende 3 verschiedene Prozessvarianten durchgeführt werden 1.) Gleichraumverbrennung 2.) Gleichdruckverbrennung 3.) 50% der Wärmezufuhr bei V = konst. 50% der Wärmezufuhr bei p = konst. Wie groß sind die maximale Temperatur und der maximale Druck sowie Druck und Temperatur am Expansionsende? Wie groß ist der Wirkungsgrad der vollkommenen Maschine? Die Verdichtung von 1 nach 2 verläuft isentrop, d.h reibungsfrei und adiabat. Mit der Isentropengleichung kann man den Zustand 2 berechnen. Als erstes wollen wir Druck und Temperatur nach dem Verdichtungstakt berechnen. Bei der vollkommenen Maschinen ist dieser Vorgang isentrop. c p.v Isentropenexponent für Verdichtung κ V := κ V = c p.v R κ V κ V p 1 v 1 = p 2 v 2 v 1 v 2 κ V p 2 = p 1 Da sich die Masse im Zylinder nicht ändert, können die absoluten Volumina eingesetzt werden bzw. das Verdichtungsverhältnis. p 2 p 1 ε κ V := p 2 = bar

22 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 22 von 22 Dividiert man die Gasgleichung im Zustand 2 durch die Gasgleichung im Zustand 1 so kann man die Temperatur berechnen p 2 v 2 = R T 2 p 1 v 1 = R T 1 p 2 T 2 := T 1 p 1 1 ε T 2 = K Als nächstes interessiert uns der Zustand am Ende der Verbrennung bzw. der Wärmezufuhr beim idealisierten Prozess. Wir unterscheiden zwischen 3 verschiedenen Verbrennungsarten. Die zugeführte Wärmemenge soll bei allen drei Prozessen gleich sein um einen Vergleich zu ermöglichen, d.h. wir berechnen zunächst die zugeführte Wärmemenge. Ausgehend von einer verlustfreien Verbrennung können wir folgenden vereinfachten Ansatz wählen m B H u = Q zu Beziehen wir die zugeführte Wärme auf 1kg Gas so können wir auch schreiben m B q zu = H u m L + m B q zu := H u 1 + λ L min q zu = kj kg 1.) Gleichraumverbrennung Fig. 21 a) p-v-diagram Gleichraumverbrennung Fig. 21 b) T-s-Diagram Gleichraumverbrennung Die zugeführte Wärmemenge ist nun bekannt. Da der Vorgang verlustfrei, ohne Reibung, abläuft können wir die Definition der reversiblen Wärme heranziehen dq rev = dq a = du + p dv Da die Wärme bei konstantem Volumen zugeführt wird vereinfacht sich die Gleichung zu dq a = du dq zu = du q zu = c v.e T' 3 T 2 q zu T' 3 := T 2 + c p.e R T' 3 = K

23 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 23 von 22 Der Druck errechnet sich aus der isochoren Beziehung p 2 p' 3 = T 2 T' 3 T' 3 p' 3 := p 2 T 2 p' 3 = bar 2.) Gleichdruckverbrennung Fig. 22 a) p-v-diagram Gleichdruckverbrennung Fig. 22 b) T-s-Diagram Gleichdruckverbrennung Hier verwenden wir die zweite Defintiongleichung der reversiblen Wärme dq rev = dh v dp Da jetzt die Wärme bei konstantem Druck zugeführt wird kann man schreiben dq zu = dh q zu = c p.e T'' 4 T 2 Der Druck ändert sich nicht so daß gilt 3.) Gemischte Verbrennung q zu T'' 4 := T 2 + c p.e p'' 4 := p 2 T'' 4 = K p'' 4 = bar Fig. 23 a) p-v-diagram Gemischte Verbrennung Fig. 23 b) T-s-Diagram Gemsichte Verbrennung Laut Angabe werden 50% der Wärme bei konstanten Volumen (siehe 1. ) und die anderen 50% bei konstantem Druck (siehe 2. ) zugeführt. Es ergeben sich daraus folgende Zustande.

24 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 24 von q zu T''' 3 := T 2 + T''' 3 = K c p.e R T''' 3 p''' 3 := p 2 p''' 3 = bar T 2 0.5q zu T''' 4 := T''' 3 + T''' 4 = K c p.e p''' 4 := p''' 3 p''' 4 = bar Die Expansion verläuft in allen drei Fällen auf einer Isentropen. Die Berechnung folgt dem gleichem Schema wie bei der Kompression. c p.e Isentropenexponent für Expansion κ E := κ E = 1.3 c p.e R κ E κ E Isentropengleichung p 3 v 3 = p 5 v 5 p 3 v 5 = p 5 v 3 κ E spezifische Volumen im Zustand 5 v 5 = v 1 = R T 1 p 1 R T 3 spezifische Volumen im Zustand 3 bzw 4 v 3 = p 3 Druck nach der Expansion T 1 p 3 p 5 = p 3 T 3 p 1 κ E p 5 v 5 p 5 Temperatur nach der Expansion T 5 = = T 1 R p 1 1. ) Nach Gleichraumverbrennung 2. ) Nach Gleichdruckverbrennung 3. ) Nach Gemischter Verbrnnung κ E T 1 p' 3 p' 5 := p' 3 p' 5 = bar T' 3 p 1 p' 5 T' 5 := T 1 T' 5 = K p 1 κ E T 1 p'' 4 p'' 5 := p'' 4 p'' 5 = bar T'' 4 p 1 p'' 5 T'' 5 := T 1 T'' 5 = K p 1 κ E T 1 p''' 4 p''' 5 := p''' 4 p''' 5 = bar T''' 4 p 1 p''' 5 T''' 5 := T 1 T''' 5 = K p 1

25 TU-Graz Beispielsammlung Thermodynamik Seite 25 von 22 Der Wirkungsgrad ist bekannterweise als Nutzen dividiert durch Aufwand definiert. Für Kreisprozesse ist die Arbeit die Differenz zwischen zu- und abgeführter Wärme. q zu q ab η i = = 1 q zu q ab q zu Die zugeführte Wärme kennen wir schon und ist für alle drei Varianten gleich groß. Die abgeführte Arbeit können wir wieder aus der Definition für die reversible Wärme berechnen. dq rev = dq ab = du + p dv Da die Wärmeabgabe ein isochorer Prozess ist, vereinfacht sich die Gleichung wieder q ab = c v T 5 T 1 ( c p.a R) T' 5 T 1 1. ) Nach Gleichraumverbrennung η i := 1 q zu 2. ) Nach Gleichdruckverbrennung η i := 1 3. ) Nach Gemischter Verbrennung η i := 1 ( c p.a R) T'' 5 T 1 q zu ( c p.a R) T''' 5 T 1 q zu η i = η i = η i = Gibt es keine Begrenzung für den Spitzdruck, dann erreicht ein Prozess mit Gleichraumverbrennung den besten Wirkungsgrad. Die thermische und mechanische Beanspruchung ist allerdings sehr hoch. Da die Leistungsfähigkeit der Werkstoffe nicht unerschöpflich ist und eine Steigerung des Verdichtungsverhältnis bei Ottomotoren sehr bald zu der unerwünschten Erscheinung des Klopfens führt ist der Spitzendruck nach oben beschränkt. Somit würde ein Prozess mit Gleichdruckverbrennung einen besseren Wirkungsgrad erzielen. In der Praxis wird eine Mischung aus diesen beiden Extremfällen als Idealprozess für den tatsächlichen Arbeitsprozess herangezogen. zurück zum Inhaltsverzeichnis

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