Aufgabe 1 (10 Punkte, TTS & TTD1) Bitte alles LESBAR verfassen!!!

Aufgabe 1 (10 Punkte, TTS & TTD1) Bitte alles LESBAR verfassen!!! 1.1. Wie erklärt man die dissipierte Energie in einem System? 1.. Kann man aus dieser noch etwas während der folgenden Prozesse in einer anderen Energieform umwandeln? Wenn ja, wie viel? 1.3. Kann sie dem System zu- und abgeführt werden? 1.4. Welche Beispiele kennen Sie von dissipierten Energien? 1.5. Kann man auch die Wärme als dissipierte Energie betrachten? Wenn ja, hat die Wärme etwas besonders in ihr Verhalten? Aufgabe (10 Punkte, TTS & TTD1).1. Man erkläre die Prozesse, durch die aus einer Flamme eines Kochherdes (mit Erdgas) Energie zu einem Kochtopf (die von der Flamme beruht wird) und dann zu dem Kochwasser (aus dem Topf) übertragen wird... Man benenne die Art der Energieaustauschprozesse zwischen Flamme und Topf, innerhalb des Topfes und zwischen Topf und Kochwasser..3. Welche Parameter beeinflussen diese Prozesse?.4. Wie kann man diese Energieaustauschprozesse intensivieren? Aufgabe 3 (0 Punkte, TTS & TTD1) In einem geschlossenen System bestehend aus Zylinder und Kolben, wird der Kolben mit Reibung von 1 nach verschoben, so dass das Fluid (hier Idealgas) verdichtet wird, wobei der Zustand 1 dem Umgebungszustand entspricht. 3.1. Man schreibe die 1. und. Hauptsätze und gebe die Vorzeichen aller Terme an. 3.. Man stelle den Prozess 1- in p,v- und T,s-Diagrammen dar. 3.3. Wird in diesem Fall Dissipationsarbeit verrichtet? Wenn ja, wo genau, und wie beteiligt sie sich an Energiebilanz des Systems? 3.4. Man trage zusätzlich in den Diagrammen den Prozess 1-' im Falle der reibungsfreien Kolbenverschiebung. 3.5. Man trage zusätzlich in den Diagrammen den Prozess 1-'' im Falle der reibungsfreien Kolbenverschiebung und der adiabaten Wände. 3.6. Man gebe die Flächen im T,s-Diagramm an, die die noch verfügbare Energie zu einer späteren Energieumwandlung zur Verfügung steht für 1-, 1-' und 1-''. Wie heißt diese noch verfügbare Energie? Aufgabe 4 (0 Punkte, TTS & TTD1) 4.1. Wie viel Wasser entsteht, wenn eine Wasserstoffmasse von m H : 10 gm in einer Sauerstoffmasse von m O : 75 gm verbrannt wird? 4.. Bleibt es von einem der beiden Stoffe was übrig? Wenn ja, von welchem und wie viel? Hinweis: Dazu berechne man zuerst die Stoffmengen von Wasserstoff und Sauerstoff und beachte, dass 1 mol H + 1/ mol O 1 mol H O. TTS_05031.mcd 1 1.03.005

Aufgabe 5 (35 Punkte, TTS & STL) Bitte alles LESBAR verfassen!!! Ein großer Behälter ist bis zu einer Höhe h B : 3 m mit Wasser (Realstoff) mit der Temperatur t W : 0 C gefüllt. Am Boden des Wasserbehälters ist ein Fallrohr der Länge L R angebracht (s. Bild), aus dem das Wasser reibungsfrei ausfliesst. Der Umgebungsdruck beträgt p 0 1 10 5 Pa und die Fallbeschleunigung g 9.81 m s. 5.1. Man stelle den Druckverlauf im Diagramm (s. Bild, rechts) über den Höhen h B und L R1 : 7 m dar und berechne die Austrittsgeschwindigkeit c A1 und den Minimaldruck p m1 im Rohr. 5.. Was ist Kavitation? Welche Bedingung sollte erfüllt werden, um Kavitation aufzutreten? Wo haben Sie im Labor Kavitation beobachtet? Warum ist sie in jenem Fall aufgetreten? 5.3. Das Abfallrohr wird durch ein längeres mit L R : 8 m ersetzt. Man berechne den Minimaldruck p m im Rohr in diesem Fall. 5.4. Trifft Kavitation in den Fall 5.3 auf? Wenn ja, bitte beschreibe, wie wird in diesem Fall die Strömung erfolgen, beweise bzw. begründe das Auftreten der Kavitation und gebe eine konstruktive Maßnahme an, um sie zu verhindern! TTS_05031.mcd 1.03.005

Aufgabe 6 (55 Punkte, TTS & TTD1) Bitte alles LESBAR verfassen!!! Ein Behälter enthält m W1 : 0.1 flüssiges Wasser (W), m E1 : 0.1 Wassereis (E) und m D1 : 0.0 Wasserdampf (D). Wasser muss hier als Realstoff behandelt werden (Dampftafel benutzen!). 6.1. Das thermodynamische System befindet sich im Gleichgewicht und Beharrungszustand Welcher Druck und welche Temperatur herrschen dann im System? 6.. Wie groß ist der Dampfgehalt? Welche Volumina belegen in diesem Zustand die drei Phasen, wobei die Eisdichte ρ E : 0.9 dm 3 beträgt? 6.3. Dem System wird Wärme zugeführt, so dass die Temperatur im Behälter mit ΔT EWD : 30 K ansteigt. Welcher Enddruck, welche Massen und Volumina haben die Phasen und wie viel Wärme dem System reversibel zugeführt wurde? Die kj spezifische Enthalpie des Eises beträgt im Anfangszustand h E1 : 333. Aufgabe 7 (65 Punkte, TTS & TTD1) Ein rechtslaufender, reversibler Kreisprozess (KP) in einem geschlossenen System (Zylinder mit Kolben) mit Luft (Idealgas) enthält folgende Zustandsänderungen: 1- isentrope Verdichtung, -3 isochorer Druckanstieg, 3-4 isobare Expansion, 4-5 isentrope Expansion, 5-6 isochore Drucksenkung, 6-1 isobare Verdichtung. 7.1. In welchen Zuständen erreichen Druck, Temperatur und Volumen ihre minimale und maximale Werte im KP? 7.. Man zeichne den KP in p,v- und T,s-Diagrammen, gebe die Richtung für die Wärme und die Arbeit im p,v-diagramm durch Pfeile auf jede Zustandsänderung an, und benenne die Fläche (mit Vorzeichen) für die Wärme auf jede Zustandsänderung und im T,s-Diagramm. 7.3. Man bestimme die Formel des thermischen Wirkungsgrades des KP η tkp als Funktion der folgenden Parameter: v 1 p 3 v 4 v 5 ε δ φ θ : 1.35 v p v 3 v 7.4. Für welche Parameterkombination sollten aus η tkp die Formel a) des Ottoprozesses, b) des Dieselprozesses und c) des Seiligerprozesses resultieren? 7.5. Man setze diese Parameterkombinationen ein und überprüfe somit die Richtigkeit der Formel für η tkp. 7.6. Für ε : 10, δ : 3, φ : und θ : 15 berechne man den thermischen Wirkungsgrad a) des Ottoprozesses, b) des Dieselprozesses, c) des Seiligerprozesses und d) des η tkp und bestimme deren Zuordnung. TTS_05031.mcd 3 1.03.005

Aufgabe 8 (0 Punkte, TTS & TTD1) Luft als Idealgas mit variablen Wärmekapazitäten wird isentrop in einem geschlossenen System (Zylinder mit Kolben) verdichtet. Man bestimme mit Hilfe der Tabelle 10.8 (spez. absolute Entropie s ()) t den Start- (1) und den Endzustand (), d.h. p, t, T, v, s in beiden Zuständen, wenn gegeben sind: p 1 : 990 hpa t 1 : 30 C p : p 1 40 Aufgabe 9 (30 Punkte, TTS & STL) Bitte alles LESBAR verfassen!!! Wasser als inkompressibles Fluid strömt solange aus dem Behälter 1 in Behälter, bis der zylindrische Schwimmer mit der Höhe h S dies unterbricht. Das Wasserniveau h 1 im Behälter 1 bleibt währenddessen unverändert. Man bestimme das Wasserniveau h, wenn folgende Daten bekannt sind: d 1 : 0.05 m h 1 : 1 m H 1 : 3 m H : 5 m Schwimmer: Umgebung: m S : 10 p 0 1 10 5 Pa ρ S : 0.5 dm 3 h S : 0.5 m Wasser: ρ W : 1 dm 3 TTS_05031.mcd 4 1.03.005

Lösung der Aufgabe 9 m S A S : A S 400 cm p W : p 0 + ρ W g H 1 p W 1.94 bar ρ S h S π F p : ( p W p 0 ) d 1 F p 57.766 N G S : m S g G S 98.066 N 4 F A ρ W h SW A S g F p + G S 155.83 N F A G S + F p ρ W h SW A S g m S g π + ρ W g H 1 d 1 4 π m S + ρ W H 1 d 1 4 h SW : h SW 0.397 m F A : ρ W h SW A S ρ W A S h : H H 1 h S h SW h 1.897 m F A 155.83 N g Lösung der Aufgabe 8 p 1 : 990 hpa p 1 0.99 bar p 39.6 bar t 1 : 30 C T 1 : t 1 + T 0 T 1 303.15 K R L T 1 v 1 : v 1 0.879 m3 p 1 Aus der Tabelle 10.8 s 1 : 6.881 kj K s 1 s 1 R L ln p 1 : s 1 6.884 kj p 0 K Isentrope bedeutet s s 1 s s 1 0 s ln p s 1 R L ln p 1 0 p 0 p 0 s s 1 R L ln p : + s 7.94 kj p 1 K Der Zustand liegt zwischen den Temperaturen t u : 560 C und t o : 580 C. Die Interpolation liefert, wobei: kj s u : 7.9315 s o : 7.9578 K kj K TTS_05031.mcd 5 1.03.005

s s u t : t u + s o s u ( t o t u ) t 566. C T : t + T 0 T 839.4 K R L T v : p s s R L ln p : p 0 v 0.061 m3 s 6.884 kj K also O.K. Lösung der Aufgabe 7 ε v 1 v δ p 3 p φ v 4 v 3 θ v 5 v q 3 c v T 3 T q 56 c v T 6 T 5 q 34 c p T 4 T 3 q 61 c p T 1 T 6 q 56 + q 61 c v T 6 T 5 + c p T 1 T 6 η t 1 + 1 + 1 + q 3 + q 34 c v T 3 T + c p T 4 T 3 ( T 6 T 5 ) + T 1 T 6 T 3 T + ( T 4 T 3 ) T T 1 ε 1 T 3 T δ T 4 T 3 φ 1 1 v 4 v 3 φ 1 φ T 5 T 4 T 4 T 4 v 5 v θ v 6 v 5 θ v θ T 6 T 1 T 1 T 1 T 1 v 1 v 1 v 1 ε η t 1 + η t 1 + 1 θ φ θ T 1 T δ φ + T 1 T 1 ε ε T δ T + T δ φ T δ θ T 1 T 1 ε 1 1 φ θ δ φ + T 1 T 1 ε ε T 1 ε 1 δ T 1 ε 1 + T 1 ε 1 δ φ T 1 ε 1 δ TTS_05031.mcd 6 1.03.005

θ φ ε θ ε + δ θ ε + ε η t 1 1 δ 1 + δ φ 1 φ θ ε θ δ θ + ε δ 1 + δ φ 1 Ottoprozess φ 1 θ ε 1 θ ε θ 1 ε δ θ + ε δ ε ε ε 1 1 1 δ 1 δ 1 1 ε 1 Dieselprozess δ 1 θ ε φ θ ε θ φ θ ε θ δ θ + ε θ + ε 1 1 1 δ 1 + δ φ 1 φ 1 φ ε ε ε ε φ 1 1 1 φ 1 ε 1 φ 1 Seiligerprozess θ ε φ θ ε θ δ θ + ε 1 1 δ 1 + δ φ 1 1 ε 1 δ φ 1 δ 1 + δ φ 1 η to ( ε) : 1 1 ε 1 η to ( ε) 0.553 η td ( ε) : 1 η ts ( ε) : 1 1 φ 1 ε 1 φ 1 1 ε 1 δ φ 1 δ 1 + δ φ 1 η td ( ε) 0.487 η ts ( ε) 0.509 η tg ( ε, θ) : 1 φ θ ε θ δ θ + ε δ 1 + δ φ 1 η tg ( ε, θ) 0.571 TTS_05031.mcd 7 1.03.005

0.7 η to ( x) 0.65 η td ( x) 0.6 η ts ( x) 0.55 η tg ( x, 1.1x) η tg ( x, 1.x) η tg ( x, 1.5x) 0.5 0.45 0.4 8 10 1 14 16 18 0 x Lösung der Aufgabe 6 Der Anfangszustand befindet sich auf die Tripellinie, d.h. t EWD1 : 0.01 C T EWD1 : t EWD1 + T 0 T EWD1 73.16 K p EWD1 : ps_t_97 T EWD1 K MPa p EWD1 611.657 Pa m D1 x WD1 : m W1 + m D1 m D1 x EWD1 : m E1 + m W1 + m D1 für Naßdampf für Gesamtgemisch x WD1 0.167 x EWD1 0.091 v WD1 v_ptx_97 p EWD1 :, T EWD1, x WD1 MPa v W1 v_ptx_97 p EWD1 m 3 :, T EWD1, 0 MPa v D1 v_ptx_97 p EWD1 m 3 :, T EWD1, 1 MPa m 3 v WD1 v W1 1.000 10 3 m 3 v D1 34.334 m3 05.997 m3 TTS_05031.mcd 8 1.03.005

v WD1 : ( 1 x WD1 ) v W1 + x WD1 v D1 v WD1 34.334 m3 1 v E1 : v E1 1.087 10 3 m 3 ρ E V E1 : m E1 v E1 V E1 0.109 dm 3 V W1 V D1 v WD : v EWD1 Isochore 1- v ND : v WD v WD v x ND : x ND 0.57 v v h ND h_ptx_97 p ND, MPa T kj : ND, x ND h ND 1.51 10 3 kj m ND : m EWD1 m W : m ND 1 x ND m W 0.095 m D : m W1 v W1 V W1 0.1 dm 3 : m D1 v D1 V D1 4.1 m 3 V EWD1 : V E1 + V W1 + V D1 V EWD1 4.1 m 3 m EWD1 : m E1 + m W1 + m D1 m EWD1 0. V EWD1 v EWD1 : v EWD1 18.78 m3 m EWD1 T ND : T EWD1 + ΔT EWD T ND 303.16 K p ND ps_t_97 T ND : MPa p ND 4.49 10 3 Pa K v v_ptx_97 p ND, MPa T m 3 : ND, 0 v 1.0044 10 3 m 3 v v_ptx_97 p ND, MPa T m 3 : ND, 1 v 3.864 m3 : m ND x ND m D 0.15 kj h E1 333 h W1 h_ptx_97 p EWD1 kj :, T EWD1, 0 h W1 6.118 10 4 kj MPa TTS_05031.mcd 9 1.03.005

h D1 h_ptx_97 p EWD1 kj :, T EWD1, 1 MPa h D1.501 10 3 kj h EWD1 : m E1 m EWD1 h E1 + m W1 m EWD1 h W1 + m D1 m EWD1 h D1 h EWD1 75.99 kj 1.HS für den geschlossenen Behälter (V const) W v1 : 0 J U U 1 Q 1 + W v1 + W diss1 u 1 : h EWD1 p EWD1 v EWD1 U 1 : m EWD1 u 1 u : h ND p ND v ND U : m ND u W diss1 : u 1 0 J 64.537 kj U 1 14.198 kj u 1.431 10 3 kj U 314.787 kj Q 1 : U U 1 Q 1 300.589 kj oder durch direkte Berechnung einzelner Komponenten Q 1 : m E1 h ND h E1 + p EWD1 v E1 p ND v ND... + m W1 h ND h W1 + p EWD1 v W1 p ND v ND + m D1 h ND h D1 + p EWD1 v D1 p ND v ND Q 1 300.589 kj... Lösung der Aufgabe 5 T W : t W + T 0 v W : v_ptx_97 1 ρ W : v W p 0, MPa T W, 1 m 3 v W 1.00 10 3 m 3 ρ W 998.05 m 3 Bernoulli zwischen Oberfläche (0) und Fallrohraustritt (A) ρ W c A1 p 0 + ρ W g ( h B + L R1 ) p 0 + c A1 : g h B + L R1 c A1 14.005 m s TTS_05031.mcd 10 1.03.005

Bernoulli zwischen Oberfläche (0) und Fallrohreintritt (E) ρ W c E1 c E1 : c A1 Kontinuität p 0 + ρ W g h B p E1 + p 0 + ρ W g h B 1.94 bar am Boden ρ W c E1 p E1 : p 0 + ρ W g h B p E1 0.315 bar p m1 : p E1 p s ps_t_97 T W : MPa p s.339 10 3 Pa K p E1 > p s d.h. noch keine Kavitation c A : g h B + L R c A 14.688 m c E : c A s ρ W c E p E : p 0 + ρ W g h B p E.169 10 4 Pa p m : p E p E < p s die Strömung wegen der Kavitation reist ab Lösung der Aufgabe 4 M O : 16 kmol M HO : M O + M H M HO 0.018 mol M O : M O M H :.016 kmol m H n H : n H 4.96 mol M H m O n O : n O.344 mol M O n O : n O n O 4.688 mol also weniger als H 1 mol H n O H + 1 mol O 1 mol HO multipliziert man mit n O + n O O n O HO n H_Rest : n H n O n H_Rest 0.73 mol m H_Rest : n H_Rest M H m H_Rest 0.55 gm n HO : n O m HO : n HO M HO m HO 84.45 gm TTS_05031.mcd 11 1.03.005

Lösung der Aufgabe 3 Wenn die Verdichtung sehr langsam stattfinden würde, würde die Temperatur fast konstant bleiben, da jeder Temperaturanstieg - verursacht durch Arbeitzufuhr - durch Wärmeübertragung zur Umgebung wettgemacht wird. Dies gilt aber, nur wenn unendlich Zeit für den Verdichtungsprozess zur Verfügung steht! In der Realität ist einerseits die Zeit für die Verdichtung begrenzt und anderseits läuft die Wärmeabfuhr (durch Konvektion) nicht ideal (ideal bedeutet hier bei null Temperaturdifferenz) ab. Demzufolge eine Erwärmung des Fluids wegen der zugeführten Volumenänderungs- und Dissipationsarbeit ist immer vorhanden, und somit die Kurve 1- im p,v-diagramm deutlich überhalb der Isotherme 1- T liegt. Wenn keine Reibung vorhanden ist (reversibler Prozess, Dissipationsarbeit ist null), steigt die Temperatur langsamer an, da in diesem Fall weniger Arbeit zugeführt wird (d.h. nur Volumenänderungsarbeit). Die Wärmeabfuhr wirkt auch wie vor entgegen, aber bei gleich bleibender Zeit für die Durchführung der Verdichtung kann dies den Schritt mit der zugeführten Arbeit besser halten. Demzufolge liegt die Kurve 1-' (oder 1- rev ) im p,v-diagramm unterhalb der Kurve 1- aber oberhalb der Isotherme 1- T. Wenn keine Reibung vorhanden ist und die Wände adiabat sind (reversibel + adiabat), dann ganze zugeführte Energie in Form von Volumenänderungsarbeit die Zunahme der inneren Energie und somit der Temperatur verursacht, so dass die Kurve 1-'' (oder 1- s ) im p,v-diagramm die steilste von allen ist (1- s Isentrope). TTS_05031.mcd 1 1.03.005

T,s-Diagramm für Idealgas. 1.HS und.hs liefern: Irreversible Isotherme 1- T Wärmeübertragung bei null Temperaturdifferenz (Idealisierung) u u 1 + + j 1T u u 1 q 1T w v1t + j 1T T q 1T w v1t q 1T + j 1T ( s s 1 ) T T 1 ( u u 1 ) w T v1t T T 0 w 1T < 0 s T < s 1 w 1T > 0 T 1 Reversible Verdichtung 1-' 1- rev ( u u 1 ) q 1rev + w v1rev + j 1rev j 1rev 0 w v1rev > w v1t rev rev w v1rev q 1rev + j 1rev u u 1 c v T rev T 1 q 1rev const T rev T 1 wobei q 1rev const T rev T 1 ( s s 1 ) rev T m1rev T m1rev w v1rev c v T rev T 1 w v1rev ( s s 1 ) T rev m1rev > T 1 T T s 1 > s rev > s T T m1rev Andere Betrachtungsweise, wobei die Wärmeübertragung einbezogen wurde const > 0 somit q 1rev < 0 Irreversible Verdichtung 1- u u 1 q 1 + w v1 + j 1 j 1 > 0 w v1 > w v1rev > w v1t s s 1 q 1 + j 1 u u 1 w v1 c v T T 1 w v1 c v T T 1 w v1 T m1 > T m1rev > T 1 T T s > s rev > s T T m1 Andere Betrachtungsweise, wobei die Wärmeübertragung einbezogen wurde q 1 const T T 1 wobei const > 0 somit q 1 < 0 q 1 + j 1 const ( T T 1 ) + j 1 s s 1 T m1 T m1 TTS_05031.mcd 13 1.03.005