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A - Aufgaben mit Lösungen

Die Aufgaben sind - entsprechend ihrer Zugehörigkeit zu denKapiteln des Buches - mit A1 bis A16 bezeichnet (vergl.Inhaltsverzeichnis auf der nächsten Seite)

Inhaltsverzeichnis zum Anhang A - Aufgaben und Lösungen Zu Kapitel 1.............................................................................................................................................. Seite

A 1.1 Umwandlung einer Größengleichung in eine Zahlenwertgleichung…………………………....... a1 A 1.2 Umwandlung einer Größengleichung in eine Zahlenwertgleichung (Variante zu A 1.1)............ a2

Zu Kapitel 3 A 3.1 Zustandsgrößen – Prozessgrößen…………………………………………………………………...a3 A 3.2 Luftdruckmessung......................................................................................................................a5 A 3.3 Druckmessung mit U-Rohr-Manometer..................................................................................... a6 A 3.4 Temperaturmessung mit dem Gasthermometer........................................................................ a7 A 3.5 Molare und spezifische Größen................................................................................................. a10 A 3.6 Berechnen der zum Abheben erforderlichen Gastemperatur.................................................... a11 A 3.7 Isothermen zeichnen................................................................................................................. a13 A 3.8 Ausgleichsbehälter einer Heizungsanlage.................................................................................a15 A 3.9 Inhalt eines Druckbehälters....................................................................................................... a18 A 3.10 Zeit zum Aufladen eines Pressluftbehälters...............................................................................a19 A 3.11 Leckverluste in einem Pressluft-Leitungssystem....................................................................... a20 A 3.12 Leckverluste in einem Pressluft-Leitungssystem (vereinfachte Variante zu A 3.11)................. a23 A 3.13 Absenken einer Taucherglocke................................................................................................. a24

Zu Kapitel 4 A 4.1 Volumenänderungsarbeit in geschlossenem Behälter (Beispiel Gasometer)............................ a26 A 4.2 Mechanisches Wärmeäquivalent............................................................................................... a27 A 4.3 Volumenänderungsarbeit in geschlossenem Behälter (allgemein)............................................ a28 A 4.4 Volumenänderungsarbeit in geschlossenem System gegen Feder.......................................... a29 A 4.5 Volumenänderungsarbeit einer Flüssigkeit in offenem Behälter mit Rührer……………………. a30 A 4.6 Äußere Energien, Relativbewegung………………………………………………………………… a31 A 4.7 Äußere Energien am Beispiel eines Satelliten…………………………………………………….. a32 A 4.8 Umwandlung potentieller u. kinetischer Energie in innere Energie............................................a32 A 4.9 Kinetische Energie aus Enthalpiestrom..................................................................................... a33 4.10 Wellenleistung aus Enthalpiestrom............................................................................................ a33 4.11 Energiebilanz an einem Dampferzeuger mit Speisepumpe...................................................... a33 A 4.12 Arbeit zum Lenzen eines gesunkenen U-Bootes...................................................................... a34 A 4.13 Aufpumpen eines Fahrradreifens...............................................................................................a36 A 4.14 Druckverlauf in einer Rohrleitung............................................................................................... a38 A 4.15 Aufladen eines elastischen Behälters........................................................................................ a42 A 4.16 Evakuieren durch Wasserstrahlpumpe ..................................................................................... a43 A 4.17 Durchsatzmessung mit Prandtlrohr............................................................................................ a43 A 4.18 Kräfte an einem Rohrkrümmer...................................................................................................a44 A 4.19 Kräfte an einem Rohrkrümmer (Variante zu A 4.18)..................................................................a45 A 4.20 Impulskraft eines Wasserstrahles.............................................................................................. a46 A 4.21 Haltekraft an einem Schlauch.................................................................................................... a48

Zu Kapitel 5 A 5.1 Berechnung der spezifischen Entropie idealer Gase.................................................................a49

Zu Kapitel 6 A 6.1 Berechnung der intensiven Zustandsgrößen idealer Gase........................................................a51 A 6.2 Schnellabschaltung eines Siedewasserreaktors durch Druckspeicher......................................a55 A 6.3 Aufladen eines Autoreifens........................................................................................................ a56 A 6.4 Störung des thermodynamischen Gleichgewichts..................................................................... a57 A 6.5 Berechnung einer Schwingung.................................................................................................. a61 A 6.6 Berechnung einer Schwingung (Variante zu A 6.5)................................................................... a63 A 6.7 Höhensteuerung eines Luftschiffes............................................................................................a67 A 6.8 Isobaren im T-s-Diagramm zeichnen......................................................................................... a69 A 6.9 Magdeburger Halbkugeln.......................................................................................................... a71 6.10 Gasturbine mit Luft.................................................................................................................... a73 A 6.11 Zeichnen von Isochoren im T-s-Diagramm................................................................................ a75

Zu Kapitel 7 A 7.1 Wirkungsgrad und Leistungsziffer in Abhängigkeit von der Temperatur................................... a77

Zu Kapitel 8 A 8.1 Aufzeigen eines Widerspruchs zum 2. Hauptsatz..................................................................... a78 A 8.2 Entropieproduktion bei Temperaturausgleich............................................................................ a79 A 8.3 Maximale Leistungsziffer einer Wärmepumpe........................................................................... a80

Zu Kapitel 9 A 9.1 Maximale aus einem Druckspeicher gewinnbare Arbeit............................................................ a81 A 9.2 Exergie in einem Druckbehälter................................................................................................. a83 A 9.3 Exergie in einem evakuierten Behälter (Kondensator).............................................................. a84 A 9.4 Exergie eines Enthalpiestromes................................................................................................ a85 A 9.5 Exergie beim Heizen.................................................................................................................. a85 A 9.6 Exergie der Wärme und Carnot-Prozess................................................................................... a86 A 9.7 Exergieverlust in einer Gasturbine............................................................................................. a88 A 9.8 Exergieverlust in einem Verdichter mit Kühler........................................................................... a91 A 9.9 Exergieverlust beim Temperaturausgleich durch Mischen........................................................ a93 A 9.10 Aufladen eines Pressluftbehälters............................................................................................. a94

Zu Kapitel 10 A 10.1 Berechnung von Stoffwerten für eine Mischung aus verschiedenen idealen Gasen................. a96

Zu Kapitel 11 A 11.1 Erwärmung einer Gasmasse..................................................................................................... a97

Zu Kapitel 12 A 12.1 Mischung zweier gesättigter Luftmassen verschiedener Temperatur........................................ a98 A 12.2 Erwärmung feuchter Luft............................................................................................................ a99 A 12.3 Aufbereitung und Vermischung zweier Feuchtluftströme.......................................................... a101 A 12.4 Luftbefeuchtung......................................................................................................................... a103 A 12.5 Luftentfeuchtung........................................................................................................................ a105 A 12.6 Wolkenbildung bei adiabater Strömung..................................................................................... a107 A 12.7 Feuchtkugeltemperatur und Psychrometermessung................................................................. a109 A 12.8 Enthalpiestrom eines feuchten Rauchgases..............................................................................a111 A 12.9 Wasserabgabe über Atem......................................................................................................... a113 A 12.10 Gebäudekühlung durch Grundwasser....................................................................................... a114 A 12.11 Verdunstung in einem geschlossenen Behälter.........................................................................a115

Zu Kapitel 13 A 13.1 Beispiel eines Dampfturbinenprozesses mit Entnahme.............................................................a117 A 13.2 Druckregelung in einem Druckwasserreaktor............................................................................ a120 A 13.3 Bilanz für einen Speisewasser-Mischvorwärmer....................................................................... a121 A 13.4 Bestimmung der Dampfnässe in einer Leitung.......................................................................... a125 A 13.5 Bilanz für ein kleines Kraftwerk mit Exergieverlusten................................................................ a127 A 13.6 Kraftwerk mit 3 Entnahmen zur Speisewasservorwärmung...................................................... a132 A 13.7 Verdampfung in einem geschlossenen Behälter....................................................................... a137 A 13.8 Inhalt einer CO2-Gasflasche...................................................................................................... a141 A 13.9 Bestimmung des Zustandes im Nassdampfbereich...................................................................a145 A 13.10 Regelung der Heißdampftemperatur in einem Dampfkessel.................................................... a146 A 13.11 GAU (= größter anzunehmender Unfall) bei einem Druckwasserreakor................................... a147 A 13.12 Bestimmung des Zustandes am Turbinenaustritt...................................................................... a151 A 13.12a Bilanz am kalten Ende einer Dampfturbine............................................................................... a153

A13.13 Dampf aus einem Dampfstrahlreiniger...................................................................................... a155

Zu Kapitel 14 A 14.1 Verbrennung vonSteinkohle.......................................................................................................a157 A 14.2 Verbrennung von Erdöl EL in einem Brennwertgerät................................................................ a158 A 14.3 Verbrennung von Erdgas L in einem Brennwertgerät................................................................ a161

Zu Kapitel 15 A 15.1 Berechnung eines Vergleichsprozesses (Otto-Prozess)........................................................... a166 A 15.2 Berechnung eines Vergleichsprozesses (Seiliger-Prozess)...................................................... a168 A 15.3 Berechnung eines 2-stufigen Gasturbinenprozesses mit internem Wärmeübertrager.............. a171 A15.4 Kühlaggregat mit NH3................................................................................................................a174 A 15.5 Weiterer Vergleichsprozess für einen Otto-Motor................................................................... a180

Zu Kapitel 16 A 16.1 Wärmeleitung durch eine ebene Wand......................................................................................a182 A 16.1a Messung des Wärmeflusses durch eine Rohrwand...................................................................a183 A 16.2 Berechnung des Wärmedurchgangs an einem von Heißdampf durchströmten Rohr............... a184 A 16.3 Temperaturprofil an einem isolierten Rohr.................................................................................a186 A 16.4 Temperaturfeld in einem rechtwinkligen Block.......................................................................... a188 A 16.5 Temperaturprofil in der Ecke einer Außenwand........................................................................ a190 A 16.5a Temperaturprofil in der Ecke einer Außenwand (genaueres Modell zu A 16.5)........................ a194 A 16.6 Berechnung des Temperaturverlaufes in einem Wärmeübertrager mit vorgegebenem

k-Wert für Gegenstrom und Gleichstrom.................................................................................. a199 A 16.7 Einfluss eines durch Verschmutzung verminderten k-Wertes in einem

Gegenstromapparat................................................................................................................... a203 A 16.8 Berechnung der maximalen Strahlungsintensität (Wien´sches Verschiebungsgesetz) ............a205 A 16.9 Zusammenhang zwischen Strahlungsdichte in Richtung der Flächennormalen und

diffuser Gesamtstrahlung........................................................................................................... a208 A 16.10 Berechnung der Solarkonstanten (Sonneneinstrahlung auf die Erde)...................................... a209 A 16.11 Wärmestrahlung zwischen Mensch und Umgebung (Bad)........................................................a210 A 16.12 Wärmestrahlung aus einem Muffelofen auf eine Abschirmung................................................. a211

Die aktive Größengleichung lautet : PM 0.5 VH⋅ n⋅ peff⋅:=

Gesucht ist jetzt eine dimensionslose Gleichung, wie sie in der Praxis häufig verwendet wird. Hierin sollen dieZahlenwerte stehen, die zu den o.a. Einheiten gehören.

Mathcad berechnet das Ergebnis jetzt in W für die oben angegebenen Größen oder, wenn Sie PSin den Platzhalter der Einheit einsetzen, in PS. Das Ergebnis können Sie auch dimensionslosschreiben, indem Sie P durch PS dividieren. Zur Bearbeitung der Aufgabenstellung können Sie nunin den Platzhalter dieser Ergebnisgleichung die Zahlenwerte (Größe dividiert durch Einheit),symbolisch ausgedrückt, einsetzen

PM 73550 W=

PM 100 PS=

PM

PS100=

PM

PS0.00111111

n

min 1−

peff

at⋅

VH

l⋅= oder mit 0.00111111 1− 900=

Dies ist jetzt der Umrechnungsfaktor, der sich aus den Einheiten ergibt

Solche Zahlenwertgleichungen werden meist so geschrieben, dass die Einheit im Nennerweggelassen wird. Das Symbol steht dann allein für den Zahlenwert, der jetzt nur noch zuder hier vorgegebenen Einheit gehört:PM

PS1

n

min 1−

peff

at⋅

VH

l⋅

900=

P

PS

VH

l

n

min-1

p

atP

n peff⋅ VH⋅

900=

Solche Gleichungen sind nur dann verwendbar, wenn eindeutig angegeben wird, zu welchen Einheiten dieseZahlenwerte gehören. Wenn man sie nicht häufig braucht, sollte man sie besser vermeiden und nur Größengleichungenverwenden.

Die obige Gleichung ist hier auch mit dem dicken, in diesem Kontext nicht aktiven, Gleichheitszeichen geschrieben, dadie Symbole oben als Größen (Produkt aus Einheit und Zahlenwert) definiert wurden, für eine entsprechende aktiveGleichung müssten neue Symbole für die Zahlenwerte definiert werden:

Zp 12:= Zn 5000:= ZV 1.5:= ZPZn Zp⋅ ZV⋅

900:= ZP 100=

Bei dieser Schreibweise wird besonders deutlich, dass hier nur mit Zahlenwerten gerechnet wird

Aufgabe A 1.1 Umwandlung einer Größengleichung in eine Zahlenwertgleichung Gegeben ist die Größengleichung für die Leistung eines Verbrennungsmotors (4-Takt-Motor) mit den Parametern V H

(Hubraum), n (Drehzahl) und peff (mittlerer effektiver Überdruck). Auf die Herleitung dieser einfachen Gleichung wirdhier verzichtet.

PM 0.5 VH⋅ n⋅ peff⋅=

Gesucht wird eine Zahlenwertgleichung, in der alte, z.T. nicht mehr gesetzliche Einheiten verwendet werden: PS,Liter, min, und at. In der Schreibweise mit dem dicken Gleichheitszeichen ist obige Gleichung nicht aktiv. Für eineaktive Gleichung wäre stattdessen der Doppelpunkt auf der Tastatur zu verwenden. Für Mathcad ist es dannnotwendig, die Größen auf der rechten Seite zu definieren, d.h. auch zahlenmäßig festzulegen. Dies muss also vorVerwendung der aktiven Gleichung geschehen.

Lösung:

VH 1.5 l⋅:= (l ist in Mathcad als Liter bekannt) n 50001

min⋅:= peff 12 at⋅:= at

at ist nicht bekannt, muss also definiert werden, daher obenFehlermeldung durch rote Farbe, das Gleiche gilt für die EinheitenPS und kp :

PS =PS kp =kp

kp 1 kg⋅ g⋅:= g 9.807m

s2= g wurde hier mit dem Gleichheitszeichen überprüft,

ist also auch bekannt

atkp

cm2:= peff 12 at⋅:= jetzt ist peff definiert

PS 75m kp⋅

s⋅:= PS ist jetzt definiert; s 1 s= s ist also als Sekunde bekannt

a 1a 1

E∆t °C:=

Zahlenwerte beliebig: Zm 2:= Zc 3:= Z∆t 4:=

Die Größen: m Zm Em⋅:= c Ec Zc⋅:= ∆t Z∆t E∆t⋅:=

Gleichung : QP m c⋅ ∆t⋅:= spezielles Ergebnis in SI-Einheiten: QP 152.068 W=

Ergebnisgleichung in Zahlenwertgleichungumgewandelt:(Einsetzen in den Platzhalter)

QP

EQP5.448 103

×mEm

cEc⋅

∆tE∆t⋅=

oder mit: ZQPQP

EQP:= ZQP 5448.1Zm Zc⋅ Z∆t⋅=

A 1.2 Umwandlung einer Größengleichung in eine Zahlenwertgleichung (Variante zu A1.1)

Gegeben ist folgende Gleichung für einen Wärmestrom:

Q m c⋅ ∆t⋅=

Gesucht ist eine Zahlenwertgleichung mit den Einheiten: EQ = kcal/h, Em = TME/h , Ec = BTU / lb*K und E∆t = °C Dabei sind:

1 TME = Masse, die für die Beschleunigung um 1m/s2 eine Kraft von 1kp benötigt.1 BTU (British Thermal Unit) = 1055 J 1 kcal = 4,19 kJ1 kp = Gewicht von einem kg bei Normal-Erdbeschleunigung

Lösung: Q = QP (da der Punkt sonst auch über Z und E erscheint, s.u.!)

Mathcad kennt:

kcal 4.187 103× J= cal 4.187 J= BTU 1.055 103

× J= lb 0.454 kg= h 3.6 103× s=

Es wird definiert: °C K:= kp kg g⋅:= TME kpm

s2

1−⋅:=

gewünschte Einheiten: EQPcalh

:= EmTME

h:= Ec

BTUlb K⋅

:=

a 2

Allgemein "zu Fuß"

Die Summe der Wärmen ist ungleich 0: Die Wärme ist keineZustandsgröße2

4

n

∆qn∑=

131833−J

kg=

Sie können sich Schreibarbeit sparen. Wenn Sie die erste dieser 4 Formeln geschrieben haben, kopieren Sie diese(Neben die Formel klicken, Taste gedrückt halten und mit dem Cursor in den Rechenbereich fahren, Taste loslassen.Jetzt können Sie den blau eingerahmten Bereich mit den üblichen Windowsroutinen kopieren und an den gewünschtenStellen einfügen. Dann sorgfältig die Indizes ersetzen.

∆q

65.917

200.8

131.833−

200.8−

kJkg

=∆q4T4

T1

Tc⌠⌡

d

v4

v1

vRTv⋅

⌠⌡

d+:=∆q3T3

T4

Tc⌠⌡

d

v3

v4

vRT3

v⋅

⌠⌡

d+:=

∆q2T2

T3

Tc⌠⌡

d

v2

v3

vRTv⋅

⌠⌡

d+:=∆q1T1

T2

Tc⌠⌡

d

v1

v2

vRT1

v⋅

⌠⌡

d+:=

1. Größe q

Lösung:

(Index mit Taste Alt Gr und [ erstellen!) v3 3m3

kg=z.B. ist das Volumen im Zustandspunkt 3

T

200

200

400

400

K⋅:=v

1

3

3

1

m3

kg⋅:=

( Darstellung der 4 Zustandsgrößen in einer Matrix. Hierzu imMenü "Einfügen" auf "Matrix" klicken, entsprechende Zeilen- undSpaltenzahl eingeben und Platzhalter ausfüllen ).

Es werden 4 Zustandspunkte gewählt, die im T-v-Diagramm ein Rechteck bilden. Diese Zustandspunkte sollennacheinander durchlaufen werden, so dass sich ein geschlossener Kreislauf ergibt "Zu Fuß" kann man nun leicht die 4Integrale bilden und unter Vorgabe von Zahlenwerten prüfen, ob die Summe der Änderungen 0 ergibt oder nicht. Daman in Mathcad alle Größen mit konkreten Zahlen definieren muss, werden diese beliebig vorgegeben, jedoch so, dassdie Punkte 2 und 3 und die Punkte 1 und 4 jeweils übereinander liegen (gleiches v). Da die Abhängigkeit der Größe Tvon der Größe v hier unbekannt ist, ist der zweite Term für dq nur dann integrierbar, wenn T konstant ist oder wenndv = 0 ist.

Lösung:

R 300J

kg K⋅:=c 1004

Jkg K⋅

:=c und R sind Konstanten:

ds cdTT

⋅ Rdvv

⋅+=Größe s (Entropie):

dq c dT⋅ RTv⋅ dv⋅+=Größe q (Wärme):

Untersucht werden sollen 2 verschiedene Größen,deren Differenzial in den beiden folgenden Glei-chungen durch die Größen T und v beschrieben ist.

T

v

1 2

34

Vorgegeben wird die Temperatur T und das spezifische Volumen v im Zustandpunkt 1 mit T1 und v1. Verändert manden Zustand auf beliebige Weise und kehrt auf einem anderen Wege zum Ausgangszustand 1 zurück, hier auf dem Wegüber die Punkte 2 bis 4, so haben alle Zustandsgrößen bei Erreichen des Punktes 1 wieder den gleichen Wert wievorher, anders gesagt, das Kreisintegral oder die Summe aller Änderungen muss null sein. Dieses Merkmal istnotwendig und hinreichend für den Beweis, dass es sich bei der zu untersuchenden Größe um eine Zustandsgrößehandelt.

Aufgabe A 3.1 Zustandsgrößen - Prozessgrößen

a 3

2. Größe s

∆s1

T1

T2

TcT

⌠⌡

d R

v1

v2

v1v

⌠⌡

d⋅+:= ∆s2

T2

T3

TcT

⌠⌡

d R

v2

v3

v1v

⌠⌡

d⋅+:=

∆s3

T3

T4

TcT

⌠⌡

d R

v3

v4

v1v

⌠⌡

d⋅+:= ∆s4

T4

T1

TcT

⌠⌡

d R

v4

v1

v1v

⌠⌡

d⋅+:= ∆s

329.584

695.92

329.584−

695.92−

m2

s2K=

1

4

n

∆sn∑=

0J

kg K⋅= Die Summe der Entropieänderungen ist 0 : Die Entropie ist eine

Zustandsgröße

Man kann die 4 Zustandpunkte auch in einem aktiven Diagramm darstellen. Um die 4 Wege zu kennzeichnen, wird einfünfter Punkt definiert, der mit dem ersten identisch ist.

v5 v1:= T5 T1:= i 1 5..:= vi

13

3

1

1

m3

kg

= Ti

200200

400

400

200

K

=

0 1 2 3 40

200

400

Ti

vi

Damit der Kreislauf sichtbar wird, müssen dieGrenzen für die Achsenabschnitte außerhalb desBereiches der Eingabewerte liegen (Diagrammanklicken, dann den jeweiligen Platzhalter anklickenund den gewünschten Wert eingeben!).

a 4

pL 102028 Pa=pL 765 torr=Daraus ergibt sich in unserem Fall ein Luftdruck von

torr 133.322 Pa=Mathcad kennt aber auch den Druck, der 1mm Quecksilbersäule entspricht:

pL 1.02 bar=bar 105Pa:=oder mit:

pL 102028 Pa=Zahlen formatieren: Zahl doppelt anklicken und Genaugkeit und Exponentialschwelle verändern:

pL 1.02 105× Pa=

pL hHg ρHg⋅ g⋅:=Da sich der Querschnitt herauskürzt, ist:(Der Umweg über das Gewicht entfällt)

pLGHg

A:=

AR π0.5cm( )2

4⋅:=

und somit der Luftdruck:GHg g A⋅ hHg⋅ ρHg⋅:=das Gewicht

Lösung : Das Gewicht der Quecksilbersäule über der Oberfläche des Flüssigkeitsspiegels muss gleich der Kraft sein, mitder die Luft das Quecksilber in das Rohr drückt. Daher ist mit dem Querschnitt:

bestimmt wurde!ρHg 13.6kg

10cm( )3:=

gemessen wird und die Dichte des Quecksilbers mit hHg 765mm:=

Ein etwa 1m langes Glasrohr mit einem lichten Durchmesser von 5 mm, das auf einerSeite geschlossen ist, wird mit Quecksilber vollgefüllt und ohne Luftblaseverschlossen, z. B. mit einem Gummipropfen. Anschließend wird das Rohr mit demVerschluss nach unten in ein offenesGefäß getaucht, das ebenfalls mit Quecksilbergefüllt ist. Nun wird der Verschluss entfernt. Im Rohr sinkt nunmehr die Quecksilbersäule bis auf die Höhe hHg ab. Darüber musssich nunmehr Vakuum befinden (In Wirklichkeit Quecksilberdampf mitvernachlässigbarem Teildruck) Bestimmen Sie nun den Luftdruck, wenn die Höhe

hHg

Aufgabe A 3.2 Luftdruckmessung

a 5

Aufgabe A 3.3 Druckmessung mit U-Rohr-Manometer

Dampf

Fl.Wasser

∆z z1

Der Druck in einem Dampfkessel wird mittels einesU-Roh-Manometers aus Glas gemessen. Messflüssigkeit istQuecksilber (ρHg = 13.6 kg/dm3). Durch einen Kondenstopf an derDruckentnahme ist gewährleistet, dass der zugehörige Schenkeldes U-Rohres stets mit Wasser gefült ist. Der Luftdruck wurdemit pU 1015hPa:= gemessen. Welcher Druck herrscht im Kessel,wenn die Differenz der Quecksilbersäulen ∆z 2676mm:= und dieWassersäule z1 4m:= beträgt?

Lösung: ρH2O 1kgl

:= ρHg 13.6kgl

:= (l = Liter!)

pB pU ρHg g⋅ ∆z⋅+ z1 g⋅ ρH2O⋅−:= pB 4.192 bar=

a 6

Zum besseren Verständnis wird im Folgenden die Aufgabe graphisch gelöst: (Menue Einfügen, Diagramm, xy-Diagramm, Platzhalter ausfüllen. Vorher muss für p der Bereich definiert werden(s.u.), die rechte Grenze wird über das Semikolon auf der Tastatur eingegeben. Nach Doppelklick auf das Diagrammkann dieses formatiert werden. Neue Spuren werden nach Klick auf den ausgefüllten Platzhalter unter Verwendung desKommas angelegt. Dazu muss der blaue Rahmen den ganzen Ausdruck umschließen. Verwendete Tasten: Pfeiltasten,Leertaste und Einfg-Taste. Zu jeder abhängigen Variable auf der Ordinate muss auf der Abszisse die unabhängigeVariable - in der gleichen Reihenfolge - eingetragen werden.)

θ1 0mbar( ) 373.15 K=θ1 p( )θ1b θ1a−

p1b p1a−p⋅ T1+:=Extrapolationsgerade :

oder aber:

T1 373.15 K=T1 Suchen T1( ):=θ1b θ1a−

p1b p1a−

θ1a T1−

p1a=VorgabeT1 300K:=

"Zu Fuß" würde man jetzt nach T1 explizit auflösen (vergl. Extrapolationsgerade für die graphische Lösung).Mathcad macht das ebenso genau und schnell über die Suchfunktion:

θ1b θ1a−

p1b p1a−

θ1a T1−

p1a=

Es ergibt sich ein geringer Unterschied, der dadurch entsteht, dass sich das Gas nicht ganz ideal verhält, weil dasEigenvolumen der Möleküle und die Anziehungskräfte zwischen den Molekülen wirken. Diese Einflüsse werden mitabnehmendem Druck geringer und verschwinden erst im Grenzwert p=0, wenn also gar kein Gas mehr vorhandenist. Dann lässt sich aber auch nichts mehr messen. Mit den oben erhaltenen Ergebnissen kann man jedoch zu demGrenzwert p = 0 linear extrapolieren. Die Geradengleichung (Strahlensatz) lautet:

θ1b 373.611 K=θ1b θb p1b( ):=θ1a θa p1a( ):=oder

θ1a 373.228 K=θ1a θ0p1a

p0a⋅:=θb p( ) θ0

pp0b⋅:=θa p( ) θ0

pp0a⋅:=θ0 TTr:=

Nach der Zustandsgleichung für ideale Gase ist die Temperatur, hier θ genannt, bei konstantemVolumen dem Druck proportional, daher kann geschrieben werden:

Lösung :

Ein Gasthermometer wird mit zwei unterschiedlich großen Stickstoffmengen betrieben. Das Volumen wirddabei konstant gehalten. Füllung a ergibt im Tripelpunkt von Wasser einen Druck von p0a 300mbar:= , Füllungb einen Druck von p0b 1700mbar:= . Im Gleichgewicht mit siedendem Wasser bei Atmosphärendruck ergebensich Drücke von p1a 409.9mbar:= und p1b 2325.15mbar:= . Welche Temperatur ergibt sich dann für dassiedende Wasser?

Die gegebenen Größen sind in der folgenden Aufgabe gleich mit in den Text eingebettet (Menue "Einfügen", dann"Rechenbereich" anklicken) und so bereits aktiv. Vorher müssen die in Mathcad nicht bekannten Einheiten und

Größen definiert werden : bar 105Pa:= , mbar 100Pa:= , TTr 273.16K:=

Aufgabe A 3.4 Temperaturmessung mit dem Gasthermometer

a 7

Graphische Lösung: p 0mbar 5mbar, 2500mbar..:=

0 500 1000 1500 2000 25000

100

200

300

400

Druck in mbar

Tem

pera

tur i

n K

Feinere Auflösung für die Extrapolationsgerade (hierzu müssen die 4 Grenzen im Diagramm rechts und links bzwoben und unten an den Achsen geändert werden.)

0 500 1000 1500 2000 2500373.1

373.2

373.3

373.4

373.5

373.6

Driuck in mbar

Tem

pera

tur i

n K

a 8

Anmerkung:Die Definition der Tripelpunkttemperatur von 273.16 K ergab sich aus der Bedingung, dass zwischen demTripelpunkt und der Siedetemperatur eine Differenz von 99.99 K (genauer 99.986 K) entsprechend der Celsiusskalabestehen bleiben sollte. Durch Einsetzen dieser Differenz in obige Beziehungen ergibt sich dieser Wert aus den obenangegebenen Versuchsergebnissen mit:

θ0 300K:= Vorgabe

θ0p1b

p0b⋅ θ0

p1a

p0a⋅−

p1b p1a−

θ0p1a

p0a⋅ θ0 99.986K+( )−

p1a= θ0 Suchen θ0( ):= θ0 273.161 K=

a 9

v0H2O 1.245m3

kg=v0CO2 0.51

m3

kg=v0N2 0.801

m3

kg=v0O2 0.701

m3

kg=v0 22.418

m3

kmol=

Ergebnis :

v0H2Ov0

MH2O:=v0CO2

v0MCO2

:=v0N2v0

MN2:=v0O2

v0MO2

:=v0R T0⋅

p0:=

T0 t0 273.15 K⋅+:=t0 0 °C⋅:=p0 1.013 bar⋅:=bar 105 Pa⋅:=°C K:=

Lösung:

Berechnen Sie daraus die spezifischen Volumina der Gase im Normzustand!

R 8314J

kmol K⋅⋅:=und die allgemeine Gaskonstante:

MH2O 18kg

kmol⋅:=MCO2 44

kgkmol⋅:=MN2 28

kgkmol⋅:=MO2 32

kgkmol⋅:=

Die molaren Massen von Sauerstoff O2 , Stickstoff N2 , Wasserdampf H2O und CO2 sind:

Aufgabe A 3.5 Molare und spezifische Größen

a 10

mLi ∆t D,( ) pU V D( )⋅

RL TU ∆t+( )⋅:=Verdrängte Luft

Auftriebskraft ∆G ∆t D,( ) 1TU

1TU ∆t+

−

V D( ) pU⋅

RL⋅ g⋅ Gg D( )−:=

Spezielle Lösung: der Ballon hebt ab, wenn ∆G ∆t D,( )=0 ist :

01Ta

1Ta ∆t+

−

π

4D2

3⋅

3⋅ pa⋅

RL⋅ g⋅ mA 4π

D2

2⋅

⋅ mK+ mBr+ mP+

g⋅−=

D1 10m:= Vorgabe ∆G ∆t D1,( ) 0N= D1 Suchen D1( ):= D1 17.213 m=

Sucht man nach der einzustellenden Übertemperatur bei vorgegebenem Durchmesser, so erhält man

Vorgabe ∆G ∆t 17m,( ) 0N= ∆t Suchen ∆t( ):= ∆t 83.512 K=

Zusammenhang zwischen Durchmesser und Übertemperatur:

Setzt man für den Schwebezustand die Auftriebskraft = 0 , so ergibt die Auflösung nach ∆t :

in dieser Gleichung ∆t anklicken ,Symbolik, Variable, Auflösen. Damiterhält man folgende Zeile:

01Ta

1Ta ∆t+

−

π

4D2

3⋅

3⋅ pa⋅

RL⋅ g⋅ mA 4π

D2

2⋅

⋅ mK+ mBr+ mP+

g⋅−=

Aufgabe A 3.6 Berechnen der zum Abheben erforderlichen Gastemperatur abhängig vom Durchmesser

D

Berechnen Sie den Durchmesser D (näherungsweise soll dieKugelform angenommen werden) der Ballonhülle einesHeißluftballons, der folgende Last zu tragen hat: Korb mitZubehör mK 100kg:= , 4 Personen: mP 300kg:= , Brenner 30 kgund 4 Gasflaschen a 40 kg: mBr 190kg:= ! Für die Ballonhülle

muss allerdings zusätzlich eine Masse von mA 0.12kg m 2−⋅:=

berücksichtigt werden. Es soll eine Übertemperatur der Heißluftvon 80 °C gegenüber der Umgebungstemperatur von 15 °Cangenommen werden.

:

∆t 80K:=

Lösung : RL 287J

kg K⋅:= tU 15°C:= pU 1bar:=

Oberfläche: A D( ) 4πD2

2⋅:= Volumen: V D( ) π

4D2

3⋅

3⋅:=

Gesamtgewicht. : Gg D( ) mA A D( )⋅ mK+ mBr+ mP+( ) g⋅:=

Umgebungstemperatur tU 15°C:= TU Tt tU( ):= TU 288.15 K=

mLa D( )pU V D( )⋅

RL TU⋅:=

a 11

6− Ta2

⋅ RL⋅mA π⋅ D2

⋅ mK+ mBr+ mP+

π− D3⋅ pa⋅ 6 Ta⋅ RL⋅ mA⋅ π⋅ D2

⋅+ 6 Ta⋅ RL⋅ mK⋅+ 6 Ta⋅ RL⋅ mBr⋅+ 6 Ta⋅ RL⋅ mP⋅+

⋅

Dies wird eingesetzt in die Definition für ∆t(D):

∆t D( ) 6− TU2

⋅ RL⋅mA π⋅ D2

⋅ mK+ mBr+ mP+

π− D3⋅ pU⋅ 6 TU⋅ RL⋅ mA⋅ π⋅ D2

⋅+ 6 TU⋅ RL⋅ mK⋅+ 6 TU⋅ RL⋅ mBr⋅+ 6 TU⋅ RL⋅ mP⋅+

⋅:=

Erforderlichen Temperaturdifferenz in Abhängigkeit vom Ballondurchmesser: D 1m 2m, 50m..:=

10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 300

20

40

60

80

100

∆t D( )

°C

D

mÜberdruck am Scheitelpunkt der Ballonhülle , abhängig von der Übertemperatur bei zugehörigem Durchmesser:(wichtig für die Stabilität der Hülle bei Seitenböen):

ρUpU

RL TU⋅:= ρin D( )

pU

RL TU ∆t D( )+( )⋅:= pü D( ) ρU ρin D( )−( ) g⋅ D⋅:=

10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 300

20

40

60

80

100

pü D( )

Pa

D

m40 Pa , entsprechend einem Winddruck bei ca. 7m/s Windgeschwindigkeit, wird man nicht gern unterschreiten, dahersind trotz des geringeren Energieeinsatzes die größeren Durchmesser mit Übertemperaturen < 80 K nicht realistisch.)

a 12

Pi j, p Ti v j,( ):=Die Matrix muss definiert werden mit:

p T v,( )RL T⋅

v:=

die zugeordneten Werte der Matrix auf der z-Achse (p), ergeben sich aus der Zustansgleichung:

v jm3

kgj⋅:=j 1 10..:=und Ti 273K 20 i 1−( )⋅ K⋅+:=i 1 11..:=

Hierzu muss eine Matrix für die unabhängigen Variablen T und v mit i Elementen für die x-Achse (T) und jElementen für die y-Achse (v) gebildet werden, wobei

Die Zustandsfläche lässt sich auch in einem 3D-Diagramm darstellen:

("Einfügen" anklicken, "Diagramm", "x-y-Diagramm", dann die Platzhalter entsprechend ausfüllen. DieAchsenbereiche werden nach einfachem Anklicken des Diagrammes sichtbar. Man kann sie dann nach Wunschändern. Nach Doppelklick auf das Diagramm kann man weitere Einstellungen (z.B.Gitterlinien, Spuren, Farbenusw. ändern)

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.90

2

4

6

8

10

p0 v( )

bar

p100 v( )

bar

p200 v( )

bar

v

m3 kg 1−⋅

(Indizes 1 bis 3 mit [ erstellen!)p200 v( )RL T3⋅

v:=p100 v( )

RL T2⋅

v:=p0 v( )

RL T1⋅

v:=

T

273.15

373.15

473.15

K=v 0.01

m3

kg0.02

m3

kg, 1

m3

kg..:=T t 273.15K+:=

(Matrix unter "Einfügen", "Matrix", Zeilen:3, Spalten:1 erstellen)

t

0

100

200

°C⋅:=i 1 3..:=bar 105Pa:=°C K:=RL 287

Jkg K⋅

:=Lösung :

Zeichnen Sie für Luft im p-v-Diagramm im Intervall 0 < p <10 bar und 0 < v < 1 m3 die Isothermen für 0° C,100 °C und 200 °C !

Aufgabe A 3.7 Isothermen zeichnen

a 13

Pbar

Pbar

1 2 3 4 5 6 7 8 9 1012

3

4

5

6

7

8

9

10

11

0.784 0.392 0.261 0.196 0.157 0.131 0.112 0.098 0.087 0.0780.841 0.42 0.28 0.21 0.168 0.14 0.12 0.105 0.093 0.084

0.898 0.449 0.299 0.225 0.18 0.15 0.128 0.112 0.1 0.09

0.956 0.478 0.319 0.239 0.191 0.159 0.137 0.119 0.106 0.096

1.013 0.507 0.338 0.253 0.203 0.169 0.145 0.127 0.113 0.101

1.071 0.535 0.357 0.268 0.214 0.178 0.153 0.134 0.119 0.107

1.128 0.564 0.376 0.282 0.226 0.188 0.161 0.141 0.125 0.113

1.185 0.593 0.395 0.296 0.237 0.198 0.169 0.148 0.132 0.119

1.243 0.621 0.414 0.311 0.249 0.207 0.178 0.155 0.138 0.124

1.3 0.65 0.433 0.325 0.26 0.217 0.186 0.163 0.144 0.13

1.358 0.679 0.453 0.339 0.272 0.226 0.194 0.17 0.151 0.136

=

Pbar

Einzugebende Befehle (jeweils anklicken): Unter "Einfügen": "Diagramm", "3D-Diagrammassistent" (anklicken),"Flächendiagramm", "weiter" , "Linien zeichnen", "weiter", "Farbe nach Umriss", "Fertigstellen", in rotenPlatzhalter P einsetzen. Jetzt ist das Diagramm erstellt. Nach Doppelklick auf das Diagramm lassen sich dieEinstellungen verändern. Die Zahl der Elemente, Linien usw. kann über i und j und die Schrittweite verändertwerden

a 14

Aktive Gleichungen:

Querschnitt des Gefäßes: Aπ d2⋅

4:= A 0.785 m2

= Volumen 2 V2 x( ) V1 A x⋅+:=

IsothermeAusdehnung derLuft:

p2a x( ) p1V1

V2 x( )⋅:= Druckausgleich : p2b x( ) pU γW HE HW− x+( )⋅+:=

Ohne die unübersichtliche quadratische Gleichung zu lösen, die durch Gleichsetzen dieser beiden Drückeentsteht, kann man sehr leicht, fast im Kopf, durch Abschätzen die Lösung finden, wenn man berücksichtigt,dass 1 bar etwa dem Druck einer 10m hohen Wassersäule entspricht. Nimmt man z.B. an, dass sich die Luftauf das Doppelte des Anfangsvolumens ausdehnt, was den Druck von 1,25 bar ergäbe und ein Absinken desWasserspiegels um 1,27m, so stünde auf der anderen Seite eine Wassersäule von 8m+1,27m =9,27m miteinem Druck (einschließlich des Außendrucks) von 1,927 bar. Das heißt, so viel kann nicht ausfließen. Eineneue Annahme und anschließendes Interpolieren oder Extrapolieren führt dann sehr schnell zum richtigenErgebnis. Mathcad macht das auch so:

x 1m:= Schätzwert( ) f x( ) p2a x( ) p2b x( )−:= x0 wurzel f x( ) x,( ):= x0 0.466 m=

V2 V1 A x0⋅+:= ∆V V2 V1−:= Es läuft aus: ∆V 0.366 m3=

Aufgabe A 3.8 Ausgleichsbehälter einer Heizungsanlage

V1

x

HW

HE

A

d

Der Ausgleichsbehälter einer Heizungsanlage hat imBetriebszustand ein Luftpolster mit einem Volumen von V1bei einem Druck von p1. In der Höhe HE befindet sich einekleine Entlüftungsarmatur A.Das Heizungssystem soll entlüftet sein. Wieviel Wasserfließt dort allmählich aus, wenn die Armatur (z. B. vonKinderhand) geöffnet und nicht wieder geschlossen wird?

Gegeben:

HW 3m:= HE 11m:= d 1m:= V1 1 m3⋅:=

p1 2.5bar:= Außendruck: pU 1bar:=

Wichte des Wassers: ρW 1000kg

m3:= γW ρW g⋅:=

Lösung :

Das Luftpolster dehnt sich (langsam, d. h. mit Temperaturausgleich mit der Umgebung) so lange aus, bis dessenDruck dem Umgebungsdruck und dem Druck der über dem Wasserspiegel befindlichen Wassersäule (bis zurArmatur) die Waage hält.

Inaktive Gleichungen für den "Fußgänger" Aπ d2⋅

4= V2 V1 A x⋅+=

p2 p1V1

V2⋅= p2 pU γW HE HW− x+( )⋅+=

a 15

Alternativ

∆V 0.366 m3=

∆V x A⋅:=x 0.466 m=x Suchen x( ):=

pU g ρW⋅ H1 x+( )⋅+V1

x A⋅ V1+p1⋅=Vorgabex 1m:=

andererseits: p2 pU ρW g⋅ H1 x+( )⋅+=

Einerseits : V2 V1 x A⋅+=p2V1

V2p1⋅=

pU 1bar:=ρW 1000kg

m3:=H1 8m:=

Aπ D2⋅

4:=D 1m:=V1 1m3

:=p1 2.5bar:=

Lösung über Suchfunktion

Alternativ

0.4659443 0.46594435 0.4659444 0.46594445 0.46594451.8302254

1.8302255

1.8302256p2a x( )

bar

p2b x( )

bar

x

x 0.4659443m 0.465944301m, 0.4659445m..:=Beliebig feine Auflösung mit immer enger gesetzten Grenzen

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 11

1.5

2

2.5

p2a x( )

bar

p2b x( )

bar

x

m

x 0 m⋅ 0.01 m⋅, 1 m⋅..:=Graphische Lösung:

a 16

Lösung über die quadratische Gleichung:

Würde man die beiden Gleichungen für p2a.und p2b ineinander einsetzen, erhielte man die erwähnte quadratischeGleichung mit einer positiven (der richtigen) Lösung. Aber die Wahrscheinlichkeit, sich dabei zu verrechnen, ist nichtgering, und es fehlt die Übersicht, wenn nicht stets in allen Termen die Dimension verglichen wird. Die hier gezeigteNäherungslösung oder die graphische Lösung ist in jedem Falle vorzuziehen, insbesondere, wenn man "zu Fuß" rechnet.

Das Ergebnis wäre "zu Fuß" (hier allerdings auch durch Mathcad gelöst: x1 anklicken, dann im Menue Symbolik:Variable, Auflösen):

pU γW HE HW− x1+( )⋅+ p1V1

V1 A x1⋅+⋅=

x11

2 γW A⋅⋅( )pU− A⋅ γW HE⋅ A⋅−γW HW⋅ A⋅ γW V1⋅−+

...

pU2 A2⋅ 2 pU⋅ A2

⋅ γW⋅ HE⋅+ 2 pU⋅ A2⋅ γW⋅ HW⋅− 2 pU⋅ A⋅ γW⋅ V1⋅−

γW2

HE2⋅ A2

⋅ 2 γW2

⋅ HE⋅ A2⋅ HW⋅− 2 γW

2⋅ HE⋅ A⋅ V1⋅−+

...

γW2

HW2⋅ A2

⋅ 2 γW2

⋅ HW⋅ A⋅ V1⋅+ γW2

V12

⋅+ 4 γW⋅ A⋅ p1⋅ V1⋅++

...

1

2

+

⋅:=

x21

2 γW A⋅⋅( )pU− A⋅ γW HE⋅ A⋅−γW HW⋅ A⋅ γW V1⋅−+

...

pU2 A2⋅ 2 pU⋅ A2

⋅ γW⋅ HE⋅+ 2 pU⋅ A2⋅ γW⋅ HW⋅− 2 pU⋅ A⋅ γW⋅ V1⋅− γW

2HE2⋅ A2

⋅+

2− γW2

⋅ HE⋅ A2⋅ HW⋅ 2 γW

2⋅ HE⋅ A⋅ V1⋅− γW

2HW2⋅ A2

⋅+ 2 γW2

⋅ HW⋅ A⋅ V1⋅++

...

γW2

V12

⋅ 4 γW⋅ A⋅ p1⋅ V1⋅++

...

1

2−+

...

⋅:=

x0.466

19.936−

m=

∆V x1 A⋅:=∆V 0.366 m3

=

a 17

ρ 33kg

m3=

V0 67.2 m3=

pG 20.76 bar=V0 VGpG

p0⋅

T0

TG⋅:=ρ

mG

VG:=b )pG

RG TG⋅ mG⋅

VG:=a )

RGRmol

MG:=

mG MG nG⋅:=Rmol8314 J⋅kmol K⋅

:=MG 44kg

kmol:=

VG 4000l:=nG 3kmol:=

p0 1.013bar:=bar 105 Pa⋅:=TG 60K T0+:=T0 273K:=Lösung :

kmol 1000mol:=°C K:=

In einem Gefäß mit einem Inhalt von 4000 Liter befindet sich bei einer Temperatur von 60 °C eine Gasmenge von 3kmol CO2 a) wie groß sind Druck und Dichte des Gases? b) Wie groß ist das Volumen im Normzustand?

Aufgabe A 3.9 Inhalt eines Druckbehälters

a 18

Z 2.042 h=ZVBV

pmax pmin−( )pV

⋅TVTB⋅:=Z

pmaxVB

R TB⋅⋅ pmin

VBR TB⋅⋅−

pVV

R TV⋅⋅

:=

Löst man die Aufgabe "Zu Fuß", so rechnet man besser erst nach dem Vereinfachen der allgemeinen Gleichungen:

Z 2.042 h=Zeit Zmmax mmin−

mV:=mmax pmax

VBRL TB⋅⋅:=

mmin pminVB

RL TB⋅⋅:= mV 12.02

kgh

=mV pVV

RL TV⋅⋅:=

V 3.74m3

h:=pV 2.75bar:=

TB 298.15 K=TV tV T0+:=TB tB T0+:=T0 273.15 K⋅:=RL287 J⋅kg K⋅

:=

tV 25°C:=tB 25°C:=pmin 3bar:=pmax 10bar:=VB 3m3:=Lösung :

Berechnen Sie die Zeit Z, die zwischen dem Abschalten und Wiedereinschalten des Kompressors vergeht!

Ein Druckbehälter für Pressluft hat ein Volumen von VB = 3 m3 Der Druckbeträgt im aufgeladenen Zustand pmax = 10 bar. d. h. bei diesem Druckschaltet der Ladekompressor K über den Druckschalter S aus. DerMindestdruck, bei dem der Kompressor wieder anläuft, beträgt pmin = 3 bar.Der Kompressor saugt aus der Umgebung mit pU = 1 bar und tU = 25 °Can. Die Temperatur im Behälter sei infolge guten Wärmeaustausches mit derUmgebung konstant tB = 25 °C. An der Verbrauchsstelle hinter dem

Reduzierventil V wird ein konstanter Volumenstrom VStrV = 3,74 m3/h beipV = 2,75 bar und tV = 20 °C entnommen.

B

K

S

V

Aufgabe A 3.10 Zeit zum Aufladen eines Pressluftbehälters

a 19

ypA Z( ) interp vyA ZA, pA, Z,( ):=ypE Z( ) interp vyE ZE, pE, Z,( ):=

vyA pspline ZA pA,( ):=vyE pspline ZE pE,( ):=

Anschließend werden Funktionen daraus gebildet, damit interpoliert werden kann. (Bei Streuungen wärenGlättungsfunktionen erforderlich)

10 15 20 25 302

4

6

pAj

bar

ZAj

min

0 2 4 6 8 100

2

4

6

pEi

bar

ZEi

min

Zur Probe (gibt es Ausreißer?) werden die Ergebnisse aufgetragen

j 1 2, 8..:=i 1 2, 8..:=

ZA

10

12.3

14.6

16.9

19.2

21.5

23.8

26.1

min⋅:=pA

1.385

2.412

3.231

3.976

4.58

5.093

5.563

6.00

bar⋅:=ZE

0

1.5

3

4.375

5.75

7.25

8.625

10

min⋅:=pE

6.002

4.894

3.93

3.132

2.493

1.939

1.57

1.385

bar⋅:=

Druckverlauf AufladenDruckverlauf Entladen

Die Messergebnisse werden in Form einer Matrix eingegeben: ("Einfügen", "Matrix", Zeilen : 8,Spalten: 1, Platzhalter ausfüllen.

mK 1332.3kgh

=mKV p1⋅

RL T1⋅:=Fördermenge des Kompressors

T1 Tt t1( ):=t1 25 °C⋅:=p1 1 bar⋅:=Ansaugzustand bei:

p3 1.385 bar⋅:=p2 6.7 bar⋅:=pM 5 bar⋅:=V 19m3

min⋅:=RL 287

Jkg K⋅

:=Lösung:

Ein Schraubenkompressor drückt Pressluft in ein verzweigtes Leitungssystem mit einem Betriebsdruck vonpM = 5 bar Er fördert unabhängig vom Gegendruck die Luftmenge VStrK = 19 m3/min im Ansaugzustand beip1 = 1 bar und t1 = 25 °C. Um festzustellen, welche Leckmengen im Leitungssystem entstehen, werden alleVerbraucher abgeschiebert und nach dem Aufladen des Systems auf p2 = 6,7 bar der Kompressorabgeschaltet. Der Verlauf des Druckes über der Zeit wird gemessen, bis der Druck auf p3 = 1,385 barabgefallen ist. Zu diesem Zeitpunkt wird der Kompressor wieder gestartet. Der Verlauf des Druckes über derZeit wird wiederum gemessen. 1. Welches Volumen hat das Leitungssystem?2. Welche Menge entweicht bei Betriebsdruck?3. Welche Menge ist in der Zeit während des Kompressorstillstandes entwichen?

Aufgabe A 3.11 Leckverluste in einem Pressluft-Leitungssystem

a 20

mLAD Z2( )YA Z2( ) VS⋅

RL T1⋅=andererseits :

(Leckmenge negativ!)mLAD Z2( ) mK mLECK Z1( )+=einerseits :mLECK Z1( )YE Z1( ) VS⋅

RL T1⋅=

sei das Volumen des NetzesVS

YA Z2( ) 0.215barmin

=Die Massenströme lassen sich aus der Steigung dieser Funktionen beiBetriebsdruck berechnen

YE Z1( ) 0.695−barmin

=YE Z( )Z

ypE Z( )dd

:=

Z2 21.065 min=Z2 Suchen Z2( ):=ypA Z2( )

bar

pMbar

=VorgabeZ2 3 min⋅:=

YA Z1( ) 0.909barmin

=YA Z( )Z

ypA Z( )dd

:=

Z1 1.346 min=Z1 Suchen Z1( ):=ypE Z1( )

bar

pMbar

=VorgabeZ1 10 min⋅:=

Zeitpunkte, zu denen der Betriebsdruck durchlaufen wird :

0 5 10 15 20 250

2

4

6

p Z( )bar

pM

bar

Zmin

p Z( ) wenn Z 10 min⋅≤ ypE Z( ), ypA Z( ),( ):=

Sie lassen sich nunmehr zusammenfassen:

10 15 20 25 300

5

ypA Z( )

bar

Zmin

0 5 100

5

ypE Z( )

bar

Zmin

Z 0 min⋅ 1 min⋅, 30 min⋅..:=

Die Funktionen können widerum abgebildet werden:

a 21

mLE 129.6 kg=mLEp2 p3−( ) VS⋅

RL T1⋅:=

In der Zeit während des Kompressorstillstandes entwichen:

VerlLeck 76.4 %=VerlLeckmLECK Z1( )−

mK:=

Leckverlust bezogen auf Fördermenge des Kompressors : mLAD Z2( ) 315kgh

=

mLECK Z1( ) 1017.2−kgh

=mLAD Z2( )YA Z2( ) VS⋅

RL T1⋅:=mLECK Z1( )

YE Z1( ) VS⋅

RL T1⋅:=

mK 1332.3kgh

=Lademenge bei Betriebsdruck:Leckmenge bei Betriebsdruck:

VS 20.9 m3=VS Suchen VS( ):=mKYE Z1( ) VS⋅

RL T1⋅+

YA Z2( ) VS⋅

RL T1⋅=VorgabeVS 10m3:=

Das Volumen des Systems :

a 22

Beim Abschalten aller Verbraucher fließt nur die Leckmenge. Fördert der Kompressor, muss er zusätzlich zu derLeckmenge die Menge zum Aufladen aufbringen. Die drei Massenströme sind:

mLECKVges pmax pmin−( )⋅

RL TL⋅ ZLECK.⋅= mLAD

Vges pmax pmin−( )⋅

RL TL⋅ ZLAD⋅= mK mLECK mLAD+=

daraus:V0 p0⋅

RL T0⋅


RL TL⋅ ZLECK⋅


RL TL⋅ ZLAD⋅+= und mit TL Tt tL( ):=

aufgelöst nach Vges : Vges V0TL

T0⋅

p0

pmax pmin−( )⋅ZLECK ZLAD⋅

ZLAD ZLECK+

⋅:= Vges 7.422 m3

=

Volumen des Leitungssystems: VSys Vges VDB−:= VSys 2.422 m3=

Somit ergibt sich die Leckmenge aus: mLECKVges pmax pmin−( )⋅

RL TL⋅ ZLECK⋅:= mLECK 0.743

kgh

=

Aufgabe A 3.12 Leckverluste in einem Pressluft-Leitungssystem,vereinfachte Berechnung für geringe Druckunterschiede

Ein Druckbehälter DB für Luft hat ein Volumen von VDB = 5 m³. Er wird von Zeit zu Zeit über einen Kompressor K miteiner Förderleistung von V = 14,0 m³/h im Normzustand auf einen Maximaldruck von pmax = 6,0 bar aufgeladen. DerBehälter ist jedoch an ein Leitungsnetz mit unbekanntem Volumen angeschlossen. Um die Undichtigkeiten im Netz zuermitteln, werden alle Verbraucher abgeschaltet. Der Druck fällt dabei innerhalb einer Zeit von t Leck = 3,5 h auf pmin =5,7 bar ab, wobei sich der Kompressor wieder einschaltet. Der Kompressor benötigt jetzt eine Zeit von tLaden = 0,15 h,um den Maximaldruck wieder zu erreichen.Bei dem ganzen Vorgang bleibt die Temperatur im Netz mit tL = 25 °Ckonstant.Welche Luftmenge strömt stündlich durch das Leck und wie groß ist das Volumen des Leitungssystems unter derAnnahme, daß beim Absinken des Druckes von 6,0 auf 5,7 bar der Leckagestrom in etwa konstant ist?

Lösung:

pmin 5.7bar:= pmax 6.0bar:= ZLECK 3.5 h⋅:= ZLAD 0.15 h⋅:= VDB 5m3:=

tL 25°C:= RL 287J

kg K⋅:= V0 14.0

m3

h⋅:= p0 1.013bar:= t0 0°C:= T0 Tt t0( ):=

Fördermenge des Kompressors mKV0 p0⋅

RL T0⋅:= mK 18.1

kgh

=

a 23

Wassertemperatur tW 10°C:=

Lösung

Masse der Luft mLp0 VL_0m⋅

R Tt t0m( )⋅:= mL 6.016 kg=

Wasserverdrängung der Glocke VGlmGlρGl

:= VGl 0.1 m3=

FGl VGl ρGl ρW−( )⋅ g⋅:= FGl 150 kp=Gewichtskraft der Glocke im Wasser

ρL_0mp0

R Tt t0m( )⋅:=Dichte der Luft vorm Eintauchen ρL_0m 1.203

kg

m3=

Dichte der Luft nach Eintauchen(Unterkante 2m, Wassertemperatur) ρL_2m

p0 ρW 2⋅ m g⋅+

R Tt tW( )⋅:= ρL_2m 1.487

kg

m3=

Volumen der Luft nach dem Eintauchen VL_2mmL

ρL_2m:= VL_2m 4.046 m3

=

Auftriebskraft der Luftnach dem Eintauchen FA_L0 VL_2m ρW ρL_2m−( )⋅ g⋅:= FA_L0 39619 N=

Bei Affüllen der Glockedurch Luftzufuhr von oben: F2A_L0 VL_0m ρW ρL_2m−( ) g⋅ ⋅:=

Aufgabe A 3.13 Absenken einer Taucherglocke

∆

h

mz∆x

Eine unten offene Tauchglocke aus Glas hat ein freies Volumen von 5m³und eine Masse von von 250kg. Sie wird an einem Drahtseil ins Wassergelassen, das eine Temperatur von 10°C hat. Das Seil hat eine Massevon 0.89 kg/m a) Wie hoch steigt der Wasserspiegel in der Glocke, wenn diese mit derUnterkante 2m tief eingetaucht ist und die Luft die Temperatur desWassers angenommen hat?b) Welches Zusatzmasse Blei muss unten an der Glocke befestigtwerden, damit sie eintaucht?c) Wie tief kann man die Glocke hinunterlassen, wenn das Seil mitmaximal 45000N belatet werden darf und keine Luft von obennachgeliefert wird?d) wenn Luft nachgeliefert wird?

gegeben: Luftdruck pL p0:=

Temperatur vorm Eintauchen t0m 20°C:=

Massse der Glocke mGl 250kg:=

Durchmesser der Glocke DGl 1.9m:=

Volumen der Luft vorm Eintauchen VL_0m 5m3:=

Dichte von Wasser ρW 1000kg m 3−⋅:=

Dichte von Blei ρPb 11.34kg L 1−⋅:=

Masse des Seils/m mS 0.98kgm

:=

Dichte von Glas ρGl 2.5kg L 1−⋅:= Maximale Seillast Fmax 45000N:=

Dichte von Stahl ρS 7850kg m 3−⋅:=

a 24

Volumen der Luft über der Tauchtiefe h vL h( )R 283⋅ K

p h( ):= VL h( ) mL vL h( )⋅:=

FA_L h( ) VL h( ) ρW1

vL h( )−

⋅ g⋅:=Auftriebskraft der Luft über der Tauchtiefe

Seilkraft insgesamt über Tauchtiefe FGes h( ) FGl Fzus+ FS h( )+ FA_L h( )−:=

Bei Affüllen der Glockedurch Luftzufuhr von oben:

F2A_L h( ) 5m3ρW

1vL h( )

−

⋅ g⋅:=

F2Ges h( ) FGl F2zus+ FS h( )+ F2A_L h( )−:=

hmax 1000m:= Vorgabe Fmax FGes hmax( )= hmax Suchen hmax( ):= hmax 715 m=

Volumen der Luft in derGlocke VL hmax( ) 0.069 m3

= h 1m 800m..:=

0 100 200 300 400 500 600 700 8000

1000

2000

3000

4000

5000

Tauchtiefe in m

Seill

ast i

n kp

Die abnehmendeAuftriebskraft der Luft istwegen der starkenKompression in größerenTiefen nur auf den erstenhundert Metern von Einfluss,die weitere Zunahme der Lastkommt dann nur noch durchdas Gewicht des Seileszustande. Würde man durchPressluft die Luftblaseauffüllen, käme die Zunahmeder Last in etwa gleichemMaße durch die zunehmendeDichte der Luft und daszunehmende Seilgewichtzustande

rote Linie: konstante Luftmenge, blaue Punkte: kontantes Luftvolumen (Luft von oben nachgeliefert), braun: Fmax

Wasserstand in der Glockenach dem Eintauchen (genaugenommen wäre der Drucknoch einmal zu korrigieren)

∆xVL_0m VL_2m−

π DGl2

⋅14⋅

:=∆x 0.336 m=

Fzus FA_L0 FGl−:=Aufzubringende Zusatzmasseaus Blei

Fzus 38148 N=

FzusmPbρPb

ρPb ρW−( )⋅ g⋅= mPbFA_L0 FGl−( )ρPb ρW−( ) g⋅

ρPb⋅:= mPb 4266.3 kg=

Bei Affüllen der Glockedurch Luftzufuhr von oben: F2zus F2A_L0 FGl−:=

c) Gewichtskraft des Seils im Wasser

VSmSρS

:= VS 124.8cm3

m= fS ρS ρW−( ) VS⋅ g⋅:= fS 8.386

Nm

=

über der Tauchtiefe h FS h( ) fS h⋅:=

Druck im Wasser über der Tauchtiefe h p h( ) p0 ρW g⋅ h⋅+:=

a 25

∆H 2.047 m=

Querschnittsfläche: Aπ D2⋅

4:= Volumen : V1 A H1⋅:=

b ) Gewicht : G h ρW⋅ g⋅ A⋅:= G 1.386 105× N=

c ) Arbeit zum Heben der Glocke: WGl G ∆H⋅:= WGl 284 kJ=

d ) Gesamte Arbeit des Gases (Volumenänderungsarbeit)

W12G pU A⋅ G+( ) ∆H⋅:= W12G 146876 kJ=

Wenn Sie Schwierigkeiten haben, sich vorzustellen, dass die Volumenänderungsarbeit des Gasesviel größer ist als die Arbeit zum Heben der Glocke, dann nehmen Sie einfach an, unter der Glockebefindet sich statt des Gases absolutes Vakuum und die Glocke soll nun "von Hand" hochgehobenwerden.

Aufgabe A 4.1 Volumenänderungsarbeit in geschlossenem Behälter (Beispiel Gasometer)

Gegeben ist ein Gasometer gemäß Skizze. Die Glocke schwimmt frei beweglich in dem schraffiertenWasserring. Ausgangstemperatur ist 20 °C. Durch Sonneneinstrahlung erwärmt sich der Behälterauf 40 °C.

H

D

h

a) Um welchen Betrag hebt sich die Glocke?b) Wieviel wiegt die Glocke?c) Welche Arbeit verrichtet das Gas zum Heben der Glocke?d) Welche Arbeit verrichtet das Gas insgesamt?

Gegeben: H1 30 m⋅:= D 30 m⋅:= t1 20 °C⋅:=

h 20 mm⋅:=

ρW 1000kg

m3⋅:= pU 760 torr⋅:= ∆t 20 K⋅:=

Die Stärke des Wasserringes und die Auftriebskräfte imWasser sollen vernachlässigt werden.

Lösung : a ) T1 Tt t1( ):= T2 T1 ∆t+:= H2T2

T1H1⋅:= ∆H H2 H1−:=

a 26

∆TT1

∆VV1

=

und mit ∆V β V1⋅ ∆T⋅=∆TT1

β V1⋅ ∆T⋅

V1= => β

1T1

=

∆T 10K:= β1T1

:= V2 V1 1 β ∆T⋅+( )⋅:= W1_2 pL V2 V1−( )⋅:= W1_2 292.7 mkp=

Differenz der beiden Wärmen: ∆Q cpL mL⋅ ∆T⋅ cvL mL⋅ ∆T⋅−:= ∆Q 0.685 kcal=

Beide Energien müssen gleich sein:W1_2

∆Q1.001=

Und das Wärmeäquivalent ist:W1_2

∆Q427

mkpkcal

=

Mit Kenntnis der Zustandsgleichung lässt sich natürlich der Zusammenhang leichter aufzeigen:Es ist bei konstantem Druck

p ∆V⋅ m R⋅ ∆T⋅=

R ist somit die Volumenänderungsarbeit bei konstantem Druck für ein kg bei Erwärmung um 1K

mit ∆Q m ∆T⋅ cpL cvL−( )⋅= und ∆Q p ∆V⋅= ergibt sich R cp cv−=

Aufgabe A 4.2 Mechanisches Wärmeäquivalent

Die Erkenntnis, dass Wärme und mechanische Arbeit Energieformen sind, die man ineinander umwandeln kann, haterstmals im Jahre 1840 Robert Julius Mayer veröffentlicht. Bis dahin war die Einheit der Wärme, die Kilokalorie, eineBasiseinheit und die Einheit der Arbeit das Meterkilopond: ( mkp kg g⋅ m⋅:= )

Die Kilokalorie (kcal) ist die Wärme, die man benötigt, um 1kg Wasser von 14,5 auf 15,5 °C zu erwärmen.Mathcad kennt die Kilokalorie als Energieeinheit:

kcal 4.187 103× J= oder kcal 427 mkp=

Vollziehen Sie Mayers Beweis nach, und zwar anhand des Unterschiedes zwischen den vorgegebenen spezifischenWärmekapazitäten von Luft für konstanten Druck cp und für konstantes Volumen cv, und zeigen Sie, dass dieseUmrechnung stimmt! gegebene Messwerte:

cvL 0.1713kcalkg K⋅

:= cpL 0.2398kcalkg K⋅

:=

p2 p1> p1 p2= pa=

Qv1_2 cvL T2 T1−( )⋅ mL⋅= Qp1_2 cpL T2 T1−( )⋅ mL⋅=

Lösung : T1 273K:= mL 1kg:= RL287Jkg K⋅

:=

pL 760torr:= V1RL T1⋅ mL⋅

pL:= V1 0.773 m3

=

Berechnung der Volumenänderungsarbeit:

aus T2

T1

V2

V1= bei konstantem Druck kann man schreiben:

T2

T11−

V2

V11−=

T2 T1−

T1

V2 V1−

V1= =>

a 27

0 0.2 0.4 0.6 0.80

1 .105

spez. Volumen in m^3/kg

spez

. Vol

umen

änd.

-Arb

eit ü

ber v

in J

/kg

Die Volumenänderungsarbeit(schraffierte Fläche unter derKurve) ist in beiden Fällengleich groß, da es sich um einund dieselbeZustandsänderung handelt,eben um eine Isotherme.Die Reibungsarbeit ist aus demVerlauf der Zustandänderungnicht zu erkennen.

0 0.2 0.4 0.6 0.80

5 .105

1 .106

spez. Volumen / m^3/kg

Dru

ck /

N/m

^2

v v2 v2 0.01m3

kg+, v1..:=

w1_2 2.005 105×

Jkg

=

w1_2 Suchen w1_2( ):=w1_2v1

v2

vp v( )⌠⌡

d− 0.1 w1_2⋅+=Vorgabew1_2 1J

kg:=b )

w1_2v v2( ) 1.804 105×

Jkg

=w1_2v v( )v1

vvp v( )

⌠⌡

d−:=als Funktion:w1_2vv1

v2

vp v( )⌠⌡

d−:=a )

v2 0.078m3

kg=v2 RL

T0

p2⋅:=v1 0.784

m3

kg=v1 RL

T0

p1⋅:=p v( ) RL

T0

v⋅:=

p2 106 N

m2⋅:=p1 105 N

m2⋅:=mL 1 kg⋅:=

ρ0 1.293kg

m3⋅:=RL 287

Jkg K⋅⋅:=

Lösung:

Berechnen Sie die Volumenänderungsarbeit und die ausgetauschte Wärme für die isotherme Verdichtungvon 1 kg Luft von 1 bar bei 0 °C auf 10 bar in einem geschlossenen System, wenna) der Vorgang reibungsfrei abläuft,b) 10 % der aufzubringenden Arbeit Reibungsarbeit ist!

Aufgabe A 4.3 Volumenänderungsarbeit in geschlossenem Behälter (allgemein)

a 28

l1V1

A:= l2

V2

A:= l1 0.5 m=

FF l( ) 103 Nm

l l1−( )⋅:= F l( ) FF l( ) pa A⋅+:= V l( ) l A⋅:=

p l( ) paFF l( )

A+:= p2 p l2( ):= p2 1.5 bar=

FGes l( ) p l( ) A⋅:= Volumenänderungsarbeit : W12Vl1

l2lFGes l( )

⌠⌡

d−:= W12V 625− J=

T2p2 V2⋅

mL RL⋅:= ∆U mL cv⋅ T2 T1−( )⋅:= T2 879.45 K=

Gesamtarbeit : WEl WV+ ∆U= WEl ∆U W12V−:= ∆U 2.497 103× J=

WEl 3.122 103× J=

Aufgabe A 4.4 Volumenänderungsarbeit in geschlossenem System gegen Feder

In einem Zylinder mit adiabaten Wänden (vergl. Skizze), der durcheinen reibungsfrei beweglichen Kolben verschlossen ist, befindetsich Luft bei 1 bar und 20 °C mit einem Volumen von anfangs 5000

cm3. Der Querschnitt des Zylinders ist 100 cm2. Über einenelektrischen Widerstand wird dem Gas Energie zugeführt, wobeisich das Volumen verdoppelt.Im ersten Fall soll sich der Kolben gegen den Atmosphärendruckbewegen, im zweiten Fall zusätzlich gegen eine Federkraft, die imAusgangspunkt 0 ist und abhängig vom Federweg mit

FF l( ) 103 Nm

l l1−( )⋅= beschrieben werden kann. Für beide Fälle

sind anzugeben:

a) Druck und Temperatur im Zustand 2, b) Änderung der inneren Energie,c) elektrische Arbeit

W1_2el

V1 V2

l1

Lösung : A 100cm2:= pa 1bar:= p1 pa:= T1 T0 20K+:= V1 5000cm3

:=

V2 2 V1⋅:= T2 T1V2

V1⋅:= mL pa

V1

RL T1⋅⋅:= mL 5.941 10 3−

× kg=

T2 586.3 K=

1. Fall: Der Druck ist konstant = Außendruck

U1 mL cv⋅ T1⋅:= U2 mL cv⋅ T2⋅:= Wel mL cp⋅ T2 T1−( )⋅:= U2 U1− 1.248 103× J=

Wel 1.749 103× J=

2. Fall : Der Druck steigt durch die Federkraft

a 29

Volumenänderungsarbeit im Diagramm: l l1 l1 1cm+, l2..:=

0.005 0.006 0.007 0.008 0.009 0.01 0.0110

0.5

1

1.5

2

Volumen / m^3

Dru

ck /

bar

Aufgabe A 4.5 Volumenänderungsarbeit einer Flüssigkeit in offenem Behälter mit Rührer

Md

1

2

Ein Rührer wird in einem offenen Behälter mit einer zähen

Flüssigkeit (Volumen V1 2m3:= ) mit einer Drehzahl von

n 75min 1−:= während eines Zeitraumes von z 30min:=

betrieben. Dabei nimmt das Volumen um 5 % zu. An der Welle wird ein konstantes Drehmoment von Md 122N m⋅:=gemessen. Der Barometerdruck beträgt pa 1.02bar:= a) wie groß ist die Wellenarbeit?b) wie groß ist die Gesamtarbeit, die über die Systemgrenzefließt?

Lösung : V2 1.05 V1⋅:=

Wellenarbeit : WW z Md⋅ 2⋅ n⋅ π⋅:= WW 1.725 106× J=

Gesamtarbeit : WGes WW pa V2 V1−( )⋅−:= WGes 1.715 106× J=

a 30

mW 1.151 kg=

a) Bei Erwärmung aus Bremsarbeit VWmW

ρW:= b) Bei Erwärmung aus Brennstoff: VWb

VW

ηB:=

a) Mit jedem Bremsvorgang von v1 100kmh

= auf v2 0kmh

= könnte eine Kaffemenge von VW 1.151l=

(Liter) gekocht werden.b) Verwendet man den Brennstoff direkt zum Kochen (Brenner), so könnte man theoretisch eine Kaffeemenge kochen (es kann auch Tee sein) von: VWb 4.604l= Machen Sie für die beiden Geschwindigkeiten in der zweiten Zeile der Aufgabenstellung andereEingaben und schauen Sie sich an, wie sich noch höhere Ausgangsgeschwindigkeiten auswirken. Denken Sie beim Fahren an den unnützen Energieeinsatz, wenn Sie beschleunigen, um gleich darauf wieder zu bremsen!Zusatzaufgabe:

Ein Zug bewegt sich auf ebener Strecke und geradeaus mit einer konstanten Geschwindigkeit vZ 20m s 1−⋅:= . Im Zug

startet ein Läufer mit der Masse mL 70kg:= und beschleunigt auf eine Relativgeschwindigkeit vR 10m s 1−⋅:= ,

somit auf eine Gesamtgeschwindigkeit: vG vZ vR+:= vG 30 m s 1−⋅=

Seine kinetische Energie beträgt dann : EKin2mL

2vG

2⋅:= EKin2 31500J=

Vor dem Start hatte er eine Energie: EKin1mL

2vZ

2⋅:= EKin1 14000 J=

Würde er außerhalb des Zuges starten und genausoschnell laufen, hätte er die kinetische Energie: EKinL

mL

2vR

2⋅:= EKinL 3500 J=

Warum ist EKin2 EKin1 EKinL+> ? und welchen Anteil an dieser Differenz hat, wenn er im Zug startet, der Läuferaufzubringen und welchen der Zug? Beweisen Sie Ihre Aussage!

Aufgabe A 4.6 Äußere Energien, Relativbewegung Ein PKW hat eine Masse von 1000 kg. Er wird ausgehend von einer Geschwindigkeit von v1 = 100 km/h auf ebenerStrecke auf v2 = 0 km/h abgebremst. a) Welche Wassermenge könnte man mit der Bremsarbeit von 20 °C auf 100 °C erwärmen, unter der Annahme,dass diese Reibungsarbeit ausschließlich in der Trommelbremse anfällt und von der Wassermenge (Kühlwasser)aufgenommen wird? b) Welche Wassermenge könnte aus dem für die Beschleunigung von v2 auf v1 erforderlichen Brennstoff erhitztwerden, wenn nur 25 % der Brennstoffenergie in Bewegungsenergie umgesetzt werden?

gegeben: v1 100kmh

:= v2 0kmh

:=

ηB 25%:= v2 0km h 1−⋅:= mPKW 1000kg:= ∆tW 80K:=

Spez. Wärmekap. des Wassers: cW 4.19kJ

kg K⋅:=

Dichte des Wassers: ρW 1000kg

m3:=

Lösung : Bremsarbeit des Fahrzeuges: ∆Ekin12

mPKW⋅ v12 v2

2−

⋅:=

Energiebilanz : ∆Ekin mW cW⋅ ∆tW⋅= Wassermasse : mW∆Ekin

cW ∆tW⋅( ):=

a 31

Aufgabe A 4.8 Umwandlung potentieller u. kinetischer Energie in innere Energie

Um welche Temperaturspanne erwärmt sich das Wasser eines Flusses nach dem Durchlaufen eines 300m hohen Wasserfalles, wenn der Wärmeaustausch mit der Umgebung vernachlässigt werden kann?

Lösung: 2 Betrachtungsweisen sind möglich:

1.Das System ist eine konstante bewegte Masse von 1 kg (geschlossenes, bewegtes System).

Potentielle Energie ∆H 300m:= Diese Energie wird als Reibungsarbeit dem System zugeführt:

∆u g ∆H⋅:= cW 4.186kJ

kg K⋅:= ∆t

∆ucW

:= ∆t 0.703 K=

2. Betrachtung als offenes adiabates System:

Arbeit und Wärme sind null wt12 0J

kg⋅:= q12 0

Jkg

:=

Die äußere Energie ändert sich mit: ∆ea g ∆H⋅:=

1. Hauptsatz: Enthalpiedifferenz : ∆h wt12 q12+ ∆ea+:= ∆h 2.942 103×

Jkg

=

Änderung der inneren Energie:

∆v 0m3 kg 1−⋅:= p1 1bar:= p2 p1:= ∆u ∆h p2 p1−( ) ∆v⋅−:= ∆u 2.942 103

×J

kg=

∆t∆ucW

:=∆t 0.703 K=

Aufgabe A 4.7 Äußere Energien am Beispiel eines Satelliten

Ein Satelit aus Aluminium taucht mit einer Geschwindigkeit von 30000 km/h in einer Höhe von H1 = 30 km beieiner Temperatur von 20 °C in die Erdatmosphäre ein und wird dabei auf 300 km/h abgebremst. In der Höhe vonH2 = 500 m wird ein Bremsfallschirm geöffnet, durch den bei 300 m eine konstante Geschwindigkeit von 2 m/serreicht wird.a) wie groß ist die gesamte spezifische Energie des Sateliten in den verschiedenen Höhen?b) Welchen Anteil der Reibungsenergie von H1 bis H2 darf er aufnehmen, wenn er sich um nicht mehr als 100K erwärmen soll? Die spez. Wärmekapazität von Aluminium ist 0.921 kJ/kg*K

Lösung :

gegeben : v1 30000km h 1−⋅:= H1 30km:= t1 20°C:=

v2 300km h 1−⋅:= H2 500m:= t2 120°C:=

v3 2m s 1−⋅:= H3 300m:= ∆t t2 t1−:= cAl 0.921

kJkg K⋅⋅:=

Annahme: u0 0:= für 0°C

a) e1 g H1⋅12

v12

⋅+ cAl t1⋅+:= e2 g H2⋅12

v22

⋅+ cAl t2⋅+:= e1 35035kJkg

=

e3 g H3⋅12

v32

⋅+ cAl t2⋅+:= (Abkühlung vernachlässigt!) e2 118.9kJkg

=

cAl ∆t⋅ 0.1 e1 e2−( )⋅= e3 113.5kJkg

=

b) Anteil der Reibungsenergie von H1 bis H2 acAl ∆t⋅

e1 e2−:= a 0.264 %=

a 32

PT m ηiR⋅ ηäR⋅ ∆ho.R⋅:= PT 11.24 MW=

Aufgabe A 4.11 Energiebilanz an einem Dampferzeuger mit Speisepumpe

In einen stationär arbeitenden Dampferzeuger wird eine Wassermenge von: mW 70000kg h 1−⋅:= eingespeist.

Die spezifische Enthalpie des Wassers ist: h1 1408kJ kg 1−⋅:= und das spezifische Volumen:

v1 1.45 10 3−⋅ m3 kg 1−⋅:= , die Enthalpie des austretenden Dampfes: h2 2728kJ kg 1−⋅:= und das spezifische

Volumen: v2 0.01804m3 kg 1−⋅:= . Der Druck im Dampferzeuger ist konstant p1 100bar:= . DieDampfaustrittsleitung hat einen lichten Durchmesser von D2 100mm:= .a) Welche Wärme ist pro kg Dampf zu übertragen, wenn die Eintrittsgeschwindigkeit vernachlässigbar klein ist?b) Wie groß ist der Unterschied zwischen der Enthalpieänderung und der Änderung der inneren Energie?c) Welche Leistung benötigt die Kesselspeisepumpe, wenn der Ausgangsdruck p0 1bar:= ist und das Wasser als inkompressibel zu betrachten ist? Der Gütegrad der Pumpe betrage ηG 0.9:=

Lösung:

a ) c2 mW v2⋅4

π D22⋅

⋅:= c1 0ms

:= wt12 0kJkg⋅:= c2 44.66

ms

=

1. Hauptsatz: wt12 q12+ h2 h1−( ) c22 c1

2−( ) 12⋅+=

Arbeit wird nicht verrichtet: q12 h2 h1−( ) c22 c1

2−( ) 12⋅+:= q12 1321

kJkg

=

b ) Der relative Unterschied ist: φp1 v2⋅ p1 v1⋅−

h2 h1−:= φ 0.126=

c ) ηg 0.9:= PSp mW v1⋅ p1 p0−( )⋅1ηg⋅:= PSp 310 kW=

Aufgabe A 4.9 Kinetische Energie aus Enthalpiestrom Durch eine waagerechte, thermisch gut isolierte Düse strömt Wasserdampf mit einer spezifischen Enthalpie

von h1 2804kJ kg 1−⋅:= bei p1 30bar:= und einer Geschwindigkeit von c1 38m s 1−⋅:= . Am Austritt beträgt

die Enthalpie h2 2720kJ kg 1−⋅:= bei p2 20bar:= . Wie groß ist die Austrittsgeschwindigkeit c2 ?

Lösung : 1. Hauptsatz: wt12 q12+ h2 h1−( ) c22 c1

2−( ) 12⋅+=

∆ea c22 c1

2−( ) 12⋅= wt12 0

Jkg⋅:= q12 0

Jkg

:= c2 10ms

:=

Vorgabe wt12 q12+ h2 h1−( ) c22 c1

2−( ) 12⋅+= c2 Suchen c2( ):= c2 411.6

ms

=

Bemerkung: Die Angabe des Druckeswar hier nicht erforderlichFür den "Fußgänger": c2 2 wt12⋅ 2 q12⋅ 2 h2⋅−+ 2 h1⋅+ c1

2+( )12

:=

Aufgabe A 4.10 Wellenleistung aus Enthalpiestrom In einer Dampfturbine entspannen sich stündlich 40 t Wasserdampf . Die spezifische Enthalpie würdesich dabei um 1200 kJ verringern, wenn keine innere Reibung vorhanden wäre. Der Gütegrad, der dieReibung berücksichtigt, beträgt 86 %. Auf dem Wege über die Turbinenwelle zur Generatorklemme gehtnochmals 2 % der Wellenarbeit verloren. Welche Leistung wird an der Generatorklemme abgegeben?

Lösung : m 40000kgh

:= ∆ho.R 1200kJkg

:= ηiR 0.86:= ηäR 0.98:=

a 33

Die Masse ist gleich der des verdrängten Wassers mB VW ρW⋅:= mB 400 t=

b) Freies Volumen (Luft) VL VBmB

ρB−:= VL 433.3 m3

=

c) Das Boot musste zum Tauchen das Gewicht bzw. die Masse des vom gesamten Volumen verdrängten Wassers haben

mB mzu+( ) VB ρW⋅=

mzu mB− VB ρW⋅+:= mzu 100 t=

mab VL ρW⋅ mzu−:= mab 333.3 t=d) Das Volumen nach b) ist vor dem Heben mit Wasser ausgefüllt, zum Heben ist der Schwebezustand c) herzustellen. Die zu lenzende Wassermenge ist: Vab mab ρW

1−⋅:= Vab 333.3 m3

=

Druck in Wassertiefe HW pW HW ρW⋅ g⋅ pU+:= pW 10.807 bar=

Luftdruck im Ansaugschlauchbei HW

TU Tt tU( ):= ρUpU

R TU⋅:= pL pU HW ρU⋅ g⋅+:= pL 1.012 bar=

Aufgabe A 4.12 Arbeit zum Lenzen eines gesunkenen U-Bootes

Ein U-Boot aus dem letzten Weltkrieg liegt auf Grund in 100m Tiefe. Das Boot soll gehoben werden. Taucher stellenfest, dass keine Luftblase vorhanden ist, dass aber eine Abdichtung unter Wasser möglich ist. Aus den alten Plänen wirdfestgestellt, dass das Boot über die Außenhaut gerechnet ein Volumen von 500 m 3 besitzt und ganz aufgetaucht eineWasserverdrängung von 400 m3. Die mittlere Dichte aller im Boot enthaltenen Massen (einschließlich Außenhaut, aberaußer Luft) kann mit 6000 kg/m3 angenommen werden.Für die folgenden Berechnungen ist eine Genauigkeit < 1% nicht erforderlich!

a) Welches Gewicht hatte das Boot (aufgetaucht gemäß Skizze 1) ?b) Wie groß war das Volumen der Luft im Boot?c) Welche Wassermenge musste zum normalen Tauchen des Bootes (Skizze 2) eingelassen werden ?d) Zum Heben soll nach dem Abdichten eine Lenzpumpe eingebracht werden, die Wasser über eine Rück-

schlagklappe nach außen fördern kann. Die Belüftung erfolgt über einen Schlauch von oben. Welche Arbeit hat die Pumpe mindestens zu verrichten?

e) Wie groß wäre mindestens die Arbeit für den Antrieb eines Kompressors (Skizze 3), wenn das Wasser über Pressluft von oben ausgetrieben werden soll? f) Welche Arbeit hat ein adiabater Kompressor mit einem Gütegrad von 0.7 zu verrichten? Bei allen Vorgängen soll eine konstante Temperatur im Boot angenommen werden.

HW HWHW

aufgetaucht getaucht gesunken

Allgemein gegeben:

Hier gegeben: Volumen des Bootes: VB 500m3:= Dichte der Festkörper: ρB 6kg l 1−

⋅:=

Dichte des Wassers ρW 1kg l 1−⋅:=Wasserverdrängung : VW 400m3

:=Umgebungstemperatur tU 10°C:=

Wassertiefe HW 100m:= Luftdruck pU 1bar:=

a) Masse des Bootes mit Einbauten:

a 34

W12 494.1 kWh=W12 mV cp⋅ T2 TU−( )⋅:=

T2 677.8 K=T2 TUTis pW( ) TU−( )

ηg+:=ηg 0.7:=Über den Gütegrad erhält man

eine wesentlich höhere Arbeit:

Tis pW( ) 559.4 K=Tis p( ) TUp

pU

κ 1−

κ⋅:=

Hierzu ist zunächst die reibungsfreie Adiabate zu berechnenf)

W12 241.4 kWh=

W12 mV

pU

pW

pR TU⋅

p

⌠⌡

d⋅:=Die Arbeit ist dann:

mV 4.49 t=mV VV ρU⋅pW

pU⋅:=

VV 337.8 m3=VV Suchen VV( ):=

mB VV ρU⋅pW

pU⋅+ VL VV−( ) ρW⋅+ VB ρW⋅=

VorgabeVV VL:=p

V

1=U

2

p1*v1

p2*v2

wt1_2

V2 VU

Der Verschiebearbeit unter d) (nicht schraffierter Anteil der gelben Fläche im p-v-Diagramm) ist der schraffierteAnteil der isothermen Volumenänderungsarbeit hinzuzufügen. Im Boot herrscht der Wasserdruck. Damit ergibtsich die technische Arbeit des reversibel (isotherm) arbeitenden Kompressors. Zunächst ist die zur Verdrängungerforderliche Luftmenge mV zu bestimmen. Diese ist wegen des höheren Druckes größer als im Falle d)

e)

W12 90.7 kWh=W12 pW pL−( )mab

ρW⋅:=Pumparbeit der Lenzpumpe:

a 35

mP 0.000241 kg=

Anzahl N der Hübe:N

m2 m1−

mP

:= N 41.5=

b) Wir stellen uns vor, die Pumpe ist so groß, dass der Verdichtungsvorgang mit einem einzigen Hub geleistetwerden kann. Dann ist bereits am Anfang in dem System Reifen + Pumpe die gesamte Masse m2 beiUmgebungszustand enthalten. Das Volumen wird nun auf das des Reifens komprimiert. Ohne Reibung undmit (unendlich) viel Zeit, kann der Vorgang reversibel isotherm ablaufen.Ausgangsvolumen: VA VS N VP⋅+:=

Volumenänderungsarbeit der Isotherme:

W1_2_V m2 RL⋅ Tt ta( )⋅ lnp2

pa

⋅:= pa VA⋅ ln 3( )⋅ 1.386 103

× J= W1_2_V 1.386 kJ=

Die von der Atmosphäre geleisteten Verschiebearbeit: WVA VP N⋅ pa⋅:= WVA 0.841 kJ=

Von Hand aufzubringen: WH W1_2_V WVA−:= WH 0.545 kJ=

Für die Exergie des geschlossenen Systems ergibt sich rein formal:

Exg U1 UU− TU S1 SU−( )⋅− pU VU V1−( )⋅−=

TU Tt ta( ):= T2 TU:= pU pa:= VUm2 RL⋅ TU⋅

pU:=

Ex2 m2 cvL T2 TU−( )⋅ TU cvL lnT2

TU

⋅ RL ln

VS

VU

⋅+

⋅−

⋅ pU VU VS−( )⋅−:= Ex2 0.545 kJ=

Aufgabe A 4.13 Aufpumpen eines Fahrradreifens

DS = 26 in

dS = 2 in

dP = 1 in

lP = 40 cm

pa = 1 barta = 20 °C

Ein Fahrradschlauch und eine Handpumpe werdenmit den Abmessungen gemäß nebenstehender Skizzeangenommen (Der schädliche Raum der Pumpe zwischen Kolben undVentil bei Beendigung des Pumpenhubes sei vernachlässigbar ). a) Welche Menge fördern Sie mit einem Hub und wievieleHübe sind erforderlich, um den Schlauch, der sich wegendes unelastischen Mantels nicht ausdehnen kann, vonUmgebungsdruck auf 3 bar bei Umgebungstemperaturaufzupumpen?b) Welche Arbeit wäre für das Aufpumpen mindestenserforderlich (bei einem reversiblen Prozess)c) Skizzieren Sie qualitativ den Verlauf für einigePumpenhübe im p-v-Diagramm!

gegeben: DS 26in:= dS 2in:= pa 1bar:= ta 20°C:=in 0.0254 m=

dP 1 in⋅:= lP 40cm:= p2 3bar:=

Volumina: VS π DS⋅ π⋅dS

2

4⋅:= VP π

dP2

4⋅ lP⋅:= VS 4.205 l= VP 202.68 cm3

=

a) Inhalt 1 im Ausgangszustand: m1pa VS⋅

RL Tt ta( )⋅:= m1 0.005001 kg=

Inhalt 2 im Endzustand: m2p2 VS⋅

RL Tt ta( )⋅:= m2 0.015002 kg=

Inhalt der Pumpe (Masse eines Hubes) mPpa VP⋅

RL Tt ta( )⋅:=

a 36

Der Druckverlauf im p-v-Diagramm

1. Hub

letzterHub

Volumen des Reifens

pa

p2

Volumen derPumpe

2. Hub3. Hub

Der Druckverlauf aufgetragen über der Anzahl der Hübe

mS i( ) m1 i mP⋅+:= p i( )mS i( ) RL⋅ TU⋅

VS:= i 0 1, N..:=

0 5 10 15 20 25 30 35 40 450

1

2

3

p i( )

bar

i

a 37

λ1

2 log 3.71dRo

k⋅

⋅

2:=

λ 0.015=

(vergl. auch Diagramm Bild 8 für dRo

k3.333 103

×= )

Radius des Krümmers R 2 dRo⋅:= Länge des Krümmers lKr 2 π⋅ R⋅30360⋅:=

Dynamischer Druck: ∆pdynρW

2cRo

2⋅:=

Der Umgebungsdruck wird angenommen mit pU 1bar:=

Die Reibungsdruckverluste errechnen sich mit:

1. Einlauf ζE 0.04:= ζ1 ζE:=

ζhorλ 10⋅ m

dRo:= ζ2 ζhor:=2. horizontale Strecke unten:

ζKr_30° 0.4 0.3⋅:= ζ3 ζKr_30°:=3. Krümmer unten

ζKr_P λ5m

sin 30Grad( ) dRo⋅⋅:= ζ4 ζKr_P:=4. Verbindung Krümmer - Pumpe

5. Schräge Druckleitung = Verbindung Pumpe -Krümmer 2: ζDr_1 λ

∆z 5m−

sin 30Grad( ) dRo⋅⋅:= ζ6 ζDr_1:=

Aufgabe A 4.14 Druckverlauf in einer Rohrleitung

Speicherbecken

Einlaufbecken

z2-z1dR

Pumpe

R

In einem Speicherkraftwerk wird das Arbeitsfluid Wasser durcheine Turbopumpe aus dem Einlaufbecken durch ein Betonrohrmit dem inneren Durchmesser dRo in das um ∆z höher gelegeneSpeicherbecken mit einer Geschwindigkeit im Rohr von cRo

gefördert. Das Rohr hat im Saugteil einen gerundeten Einlauf.Das Rohr hat zwei 30°- Krümmer, die horizontalen Streckensind jeweils 10 m lang. Einlauf und Auslauf liegen jeweils 3munterhalb des Wasserspiegels. Die Pumpe befindet sich 2moberhalb des Wasserspiegels des Einlaufbeckens. Gesucht ist der Druckverlauf in der Mitte des Rohres über derRohrlänge und die erforderliche Antriebsleistung der Pumpe beieinem Pumpenwirkungsgrad von ηP, sowie die Erwärmung desWassers durch die ReibungsarbeitDie Widerstandsbeiwerte sind der Fachliteratur, z.B. DubbelKap. B6.2 zu entnehmen (auf S. 4 beigefügt)

gegeben:

Geschwindigkeit im Rohr cRo 3ms

:= Rauhigkeit der Rohrwannd: k 0.3mm:=

Rohrdrchmesser innen dRo 1m:= Geodätische Förderhöhe ∆z 300m:=

Wirkungsgrad der Pumpe ηP 0.8:=

Kinematische Zähigkeit von Wasser bei 20°C νW 10 6− m2 s 1−⋅:=

Dichte des Wassers: ρW 1000kg m 3−⋅:=

Lösung: vergl. Dubbel, Kap. B6.2

Reynoldszahl: Re cRodRo

νW⋅:= δ 34.2

dRo

0.5 Re⋅( )0.875⋅:= Re 3 106

×=Grenzschichtdicke δ δ 0.135 mm=

für raue Rohre mit Rauhigkeit k > Grenzschichtdicke δ

a 38

M6 1, 3−∆zm

+Rm

1 cos 30Grad( )−( )⋅−:= M7 1, 3−∆zm

+:= M8 1, M7 1,:=

Druckverlustbeiwerte (Spalte 2) M 2⟨ ⟩ ζ:=

Reibungsdruckverluste (Spalte 3)M 3⟨ ⟩ ζ

ρWcRo

2

2⋅

bar

⋅:=

Drücke (Spalte 4)

M0 4,pU

bar

3m ρW⋅ g⋅

bar+:= M1 4, M0 4,

∆pdyn

bar1 M1 3,+( )⋅−:= M2 4, M1 4, M2 3,−:=

M3 4, M2 4, M3 3,−R 1 cos 30Grad( )−( )⋅ g⋅ ρW⋅

bar−:= M8 4,

pU

bar

3m g⋅ ρW⋅

bar+:= M7 4, M8 4, M8 3,+:=

M6 4, M7 4, M7 3,+R 1 cos 30Grad( )−( )⋅ g⋅ ρW⋅

bar+:= M5 4, M6 4,

∆z 2m−( ) g⋅ ρW⋅

bar+ M6 3,+:=

M4 4, M2 4,5m g⋅ ρW⋅

bar− M3 3,− M4 3,−:=

ERG

OrtWeg in m

Höhe in m

Widerstands-beiwert

Druckver-lust in bar

Druck in bar

0 0,00 -3,00 0,00000 0,00000 1,2941 0,00 -3,00 0,04000 0,00180 1,2492 10,00 -3,00 0,14928 0,00672 1,2423 11,05 -2,73 0,12000 0,00540 1,2114 21,05 2,00 0,14928 0,00672 0,7405 21,05 2,00 0,00000 0,00000 30,9536 611,05 296,73 8,80779 0,39635 1,3337 612,09 297,00 0,12000 0,00540 1,3018 622,09 297,00 0,14928 0,00672 1,294

:=

Speicherbecken

Einlaufbecken

z2-z1dR

Pumpe

R

0 1 2 3

4

5

6 7

8

6. Krümmer oben ζ7 ζ3:=

7. horizontale Strecke oben ζ8 ζ2:=

Wege (Spalte 0):

M0 0, 0:= M1 0, 0:= M2 0, 10:= M3 0, 10lKr

m+:= M4 0, M3 0,

5sin 30Grad( )

+:=

M5 0, M4 0,:= M6 0, M5 0,

∆zm

5−

sin 30Grad( )+:= M7 0, M6 0,

lKr

m+:= M8 0, M7 0, 10+:=

Höhen (Spalte 1) M0 1, 3−:= M1 1, 3−:= M2 1, 3−:= M3 1, 3−Rm

1 cos 30Grad( )−( )⋅+:=

M4 1, 2:= M5 1, 2:=

a 39

∆tW 0.191 K=∆tWPR

V ρW⋅ 4.186⋅kJ

kg K⋅

:=Erwärmung des Wassersdurch Reibung

PR 1.881 103× kW=PR V ∆pdyn⋅

0

8

i

ζ i∑=

⋅ PP 1 ηP−( )⋅+:=GesamteReibungsleistung

PP 8.898 103× kW=PP

Prev

ηP:=

ErforderlicheAntriebsleistung

Prev 7.119 103× kW=Prev V ∆pP⋅:=Reversible Leistung:

V 2.356m3

s=V π

dRo2

4⋅ cRo⋅:=Volumenstrom:

∆pP 30.213 bar=∆pP M5 4, M4 4,−( ) bar⋅:=Förderdruck

Pumpenleistung

0 100 200 300 400 500 600 7000

5

10

15

20

25

30

35

Weg im Rohr /m

Dru

ck in

bar

M

a 40

Rohrereibungszahl λ aus Dubbel

a 41

p2 1.75 bar=

m2 0.02079 kg=

Die gesamte Arbeit wird über den Kolben der Pumpe (links) aufgebracht, der die Masse ∆m in den Zylinder(rechts) beim Druckanstieg von p1 auf p2 verschiebt.

∆m m2 m1−:= Vz∆m RL⋅ T1⋅

p2:= Vz 7142.9 cm3

= lzVz

A:= ∆m 0.015 kg=

lz 71.4 cm=2 Vorgänge bestimmen die aufzubringende Arbeit:1. die isotherme Verdichtung der Luft vom Ausgangsvolumen Vz + V1 auf 2*V1 und2. die Kompression der FederDie beiden Arbeiten sind zu addieren

zu1. p V( ) m1 ∆m+( )R T1⋅

V⋅:= w1_2_isoth

V1 Vz+

2V1

Vp V( ) p1−( )⌠⌡

d−:= w1_2_isoth 125.588 J=

zu2 w1_2_Fl1

2l1lFF l( )

⌠⌡

d:= w1_2_F 187.5 J=

Summe w1_2 w1_2_isoth w1_2_F+:= w1_2 313.1 J=

Aufgabe A 4.15 Aufladen eines elastischen BehältersIn einem Zylinder mit nicht adiabaten Wänden (vergl. Skizze), derdurch einen reibungsfrei beweglichen Kolben verschlossen ist,befindet sich Luft mit Umgebungszustand bei 1 bar und 20 °C mit

einem Volumen von anfangs 5000 cm3. Der Querschnitt des

Zylinders ist 100 cm2. Über ein Ventil wird langsam zusätzlicheLuft mit der Masse ∆m aus der Umgebung eingespeist, bis sich dasVolumen verdoppelt hat.Der Kolben soll sich gegen eine Federkraft bewegen, die imAusgangspunkt 0 ist und abhängig vom Federweg mit

FF l( ) 1.5 103⋅

Nm

l l1−( )⋅= beschrieben werden kann. Berechnen Sie

a) Masse und Druck im Zustand 2! b) die mindestens aufzubringende Arbeit!

m1V1 V2

l1

m2∆m

Tipp zur Lösung: nehmen Sie an, dass sich die Masse ∆m bereits im Zylinder einer entsprechend dimensioniertenKolbenpumpe bei Umgebungszustand befindet.

Lösung : A 100cm2:= pa 1bar:= p1 pa:= T1 T0 20K+:= V1 5000cm3

:=

l1V1

A:= m1

p1 V1⋅

RL T1⋅:= FF l( ) 1.5 103

⋅Nm

l l1−( )⋅:= m1 0.00594 kg=

V2 2 V1⋅:= p l( ) paFF l( )

A+:= p2 p 2l1( ):= m2

p2 V2⋅

RL T1⋅:= l1 0.5 m=

m1

V1 V2

m2∆m

w1_2

lz l1

a 42

p∆

d

3d

p1

pSt

0,3 d

0,1 d

10 d

Der Massenstrom in einem Kanal einer Klimaanlage wirdmittels eines Prandtl-Staurohres gemäß Skizze ermittelt,indem eine größere Anzahl von Messpunkten über denQuerschnitt verteilt abgetastet werden. An dem mit Wassergefüllten U-Rohr-Manometer, das den Differenzdruckzwischen dem Druck im Kanal und dem Staudruck anzeigt,wird im Mittel eine Höhendifferenz von 15 mmWassersäule abgelesen. Der Kanal hat einen Querschnittvon 2m * 3m.Wie groß ist der Massenstrom der Luft, wenn an dieserStelle eine Temperatur von 30°C bei einem Überdruckentsprechend 10 mm Wassersäule gegenüber demAußendruck von 1 bar gemessen wird?

Lösung: pU 1bar:= tL 30°C:= ∆hPr 15mm:=

ρW 1000kg

m3:= ∆hü 10mm:= ∆pü ρW g⋅ ∆hü⋅:=

pL pU ∆pü+:= ρLpL

RL Tt tL( )⋅:= ∆pPr ρW g⋅ ∆hPr⋅:=

Geschwindigkeit: wL2 ∆pPr⋅

ρL:=Staudruck: ∆pPr

ρL2

wL2

⋅= wL 16ms

=

Querschnitt : AL 3m 2⋅ m:= Massenstrom: mL wL AL⋅ ρL⋅:= mL 110.4kgs

=

Aufgabe A4.16 Evakuieren durch Wasserstrahlpumpe

pa = 1 bar

DA

cADE

pE

cE

tA = 20°C

12

Aus einer Wasserstrahlpumpe gemäß Skizzeströmt das Wasser mit einer Geschwindigkeitvon cA = 5 m/s ins Freie. Der engsteQuerschnitt des Strömungskanals, wo sich eineBohrung zum Ansaugen von Luft befindet,beträgt die Hälfte des Austrittsquerschnittes.Welcher Druck stellt sich in dem an die Bohrungangeschlossenen Behälter ein, wenn dieWasserströmung über die gesamte Strecke alsreibungslos angesehen werden kann und welcheLuftmasse befindet sich imGleichgewichtszustand im Behälter, wenn dieserein Volumen von 5 Liter besitzt?

pa 1bar:= ta 20°C:= p2 pa:= c2 5ms

:= c1 2 c2⋅:= v2 ρW1−

:= VB 5l:= v1 v2:=

1. Hauptsatz: q1_2 wt_1_2+ h2 h1− ∆ea+= u2 u1− p2 v2⋅+ p1 v1⋅−c2

2 c12

−

2+=

q1_2 0= wt_1_2 0= u2 u1= p1

c22 c1

2−

2p2 v2⋅+

v1:= mL

p1 VB⋅

RL Tt ta( )⋅:= =>

p1 0.625 bar= mL 3.716 10 3−× kg=

Aufgabe A4.17 Durchsatzmessung mit Prandtlrohr

a 43

c) Die Impulskraft des Fluids:

m c1 A1⋅ ρ⋅:= FI m− c2⋅ m c1⋅+:= FI441.8−

441.8

N= m 318086.256kgh

=

oder mit m1 m:= und m2 m−:= FI m1 c1⋅ m2 c2⋅+:=

Die Druckkraft:

Fp p1 pU−( ) A1⋅ p2 pU−( ) A2⋅+:= FI441.786−

441.786

N=Fp10602.9−

10602.9

N=

FRes Fp FI+:=FRes

11044.7−

11044.7

N=

Winkel winkel FRes1FRes2,( ):=

1 .104 0 1 .104

1 .104

1 .104Resultierende Kraft

FRes

N

11044.7−

11044.7

=

FRes

N15619.5=

Winkel 135 Grad=

Aufgabe A 4.18 Kräfte an einem Rohrkrümmer

c1

c2

pU

A1

A2

p1= pi

p2= piF

In einem Rohr mit einem lichten Durchmesser von 150 mm herrschtein Überdruck gegenüber der Atmosphäre von 6 bar. in dem Rohrströmt Wasser mit einer Geschwindigkeit von 5m/s. Welche Einzelkräfte wirken auf einen 90-Grad-Krümmer und welcheGesamtkraft (Richtung und Betrag)(Die Gewichtskräfte sollen vernachlässigt werden)

Lösung: c10

5

ms

:= d1 150mm:= β 90− Grad:= d2 d1:= p2ü 6bar:=

pU 1bar:= p2 p2ü pU+:=

ρ 1000kg

m3:= A1abs π

d12

4⋅:= A2abs π

d22

4⋅:= A1 A1abs

0

1

⋅:= A2 A2abs−1

0

⋅:=

a ) c2abs c1A1

A2⋅:= c2 c2abs

1

0

⋅:= c2abs 5ms

= c25

0

ms

=

b ) Gleichung von Bernoulli p1ρ

2c2( )2⋅ p2+

ρ

2c1( )2⋅

−:= p1 7 bar=

a 44

m1 53.014kgs

= m2 53.014−kgs

=

b ) Gleichung von Bernoulli p1ρ

2c2( )2⋅ p2+

ρ

2c1( )2⋅−:= p1 2.904 bar=

c) Impulskraft: FI m1 c1⋅ m2 c2⋅+:= FI473.4−

365.2

N=

Druckkraft Fp p1 pU−( ) A1⋅ p2 pU−( ) A2⋅+:= Fp3031

192.4

N=

Gesamte Kraftauf den Krümmer

FRes Fp FI+:= FRes2557.6

557.6

N=

Winkel winkel FRes1FRes2,( ):=

2000 1000 0 1000 2000

2000

2000 Resultierende Kraft

FRes

N

2557.6

557.6

=

FRes

N2617.7=

Winkel 12 Grad=

Aufgabe A 4.19 Kräfte an einem Rohrkrümmer (Variante zu A 4.18)

c1

p1

p2

A2

A1

c2

β

Ein Rohrkrümmer gemäß Skizze mit einer Umlenkung von β =30 Grad, der mit Wasser reibungsfrei durchströmt wird, hat amEintritt einen lichten Durchmesser von d1 = 150 mm.Eintrittsgeschwindigkeit ist c1 = 3 m/s . Am Austritt ist derDurchmesser d2 = 70 mm und der Druck 2bara) mit welcher Geschwindigkeit tritt das Wasser aus?b) Welcher Druck herrscht am Eintrittc) welche Kraft wirkt auf die den Krümmer?

Lösung: c13

0

ms

:= d1 150mm:= β 30− Grad:= d2 70mm:= p2 2bar:= pU 1bar:=

ρ 1000kg

m3:= A1abs π

d12

4⋅:= A2abs π

d22

4⋅:=

Die Flächennormale zeigtjeweils in das System hineinA1 A1abs

1

0

⋅:= A2 A2abs−cos β( )sin β( )

⋅:=

a ) Kontinuitätsgleichung c2abs c1A1

A2⋅:= c2 c2abs

cos β( )sin β( )

⋅:= c2 13.776ms

= c211.93

6.888−

ms

=

m1 A1 ρ⋅ c1⋅:= m2 A2 ρ⋅ c2⋅:=

a 45

FI1FI2

+ FI3+ FI_res=

m1 c1⋅ m2 c2⋅+ m3 c3⋅+ FI_res=

mit FI1e2⋅ 0= (Rechter Winkel)

Aus dem Vektorschaubild links lässt sich wegen FI = m*c ablesen:

m3 m2−

m1cos 180Grad α−( )= cos α( )−=

mit m3 m1 m2−=m1 2 m2⋅−

m1cos α( )−= und mit m1 c1 A1⋅ ρ⋅:=

=> m2m1 cos α( ) 1+( )⋅

2−:= m3 m1− m2−:= m2 0.25−

kgs

= m3 0.75−kgs

=

b) FI_res m1 c1⋅ m2 c2⋅+ m3 c3⋅+:= FI_res3.75

2.165

N=m2m1

25 %=m3m1

75 %=

Da die zur Wand parallel abfließenden Ströme keine Kraft auf die Wand ausüben , kann - ohne dieseMassenströme berechnen zu müssen - auch die auf die Wand wirkende Impulskraft direkt als die zur Wandsenkrechte Komponente des Impulsstromes 1 angegeben werden

FW m1 c1⋅ cos α 90 Grad⋅−( )⋅:= FW 4.33 N=

Aufgabe A 4.20 Impulskraft eines Wasserstrahles

αc1

A1

A2

A3

c2

c3

Ein Wasserstrahl mit einem Querschnitt A1 trifftauf eine feststehende Wand mit einerGeschwindigkeit von c1 = 5 m/s(zweidimensionale Strömung, d.h. keineKomponente senkrecht zur Zeichenebene). DerStrahl teilt sich reibungsfrei.a) mit welcher Geschwindigkeit und welchenAnteilen am Gesamtstrom fließen die Teilströmeab ?b) welche Kraft wirkt auf die Wand (Betrag undRichtung?)

Lösung

gegeben: ρ 1000kg

m3:= A1_abs 2cm2

:= c1_abs 5ms

:= α 120Grad:=

e11

0

:= e2cos α( )sin α( )

:= e3 e2−:= A1 A1_abs e1⋅:= c1 c1_abs e1⋅:=

Die Drücke sind in allen 3 Strömen gleich (Außendruck). Im stationären Zustand ist die Summe der Massenströme = 0und nach dem 1. Hauptsatz (hier speziell dem Satz von Bernoulli) ist die Summe der zugführten kinetischen Energien = 0

m1 m2+ m3+ 0kgs

= m1 c1( )2⋅ m2 c2( )2

⋅+ m3 c3( )2⋅+ 0J=

Da wegen des konstanten Druckes gemäß der Bernoulli-Gleichung alle einzelne Massenteilchen ihre kinetischeEnergie beibehalten, sind die Absolutgeschwindigkeiten der austretenden Ströme:

c2abs c1:= c3abs c1:= und die Vektoren: c2 e2 c1⋅:= c3 e3 c1⋅:=

Bei Reibungsfreiheit kann die Wand keine Tangentialkräfte aufnehmen und es muss sein:

FI1

FIres

FI2

FI3

αα − 90°

a 46

0 2 4 6

6

4

2

2

4

6Ergebnisse mit aktivem Vektordiagramm

Massenströme

m1 1kgs

= m2 0.25−kgs

= m3 0.75−kgs

=

Auf die Wand wirkende Impulskraft

FI_res3.75

2.165

N= FI_res 4.33 N=

Winkel 30 Grad=

a 47

=> p1c2

2

2ρ⋅

c12

2ρ⋅− p2+:= p1 4.38 bar=

b) Auf die skizzierteDüse wirken dieKräfte:

Druckkraft Fp p1 pU−( ) A1⋅ p2 pU−( ) A2⋅−:= (Der 2. Term ist = 0)Fp 165.9 N=

Impulskraft FI m− c2⋅ m c1⋅+:= FI 18.07− N=

Summe: Fges Fp FI+:= Fges 148 N=

Diese Kraft muss von der Verbindung zwischen Schlauch und Düse aufgebracht werden

c) Auf die haltende Hand wirkt lediglich die Impulskraft FH m− c2⋅:= FH 19.2− N=

Die Druckkraft wirkt im Schlauch nach beiden Seiten. Die haltende Hand braucht sie nicht aufzubringen. Dieslässt sich leicht feststellen, wenn man an einem Gartenschlauch die Düse schließt. Es bleibt dann nur dieGewichtskraft, die hier nicht betrachtet wird. Die Hand muss aber die Impulskraft des austretendenWasserstrahles auffangen, da der Schlauch keine Druckkräfte aufnehmen kann. Bekanntlich entweicht er nachhinten (entgegengesetzt zur Strömungsrichtung) und beginnt zu tanzen, wenn er losgelassen wird. DieKraftwirkung ist an dem in der Skizze dargestellten Modell erklärbar.

pU

pU

c2

c1 0

z

S

B

Fr

Der Behälter B habe einen großen Querschnitt, so dass dieGeschwindigkeit c1 = 0 gesetzt werden kann.Den Schlauch Smit der Düse denke man sich als starren Teil des Behälters.Der Druck im Behälter wird durch den Füllstand z bestimmt.Steht der Behälter auf Rollen, so ist die Reaktionskraft Fr, mitder der Behälter gehalten werden muss, gleich der negativenImpulskraft des austretenden Wasserstrahles.Diese Kraft kannvon reibungsfrei strömendem Wasser nicht auf den Schlauchübertragen werden, sondern nur über das Fluid auf diegegenüberliegende Behälterwand. Ist der Behälter nicht fixiert,wird sie über den Schlauch als Zugkraft auf die die Düsehaltende Hand zurückgeleitet. In der Realität wird bei einemlangen Schlauch die Impulskraft vom Fluid auf Umlenkungendes Schlauches (der Schlauch wird nie gerade geführt) undüber Reibungskräfte auf den Schlauch übertragen.

Aufgabe A 4.21 Haltekraft an einem Schlauch

c2c1

p1p2

A2

A1 Ein Wasserschlauch hat einen lichten Durchmesser von d1 = 2,5 cmund wird mit einer Geschwindigkeit von c1 = 1m/s durchströmt. AmEnde des Schlauches befindet sich eine Düse mit einem Durchmesservon d2 = 6 mm.a) mit welcher Geschwindigkeit tritt der Wasserstrahl aus?b) Welche Kräfte wirken auf die Düse?c) welche Kraft auf die den Schlauch haltende Hand?

Lösung: gegeben: c1 1.5ms

:= d1 2.5cm:= d2 0.6cm:= ρ 1000kg

m3:= pU 1bar:=

Da nur die x-Richtung zu betrachten ist, kann hier mit Absolutbeträgen gerechnet werden.

a) Querschnittsflächen: A1 πd1

2

4⋅:= A2 π

d22

4⋅:= p2 pU:=

Massenstrom: c2 c1A1A2⋅:= m c1 A1⋅ ρ⋅:= c2 26

ms

= m 2651kgh

=

Bernoulli-Gleichung: p2c2

2

2ρ⋅+ p1

c12

2ρ⋅+=

a 48

1.5 1 0.5 0 0.5 1 1.5 2

200

400

600

800

1000

Spezif. Entropie / kJ / kg*K

Tem

pera

tur /

K

T 0K 10K, 1000K..:=s T p,( ) cpL lnTT0

⋅ RL lnpp0

⋅−:=

Unter Vernachlässigung der Temperaturabhängigkeit von cp kann man integrieren. Für Luft ergibt sich dann:

ds cpdTT

⋅Rp

dp⋅−=

wird p v⋅ R T⋅=und dh cp dT⋅=und T ds⋅ dh v dp⋅−=aus Lösung a)

T0 273K:=

p0 1.013bar:=

T0 273K:=

p0 1.013bar:=

b) Kennzeichnen Sie die zugeführte Wärme für 1 kg von 20°C auf 800°C bei p1!

RL 287J

kg K⋅:=cpL 1.004

kJkg K⋅

:=p

0.3

1

3

10

bar:=kJ 1000J:=bar 105Pa:=

a) Zeichnen Sie im T-s-Diagramm für Luft die Linien mit konstantem Druck p!

Aufgabe A 5.1 Berechnung der spezifischen Entropie idealer Gase

a 49

Hier kann die Entropie s als Funktion der Temperatur T auf die Abszisse gebracht werden. Will man jedoch fürAufgabenteil b) ein Integral von Tds berechnen, muss die Funktion T(s) explizit ausgedrückt werden. Da diespezifische Entropie jetzt das Argument ist, wird sie mit "es" benannt.

T1 293K:= T2 1073K:=b) T es p,( ) T0 e

es

cpL⋅

pp0

RL

cpL

⋅:= es1 s T1 p1,( ):= es2 s T2 p1,( ):=

q1.2

es1

es2

es( )T0 e

es

cpL⋅

p1

p0

RL

cpL

⋅

⌠⌡

d:= q1.2 7.831 105×

Jkg

=

Darstellung im T-s-Diagramm es es1 1kJ

kg K⋅− es1 0.9

kJkg K⋅

−, es2 0.1kJ

kg K⋅⋅+..:=

esq es1 es1 0.025kJ

kg K⋅+, es2..:=

0.4 0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6

500

1000

1500

Spez. Entropie / kJ/kg*K

Tem

pera

tur /

K

a 50

Isentrope n= κ

np 0:= nv 106:= nt 0.9999:= ns 1.3999:=

a) Isochore v2v v1:= T2v T1p2

p1⋅:= t2v tT T2v( ):= s2v cp ln

T2v

T0

⋅ R ln

p2

p0

⋅−:=

v2v 0.778m3

kg= T2v 1084.2 K= s2v 989.7

Jkg K⋅

= Q12v mL cv⋅ t2v t1−( )⋅:=

Q12v 7276 kJ=

W12v mL−

v1

v2v

vp1v1

v

nv

⋅

⌠⌡

d⋅:= W12v 0 J= Das Ergebnis hätte man natürlich nichtausrechnen müssen!

Wt12v mL

p1

p2

pv1p1

p

1

nv

⋅

⌠⌡

d⋅:= Wt12v 2915 kJ= ( = V *∆p)

b ) Isotherme T2t T1:= v2t v1p1

p2⋅:= s2t cp ln

T2t

T0

⋅ R ln

p2

p0

⋅−:=

v2t 0.214m3

kg= s2t 306.5−

Jkg K⋅

=

Aufgabe A 6.1 Berechnung der intensiven Zustandsgrößen idealer Gase

Eine Luftmenge von 10 m3 bei 25 °C und 0,1 bar Überdruck gegenüber der Atmosphäre mit 750 Torr sollauf 3 bar Überdruck verdichtet werden. Bestimmen Sie für den Fall des reibungsfreien quasistatischenVorgangs die Zustandgrößen (v, p, T, s), sowie die Prozessgrößen ( WV, Wt und Q), wenn die Verdichtunga) isochorb) isothermc) isentropd) polytrop mit n = 1,2erfolgt! Zeichnen Sie die Verläufe der Zustände im p-v-Diagramm und T-s-Diagramm!

Lösung:

VN 10m3:= t1 25 °C⋅:= pa 750torr:= vN R

T0

p0⋅:=

Zustandsgrößen im Ausgangszustand:

p1 pa 0.1bar+:= T1 Tt t1( ):= mLVN

vN:= mL 12.91 kg=

v1R T1⋅

p1:= V1 mL v1⋅:= s1 cp ln

T1

T0

⋅ R ln

p1

p0

⋅−:= s1 64.3

JK kg⋅

=

p1 1.1 bar= T1 298.15 K= v1 0.778m3

kg= V1 10.053 m3

=

Verdichtungsdruck : p2 pa 3bar+:= p2 4 bar=

Die Polytropengleichungen, die den Ausgangspunkt 1 enthalten, müssen entweder nach Definition eines neuenZustandes 1 erneut hingeschrieben (kopiert) werden, da sie nur auf oberhalb definierte Zustände zurückgreifenkönnen, oder der Verweis auf die Gleichungen muss hier nochmals eingefügt werden.

Isobare n=0 Isochore n= ∞ Isotherme n=1

a 51

Wt12n 1593 kJ=

cn cvκ n−( )1 n−( )

⋅:= q12n cn T2n T1−( )⋅:= Q12n mL q12n⋅:=

Zusammenstellung der Ergebnisse

W12v 0 kJ= Wt12v 2915 kJ= Q12v 7276 kJ= T2v 1084.2 K= v2v 0.778m3

kg= s2v 989.7

Jkg K⋅

=

W12s 1233 kJ= Wt12s 1727 kJ= Q12s 0 kJ= T2s 431.3 K= v2s 0.31m3

kg= s2s 64.3

Jkg K⋅

=

W12n 1327 kJ= Wt12n 1593 kJ= Q12n 665− kJ= T2n 369.7 K= v2n 0.265m3

kg= s2n 90.4−

Jkg K⋅

=

W12t 1428 kJ= Wt12t 1428 kJ= Q12t 1428− kJ= T2t 298.1 K= v2t 0.214m3

kg= s2t 306.5−

Jkg K⋅

=

W12t mL−

v1

v2t

vp1v1

v⋅

⌠⌡

d⋅:= Wt12t W12t:= Q12t W12t−:=

Q12t 1428− kJ=

W12t 1428 kJ=

c ) Isentrope s2s s1:= T2s T1p2

p1

κ 1−

κ

⋅:= v2s v1p1

p2

1

κ

⋅:=

Q12s 0kJ:= T2s 431.3 K= v2s 0.31m3

kg=

W12s mL−

v1

v2s

vp1v1

v

κ

⋅

⌠⌡

d⋅:= Wt12s κ W12s⋅:=

W12s 1233 kJ= Wt12s 1727 kJ=

d ) Polytrope n 1.2:= T2n T1p2

p1

n 1−

n

⋅:= s2n cp lnT2n

T0

⋅ R ln

p2

p0

⋅−:=

v2nR T2n⋅

p2:= T2n 369.7 K= s2n 0.09− Es= v2n 0.265

m3

kg=

w12n

v1

v2n

vp1v1

v

n

⋅

⌠⌡

d−:= W12n mL w12n⋅:= wt12n n w12n⋅:= Wt12n wt12n mL⋅:=

w12n 102.782kJkg

= W12n 1327 kJ= wt12n 123kJkg

=

a 52

Tns2 n es,( ) T2s e

es s1−

cn n( )⋅:=oder T2p sp( ) T1 e

sp s2t−

cp⋅:=Isobare für p2:sp s2t s2t

Jkg K⋅

+, s2v..:=

Ts n ss,( ) wenn Tns ns ss,( ) T2s< T1, T2s,( ):=Tns n s,( ) T1 e

s s1−

cn n( )⋅:=sn s2n s2n 1

Jkg K⋅

+, s1..:=

ss s1 0.001kJ

kg K⋅− s1, s1 0.001

kJkg K⋅

+..:=st s2t s2t 1J

kg K⋅+, s1..:=sv s1 s1 1

Jkg K⋅

+, s2v..:=

Gleichungen für das T-s-Diagramm

Isobaren: schwarz gestr., Isochore: blau, Isotherme: braun, Isentrope: rot, Polytrope: mag

0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

spez. Volumen in Kubikmeter/kg

Dru

ck in

bar

p - v - Diagramm

a 53

T - s Diagramm

200 0 200 400 600 800 1000

200

400

600

800

1000

spez. Entropie in J/kg*K

Abs

. Tem

pera

tur i

n K

Isobaren: schwarz gestr., Isochore: blau, Isotherme: braun, Isentrope: rot, Polytrope: mag

a 54

Der "Fußgänger" probiert am besten erst einmal aus,ob das Einschießen noch möglich ist, wenn nurnoch die Mindestwassermenge von 15 Liternvorhanden ist

Hätte sich für V3 ein Volumen größer als 80 l ergeben, wäre dasmaximal mögliche Volumen von 80 l maßgebend gewesen.

p2 100.41 bar=

V2 64.735 l=p2V1

V2p1⋅:=V2 V3 15l−:=

V3 79.735 l=V3 Suchen V3( ):=V3

V3 15l−

V1

V3 15l−p1⋅

p3

1

κ

=Vorgabe

V3

V2

p2

p3

1

κ

=

(Startwert)V3 80l:=p3 75bar:=κ 1.4:=V3 V2− 15l=

Ausgehend von p2 muss sicheres Abschalten gewährleistet sein. Schnelles Einschießen erfolgtisentrop (keine Zeit für Temperaturausgleich):

p2V1

V2p1⋅=V2

p1

p2V1⋅=

V1

v2

p2

p1=

(Es ist Zeit für den Temperaturausgleich vorhanden) p2aufp1 130bar:=

Isotherme Ausdehnung des Stickstoffes bei langsamem Absinken von

V1 50l:=bar 105 Pa⋅:=Lösung :

Die Schnellabschaltanlage für den Steuerstab S einesSiedewasserreaktors ist in nebenstehender Skizze dargestellt.Wie weit darf durch einen Fehler in der Druckhaltung derWasservorlage (z. B. beim Ausfall der Pumpe P) der Druckin dem mit Stickstoff gefüllten Speicher D langsam absinken,wenn die Möglichkeit, den Stab durch Öffnen der Armatur Aund Expansion des Stickstoffes im Speicher einzuschießen,auf jeden Fall gewährleistet sein muss? (Verlust von N2 sollauf jeden Fall ausgeschlossen werden. Der Einschießvorgangdauert etwa 0,3 Sekunden. Der unter dem Kolben Kvorhandene Mindest-Überdruck durch das Gewicht desStabes beträgt 5 bar. Stickstoff soll annähernd als idealesGas betrachtet werden. Alle Vorgänge sollen auch alsreibungsfrei behandelt werden. Für die Zustandsänderungdes Stickstoffes sind sinnvolle Annahmen zu treffen).

S

K

DN2

H2O30 Liter

50 Liter130 bar

70 bar

A

P

Hubraum15 Liter

Aufgabe A 6.2 Schnellabschaltung eines Siedewasserreaktors durch Druckspeicher

a 55

Vorgabep1

RL T1⋅cv⋅ T1⋅

p2

RL T2⋅

p1

RL T1⋅−

TDB⋅ cv⋅+

p2

RL T2⋅

p1

RL T1⋅−

RL⋅ TDB⋅+

p2

RL T2⋅T2⋅ cv⋅=

T2 Suchen T2( ):= t2 tT T2( ):= T2 327.2 K=

Algebraische Lösung (bei Anwendung von Mathcad natürlich nicht erforderlich): t2 54 °C=

b) TU Tt t1( ):= p3 p2TU

T2⋅:= p3 2.64 bar=

p1

T1 RL⋅cv⋅ T1⋅

p2

RL T2⋅

p1

RL T1⋅−

TDB⋅ cp⋅+

p2

RL T2⋅T2⋅ cv⋅−

RL0=

p1− cv⋅ T2⋅ T1⋅ TDB cp⋅ p2⋅ T1⋅− TDB cp⋅ p1⋅ T2⋅+ p2 cv⋅ T2⋅ T1⋅+

T1 T2⋅0=

p1−TDB

T2κ⋅ p2⋅−

TDB

T1κ⋅ p1⋅+ p2+ 0= p1−

TDB

T2κ⋅ p2⋅−

TDB

T1κ⋅ p1⋅+ p2+

p10=

TDB

T1κ⋅

p2

p1+

p2

p1

TDB

T2⋅ κ⋅− 1− 0= für κ

p2

p1+

p2

p1

T1

T2⋅ κ⋅− 1− 0=

p2

p11

T1

T2κ⋅−

⋅ 1 κ−=

T2κ T1⋅

κ 1−( ) p1

p2⋅ 1+

:= t2 tT T2( ):= T2 327.2 K=

t2 54 °C=

Aufgabe A 6.3 Aufladen eines Autoreifens

R

DB

V

VH

In einem Autoreifen herrscht anfangs ein Druck von p1 2.0bar:= bei Umgebungstemperatur t1 25 °C⋅:= . DerReifen wird aus einem Druckbehälter mit tDB 25°C:= und pDB 5 bar⋅:= aufgeladen auf p2 2.9bar:= . a) Welche Temperatur stellt sich in dem Reifen ein,unmittelbar nach dem Aufladen, und b) welcher Druck, wenn sich der Reifen aufUmgebungstemperatur abgekühlt hat? Das Volumen desReifens soll als konstant angesehen werden.

Lösung: VR 50l:= angenommen, muss sich rauskürzen

TR1 Tt t1( ):= T1 Tt t1( ):= TDB Tt tDB( ):=

RL 287.1J

kg K⋅:= cp 1.004

kJkg K⋅

:= cv cp RL−:= κcp

cv:=

Massenbilanz: m1p1 VR⋅

RL T1⋅= m2

p2 VR⋅

RL T2⋅= m2 m1−

pDB VH⋅

RL TDB⋅= VH

m2 m1−( ) RL⋅ TDB⋅

pDB=

a)

Energiebilanz : m1 cv⋅ T1⋅ m2 m1−( ) TDB⋅ cv⋅+ pDB VH⋅+ m2 T2⋅ cv⋅=

In diese Gleichung werden obige Gleichungen eingesetzt, dann lautet die die Suchlösung:

T2 100 K⋅:=

a 56

v1R T1⋅

p1:=

T1 293.15 K=Der Weg des Kolbens sei x. Der dem Gewicht entgegenwirkende Druck ergibt sich alleinaus dem Weg über die Isentropengleichung, die Amplitude dagegen aus der Energiebilanz

mit L x( ) H1 x−:= v1 0.748m3

kg=

V1 AK H1⋅:= V x( ) AK L x( )⋅:= v x( ) v1L x( )H1

⋅:=

pa x( ) p1v1

v x( )

κ

⋅:= (Innendruck über Isentropengleichung)

Der unterste Punkt ergibt sich über die Energiebilanz: hier ist die Geschwindigkeit = 0 und die von außenaufgebrachte Verschiebearbeit durch die Gewichte und den Luftdruck ist gleich der Volumenänderungsarbeitdes Gases im Zylinder

Volumenänderungsarbeit WV x( ) AK0cm

xxpa x( )

⌠⌡

d⋅:=

Von außen zugeführte Energie: WA x( ) p1 AK⋅ G+( ) x⋅:=

Im unteren Totpunkt sind beide Arbeiten gleich. Startwert xu 10cm:=

Vorgabe WV xu( ) WA xu( )= xu Suchen xu( ):= xu 14.529 cm=

Aufgabe A 6.4 Störung des thermodynamischen Gleichgewichts

KG

H1

D

x

Ein mit Luft gefüllter wärmedichter Zylinder gemäß Skizze sei durch einen reibungsfreigleitenden Kolben K abgedichtet. Der Überdruck im Zylinder ergibt sich somit aus demGewicht des Kolbens. Legt man vorsichtig auf den Kolben ein zusätzliches Gewicht G undlässt dieses los, besteht kein Gleichgewicht mehr. Beschreiben Sie den Vorgang, derabläuft, wenn a) wirklich keine Reibung im Spiel ist,b) wenn mit geringfügiger Reibung zu rechnen ist!c) Berechnen Sie sowohl den tiefsten Punkt des Kolbens im Falle a und den zugehörigen Zustand der Luft im Zylinder, als auch den Punkt mit Druckausgleich, d) den Ruhezustand im Falle b!

Gegeben : Masse des Kolbens mK 10kg:= Gewicht G 500N:=

Höhe des Kolbens H1 30cm:=

Durchmesser : D 10cm:=

Außenzustand pU 1bar:= tU 20°C:=

Starttemperatur t1 tU:=

Lösung: a) Der Vorgang ist reversibel. Es ensteht eine Schwingung. Die Luft verhält sich wie eine Feder b) Es ensteht eine gedämpfte Schwingung, bei sehr geringer Reibung kann im Ruhezustand jedoch die Reibungskraft zwischen Kolben und Zylinder = 0 gesetzt werden.

c) Ausgangszustand : AKπ D2⋅

4:= p1

mK g⋅

AKpU+

:= T1 Tt t1( ):= p1 1.125 bar=

a 57

U2 U1 KK xG⋅+= mit mLp1 V1⋅

R T1⋅:= und U1 mL cv⋅ t1⋅:= U2 t2( ) mL cv⋅ t2⋅:=

andererseits aus der Zustandsgleichung: p2 V2⋅ mL R⋅ T2⋅= V2 AK H1 xG−( )=

mit Einsetzen von xG in dieZustandsgleichung und Startwert:

xGU2 t2( ) U1−( )

KK= t2 20°C:=Einsetzen :

Vorgabe p2 AK⋅ H1U2 t2( ) U1−( )

KK−

⋅ mL R⋅ Tt t2( )⋅= t2 Suchen t2( ):= t2 67.5 °C=

xGU2 t2( ) U1−( )

KK:= xG 7.74 cm=

Für den Druckausgleich gilt: p2 p1G

AK+:= p2 1.761 bar=

In diesem Punkt ist die Geschwindigkeit am größten. Vernachlässigt man die kinetische Engie des Gases, so istder Unterschied zwischen der Verschiebearbeit und der Volumenänderungsarbeit gleich der kinetischen Energievon Kolben und Gewicht G

Startwert xG 3cm:= Vorgabe pa xG( ) p2= xG Suchen xG( ):= xG 8.22 cm=

Graphische Lösung: x 0cm 0.01cm, xu 1cm+..:=

0 2 4 6 8 10 12 140

50

100

150

200

250

Weg in cm

Arb

eit i

n J u

nd D

ruck

in k

Pa

Der Schnittpunkt zwischen den beiden roten Kurven markiert die untere Amplitude, der Schnittpunkt zwischen denblauen Kurven den Punkt mit Druckausgleich bzw. größter Geschwindigkeit.

d) Im Gegensatz zum Fall a, wo beim Druckausgleich der Kolben die größte kinetische Energie besitzt, ist nach demAbklingen der Schwingung die kinetische Energie dissipiert und jetzt in der inneren Energie der Luft enthalten.Rechnet man nun mit einer quasistatischen Zustandsänderung bis zu diesem Punkt, so ist diese nicht mehr isentrop.Die Lösung findet man wiederum über die Energiebilanz. Für den Endzustand gilt:

Kolbenkraft KK mK g⋅ G+ pU AK⋅+:= Die Verschiebearbeit des Kolbens erhöht die innere Energie:

a 58

tG 67.5 °C=tG tT TG( ):=TG T xG( ):=T x( ) T1pU AK⋅ G mK g⋅+( )+ x⋅

mL cv⋅+

:=

Endtemperatur :

∆U xG( ) 107.093 J=∆U x( ) WV x( ) WR x( )+:=Änderung der inneren Energie

WR xG( ) 21.272 J=WR x( )0cm

xxpU pb x( )−( ) AK⋅ G mK g⋅+( )+

⌠⌡

d:=Reibungsarbeit

WV xG( ) 85.821 J=WV x( ) AK0cm

xxpb x( )

⌠⌡

d⋅:=Volumenänderungsarbeit :

blau : Druckverlauf ohne Reibung, rot: mit Reibung

0 1 2 3 4 5 6 7 81

1.2

1.4

1.6

1.8

Weg in cm

Dru

ck in

bar

Zur weiteren Vertiefung betrachten wir den Ersatzvorgang mit quasistatischer Zustandsänderung: Die Bewegungwird gebremst. Die Reibungskraft ist dann die Differenz zwischen inneren und äußeren Kräften:FR = pU * AK+(G+mK * g) - p(x) * AK

1. Hauptsatz: dU mL cv⋅ dT⋅= p1 AK⋅ G+( ) dx⋅= dTp1 AK⋅ G+( ) dx⋅

mL cv⋅=

Zustandsgleichung : pb x( )mL R⋅ T x( )⋅

V x( )= V x( ) V1 AK x⋅−= dT integriert :

Einsetzen : pb x( )mL R⋅ T x( )⋅

V1 AK x⋅−= T x( ) T1

p1 AK⋅ G+( ) x⋅

mL cv⋅+=

pb x( )

mL R⋅ T1p1 AK⋅ G+( ) x⋅

mL cv⋅+

⋅

V1 AK x⋅−:= pb xG( ) 1.761 bar= p2 1.761 bar=

stimmt also überein

Graphische Lösung x 0cm 0.01cm, xG..:=

a 59

s. obenp1

GAK

+

p1

1

κ

v1

v2

=

und v2v1

p1 AK⋅ G+( )p1 AK⋅

1

κ

:=aus

H1 x2−

H1

v2

v1= wird x2

v1 v2−( )v1

H1⋅:=

somit: x2 8.22 cm=

zu Seite 2 Teil d) mLp1 V1⋅

R T1⋅:= U1 mL cv⋅ t1⋅:= U2 mL cv⋅ t2⋅=

xG KK⋅ mL cv⋅ t2 t1−( )⋅= t2p2 V2⋅

mL R⋅273.15K−= V2 H1 xG−( ) AK⋅=

einsetzen: t2p2 H1 xG−( )⋅ AK⋅

mL R⋅273.15K−=

und: xG cvp2 AK⋅ H1⋅ 273.15 K⋅ mL⋅ R⋅− t1 mL⋅ R⋅−

KK R⋅ cv p2⋅ AK⋅+⋅:= xG 7.74 cm=

t2p2 H1 xG−( )⋅ AK⋅

mL R⋅273.15K−

:= t2 67.5 °C=

Für die Lösung "zu Fuß": zu Seite 1

Stoff "Luft"=T1 t1 273.15K+:= T1 293.15 K=

aus p*v = R*T erhält man: v1 RT1

p1⋅:=

p x( )p1

v1v x( )

κ= p x( ) p1

v1v x( )

κ⋅:=

vergl. S. 37 bis 39:

WV x( )p1 V1⋅

κ 1−

p x( )p1

κ 1−

κ1−

⋅:= WV x( )p1 V1⋅

κ 1−

v1

v x( )

κ

κ 1−

κ

1−

⋅:=

WV x( )p1 V1⋅

κ 1−

v1

v x( )

κ 1−

1−

⋅:= und mit v x( ) v1L x( )H1

⋅=

WV x( )p1 V1⋅

κ 1−

H1

H1 x−

κ 1−

1−

⋅:=

also:p1 V1⋅

κ 1−

H1

H1 x−

κ 1−

1−

⋅ p1 AK⋅ G+( ) x⋅=

Hier ist x die einzige Unbekannte. Die Lösung findet man durch Aufsuchendes Schnittpunktes zwischen den Kurven der Funktionen WA(x) und WV(x)

Zu Seite 2 Teil c)

aus p1G

AK+ p1

v1

v2

κ

⋅= wird p2 p1

v1

v2

κ

⋅=

a 60

Vorgabe p x2( ) pU=

x2 Suchen x2( ):= x2 0.947 m=

Temperatur: T x( )x1

x

κ 1−

T1⋅:= T2 T x2( ):= T2 185 K=

Die Volumenänderungsarbeit ist mit cvcp

κ:= WV x( ) mL cv⋅ T x( ) T1−( )⋅:=

WV2 WV x2( ):= WV2 1.081− kJ=

Die an den Kolben abgegebene Arbeit ist: WK x( ) WV x( )− pU AK⋅ x x1−( )⋅ −:=

WK2 WK x2( ):= WK2 0.573 kJ=

Dies ist die kinetische Energie des Kolbens cK2 1ms

:= VorgabemK

2cK2

2⋅ WK2=

cK2 Suchen cK2( ):= cK2 10.7ms

=

b ) cK3 0ms

:= x3 5m:= Vorgabe WK x3( ) 0J=

x3 Suchen x3( ):= x3 2.41 m=

Aufgabe A 6.5 Berechnung einer Schwingung

x1

D

R

Z

K K

x2

Ein mit Luft gefüllter wärmedichter Zylinder Z gemäß Skizzesei durch einen reibungsfrei gleitenden Kolben K idealabgedichtet. Der Kolben ist zunächst durch den Riegel Rarretiert Der Druck im Zylinder beträgt 5 bar. Löst man dieArretierung, dehnt sich die Luft aus und der Kolben wirdbeschleunigt. a) An welcher Stelle x2 erreicht er die größte Geschwindigkeitund wie groß ist diese, wenn keine Reibung im Spiel ist? (Diekinetische Energie der Luft auf beiden Seiten des Kolbens sollvernachlässigt werden).b) an welcher Stelle x3 kommt er zum Stillstand?

Gegeben : Masse des Kolbens mK 10kg:=

Durchmesser : D 10cm:=Außenzustand pU 1bar:= tU 20°C:=

Startzustand p1 5bar:= t1 tU:=

x1 30cm:=

Lösung: Der Vorgang ist reversibel. Es ensteht eine Schwingung. Die Luft verhält sich wie eine Feder

a ) Ausgangszustand : AKπ D2⋅

4:= T1 Tt t1( ):= V1 AK x1⋅:= T1 293 K=

mLV1 p1⋅

RL T1⋅:= mL 0.014 kg=

Der Druck ergibt sich allein aus dem Weg über die Isentropengleichung, die Geschwindigkeit dagegen ausder Energiebilanz

mit κ 1.4:= p x( )x1

x

κ

p1⋅:= (Volumen ist proportional x)

für max. Geschwindigkeit: x2 1m:=

a 61

Darstellung im Diagramm x x1 x1 1cm+, x3..:=

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 2.2 2.41

0

1

2

3

4

5

WK x( )

kJ

p x( )

bar

xWK x( )d

d

kJ m⋅

10

10

10

x

m

x

m,

x

m,

x1

m,

x2

m,

x3

m,

Die maximale Geschwindigkeit findet man dort, wo die Zunahme der kin. Energie 0 ist(schwarze Kurve)

A x( )x

WK x( )dd

:= x2 0.8m:=

Vorgabe A x2( ) 0Jm

=

x2 Suchen x2( ):= x2 0.944 m=

a 62

Die Drücke auf beiden Seiten ergeben sich allein aus dem Weg über die Isentropengleichung, die Amplitude dagegen ausder Energiebilanz. Die maximale Geschwindigkeit (Zustand 2) herrscht bei Druckausgleich auf beiden Seiten.

VA2 5 VA1⋅:= Vorgabe

VA1

VA2

κ

pA1⋅

pB1

VB1

V VA2−

κ

= VA2 Suchen VA2( ):= VA2 5.626 l=

VB2 V VA2−:= pB2VB1

VB2

κ

pB1⋅:= TB2 TB1pB2

pB1

κ 1−

κ

⋅:= pB2 1.879 bar=

TB2 351.1 K=

pA2VA1

VA2

κ

pA1⋅:= pA2 1.879 bar= TA2 TA1pA2

pA1

κ 1−

κ

⋅:= TA2 193.7 K=

Die Volumenänderungsarbeiten sind:

WA12pA1 VA1⋅

R TA1⋅− TA2 TA1−( )⋅ cv⋅:= WA12 1.355 103

× J=

WB12pB1 VB1⋅

R TB1⋅− TB2 TB1−( )⋅ cv⋅:= WB12 493.572− J= W12 WB12 WA12+:= W12 861.265 J=

Dies muss nach dem Energieerhaltungssatz die kinetische Energie des Kolbens sein (die kinetische Energie der Luft kannvernachlässigt werden.

Aufgabe A 6.6 Berechnung einer Schwingung (Variante zu A 6.5)

In dem skizzierten adiabaten Zylinder mit reibungsfrei beweglichem, aber ideal abdichtendem Kolben, befindet sichbeidseitig des Kolbens eine jeweils konstante Luftmenge mit einer Temperatur von 20 °C im Anfangszustand, jedochlinks (System A) mit pA1 und rechts (System B) mit 1 bar. Der Kolben hat eine Masse von mK und ist anfangs arretiert.Löst man die Arretierung, beginnt der Kolben zu schwingen.

a) 1. Berechnen Sie die maximale Geschwindigkeit des Kolbens und die zugehörigen Zustandgrößen (V, p, T) inbeiden Systemen, sowie den rechten Totpunkt mit Zustandsgrößen, wenn damit gerechnet werden kann, dass inden kurzen Zeiträumen kein Wärmeaustausch erfolgt! 2. Tragen Sie die Geschwindigkeit des Kolbens über dem Volumen VA auf, und ermitteln Sie darüber den rechtenTotpunkt und die Frequenz!b) Ermitteln Sie den Gleichgewichtszustand, wenn infolge geringer Reibung die Schwingung abgeklungen ist und wenn ein Temperaturausgleich über Kolben und Zylinder erfolgen, die eine spezifische Wärmekapazität von 0.47 kJ/kg besitzen!

K

LB

D A B

LA

Hier gegeben:

Masse des Kolbens mK 20kg:=

Masse des Zylinders mZ 25kg:=

Durchmesser D 12cm:=

Startvolumina VA1 2 l⋅:= VB1 10 l⋅:=

Startdrücke pA1 8 bar⋅:= pB1 1 bar⋅:=

Starttemperatur tA1 20 K⋅:= tB1 20 K⋅:=

Lösung: a) Der Vorgang ist reversibel. Es ensteht eine Schwingung. Die Luft verhält sich wie eine Feder

Ausgangszustand : TA1 Tt tA1( ):= TB1 Tt tB1( ):= V VA1 VB1+:=

a 63

pA3VA1

VA3

κ

pA1⋅:= TA3 TA1pA3

pA1

κ 1−

κ

⋅:= tA3 tT TA3( ):= VB3 V VA3−:= pA3 0.902 bar=

tA3 116.1− °C=

pB3VB1

VB3

κ

pB1⋅:= TB3 TB1pB3

pB1

κ 1−

κ

⋅:= tB3 Tt TB3( ):= pB3 6.98 bar= tB3 784.1 °C=

VA VA1 1.01 VA1⋅, 0.9V..:=

0 0.2 0.4 0.6 0.82000

1000

0

1000

2000

3000

4000

Volumenanteil Raum A

Vol

umen

ände

rung

sarb

eite

n in

J

0 0.2 0.4 0.6 0.80

5

10

15

20


Drü

cke

in b

ar

A: rote Linie, B: blaue Punkte, Summe: schwarze Linie A: rote Linie, B: blaue Punkte

a2 )

W VA( ) 12

− mK⋅ vK VA( )( )2⋅= vK1 VA( )2 W VA( )⋅

mK:= vK2 VA( )

2 W VA( )⋅

mK−:=

vK 10ms

⋅:= Vorgabe W1212

mK⋅ vK2

⋅= vK Suchen vK( ):= vK 9.3ms

=

Das maximale Volumen VA3 ergibt sich aus der Bedingung, dass die Summe beider Volumenänderungsarbeiten 0 ist, dannmuss nach dem Energieerhaltungssatz auch die kinetische Energie des Kolbens 0 sein.

VB VA( ) V VA−:= pA VA( ) pA1VA1

VA

κ

⋅:= pB VA( ) pB1VB1

VB VA( )

κ

⋅:= dVB dVA−= ( ! )

WA VA( )VA1

VA

VApA VA( )⌠⌡

d−:= WB VA( )VA1

VA( )VApB VA( )

⌠⌡

d:=

W VA( ) WB VA( ) WA VA( )+( )( )−:=

VA3 VB1:= (Startwert) Vorgabe W VA3( ) 0J= VA3 Suchen VA3( ):= VA3 9.5 l=

a 64

f 4.93 Hz=f ZS1−

:=Frequenz

ZS 0.203 s=ZS 2 zn⋅:=Schwingsperiode

zn 0.102 s=sKn0.663 m=zi

0

i

i

∆zi∑=

:=∆zi∆sK

vKi

:=vKivK

sKisKi 1−

+

2

:=sKi

i ∆sK⋅:=

i 1 n..:=∆sKsK3

n:=n 300:=

Ermittlung der Schwingungsperiode bzw der FrequenzDer Weg wird in kleine Teile aufgeteilt, für die die Zeiten aufsummiert werden. Die Anzahl n der Schritte solltezunächst mit Rücksicht auf die Rechenzeit nicht zu groß gewählt werden (z.B. 100). Durch anschließendes Erhöhenvon n - z.B. Verdoppeln - lässt sich die für die gewünschte Genauigkeit erforderliche Schrittzahl sehr leicht finden.

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.90

5

10

vK sK( )

sK

sK3

sK 0cm 1cm, sK3..:=

sK3 0.663 m=vK sK( )2 W VA sK( )( )⋅

mK:=sK3

VA3 VA1−

AK:=VA sK( ) sK AK⋅ VA1+:=AK

π D2⋅

4:=

Schwingungsperiode: Zur Übersicht tragen wir zunächst die Geschwindigkeit über dem Kolbenweg auf:

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.810

5

0

5

10


Ges

chw

indi

gkei

t in

m/s

VA VA1 1.01 VA1⋅, 0.9 V⋅..:=Die Geschwindigkeit des Kolbens abhängig vom Volumenanteil Raum A

a 65

Zeit -Weg - Diagramm

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.70

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

Weg / m

Zeit

/ s

b ) Der Druck auf beiden Seiten ist gleich groß und die Summe der inneren Energien bleibt dieselbe wie imAusgangszustand. Wird die Luft - wie bei Drücken unterhalb 10 bar mit nur geringem Fehler verbunden - alsideales Gas behandelt, so ist der Ausgleichsprozess einem Drosselvorgang mit konstanter Temperaturgleichzusetzen. Im Falle, dass das Produkt aus p und V im Anfangszustand auf beiden Seiten gleich ist, somitauch die beiden Massen, muss der Kolben nach dem Ausgleich in der Mitte stehen. Die Berechnung ergibtansonsten für den Fall, dass andere Anfangswerte eingegeben werden:

V VA1 VB1+:= mLApA1 VA1⋅

R TA1⋅:= mLB

pB1 VB1⋅

R TB1⋅:= mL mLA mLB+:=

TE TA1:= pEmL R⋅ TE⋅

V:= VAE

mLA R⋅ TE⋅

pE:= VBE V VAE−:= pE 2.167 bar=

VAE 7.385 l=

VBE 4.615 l=

a 66

GN FA GLS−:= GN 6.091 kN=

b) Ohne Nutzlast muss eine Luftmasse eingepumptwerden, die das Gewicht der Nutzlast hat.

mLzGN

g:= mLz 621.084 kg=

Heliumfüllung und eingefüllte Luft nehmen zusammen bei gleichem Druck (es wird angenommen, dass derÜberdruck im Ballonet gegenüber dessen Umgebung vernachlässigt werden kann) und gleicher Temperaturdas Volumen des Luftschiffes ein. Wegen der großen Oberflächen wird der Vorgang als isotherm behandelt.

mHe R⋅ mLz RL⋅+( )Tt tU( )p2

VLS= => p2mHe R⋅ mLz RL⋅+( ) Tt tU( )⋅

VLS:= p2 1.361 bar=

c) Die Zusatzluft hat im Ausgangszustand das Volumen: VLz1mLz RL⋅ Tt tU( )⋅

1bar:= VLz1 522.726 m3

=

Nach der Verdichtung auf den Innendruck (bevordas Einlassventil öffnet, vergl. A4.13) VLz2 VLz1

pU

p1⋅:=

Isothermengleichung: p V⋅ pU VLz1⋅= Arbeit: W Vp⌠⌡

d− pU ∆V⋅−=

Bei der Arbeit zum Verdichten der einzuspeisenden Luft auf den anfänglichen Innendruckist nur der Differenzdruck zur Atmosphäre maßgebend, das heißt: von derVolumenänderungsarbeit ist die Verschiebearbeit der Atmosphäre abzuziehen. .

Aufgabe A 6.7 Höhensteuerung eines LuftschiffesEin Luftschiff mit einem Leergewicht ohne Gasfüllung von GL = 16 kN und einer starren Außenhülle, die ein Volumen

von VL = 2000 m3 verdrängt, ist mit Helium gefüllt. Im Innern des Luftschiffes befindet sich ein schlaffer Luftsack,ein sog. Ballonet, der zur Höhensteuerung mit Luft gefüllt werden kann.In Bodennähe kann der Außendruck mit pa = 1 bar und die Außentemperatur mit ta = 20°C angenommen werden. DieTemperaturen im Innern sind gleich der Außentemperatur.a) Bestimmen Sie die maximale Nutzlast GN, die das Luftschiff bei völlig geleertem Ballonet in Bodennähe tragen kann.Der Druck der Helium-Füllung beträgt in diesem Falle 1,1 barb) Welche Luftmasse muss in das Ballonet gepumpt werden, wenn das Luftschiff unbeladen in Bodennähe schwebensoll und welchen Druck erreicht die Füllung dann?c) Welche Arbeit muss die Pumpe für das Füllen mindestens aufbringen?d) Stellen Sie den Vorgang im p-v-Diagramm dar!

Lösung: gegeben: pU 1.0bar:= tU 20 °C⋅:= p1 1.1bar:= VLS 2000m3:= GLS 16kN:=

a) Helium hat in der Tabelle 6.1 den Index 10,. Luft den Index 13

Die Masse der Heliumfüllung ist mHep1 VLS⋅

R Tt tU( )⋅:= mHe 361.334 kg=

Die Masse der verdrängten Außenluft ist mLp1 VLS⋅

RL Tt tU( )⋅:= mL 2613.964 kg=

Die Auftriebskraft ist dann: FA mL mHe−( ) g⋅:= FA 22.091 kN=

Die Nutzlast ist:

a 67

Die gesamte Fläche unter der roten Kurve ist die Volumenänderungsarbeit, die rote Fläche die von der Pumpeaufzubringende Arbeit. Die blaue Fläche ist die durch die Atmosphäre geleistete Verschiebearbeit

1800 1900 2000 2100 2200 2300 2400 2500 2600 27000

0.5

1

1.5

2

Volumen des LS+Zusatzluft in m^3

Dru

ck in

bar

V VLS VLS 9m3+, VLS VLz1+..:=

p V( ) wenn VLS V< VLz2 VLS+≤ p2 V( ), p1 V( ),( ):=

p2 V( )p1 VLz2 VLS+( )⋅

V:=p1 V( )

pU VLz1⋅

V VLS−:=Erstellung des p-v-Diagrammes:d)

WG 2.987 kWh=WG W1 W2+:=Gesamte aufzubringende Arbeit:

W2 10521.5 kJ=W2VLz2 VLS+

VLS

Vp2 V( ) pU−( )⌠⌡

d−:==>W Vp⌠⌡

d− pU ∆V⋅−=

p2 V( )p1 VLz2 VLS+( )⋅

V:=p V⋅ p1 VLz2 VLS+( )⋅=Isotherme

Anschließend sind Heliumfüllung und Zusatzluft auf den Endzustand (Volumen LS) zu verdichten. Von derVolumenänderungsarbeit ist wiederum die Verschiebearbeit der Atmosphäre abzuziehen

W1 230.1 kJ=W1VLz1

VLz2

VLzp1 VLz( ) pU−( )⌠⌡

d−:=p1 VLz( )pU VLz1⋅

VLz:=

a 68

Aufgabe A 6.8 Isobaren im T-s-Diagramm zeichnen

Zeichnen Sie für das als ideal angenommene Gas CO2 zwei isobare Zustandsänderungen (p1 = 1 bar und p2 = 2 bar)maßstäblich in das T-s-Diagramm im Bereich zwischen - 1 kJ/kg*K und +1,5 kJ/kg*K

Lösung:

R 0.189Es:= cp 0.817Es:= p1 1bar:= p2 2bar:= smin 1− Es:= smax 1.5Es:=

cv cp R−:= κcpcv

:= T p s,( ) T0 e

s

cp⋅

pp0

κ 1−

κ⋅:= es smin smax..:=

1000 500 0 500 1000 1500

200

400

600

800

1000

1200

1400

1600

1800

2000

2200

T p1 es,( )T p2 es,( )

es

a 69

T2 s( ) e

s 4.7119+

0.817:=

=>ln T( )s 4.7119+

0.817=s 0.817 ln T( )⋅ 4.7119−=Zahlenwertgleichung für p2:

Tin K und s in kJ/kg*K

s T( )Es

0.8170 lnTK

⋅ 4.712−= =>cpEs

− lnT0K

⋅REs

lnp2p0

⋅− 4.712−=Entsprechend für p2:

T1 s( ) e

s 4.58+

0.817:=

=>ln T( )s 4.58+

0.817=s 0.817 ln T( )⋅ 4.58−=Zahlenwertgleichung für p1:

Tin K und s in kJ/kg*K

s T( )Es

0.8170 lnTK

⋅ 4.58−= =>cpEs

− lnT0K

⋅REs

lnp1p0

⋅− 4.58−=

cpEs

0.817=

s T( )Es

cpEs

lnTK

⋅cpEs

lnT0K

⋅−REs

lnp1p0

⋅−= =>s T( ) cp ln

TT0

⋅ R lnp1p0

⋅−=

Größengleichung für p1:

Lösung für den "Fußgänger":

a 70

a)

K

VK 2*VK

pa

p2

V

gesamteaufzubringende

Arbeit

p*dV VK

3 VK

VK V2

2/3 * pa* VK

2 VK

p*dV2/3 *VK

VP 0.000196 m3=VK 0.00177 m3

=VP πdP

2

4⋅ lP⋅:=VK

43π⋅

DK2

3

⋅:=Volumina:

p213

bar:=lP 40cm:=dP 2.5cm:=

ta 20°C:=p1 pa:=pa 1bar:=DK 15cm:=gegeben:

Tipp zur Lösung: Stellen Sie sich zunächst vor, die Pumpe ist so groß, dass Sie die geforderte Evakuierung in einemZuge erreichen können und dann den Inhalt der Pumpe nach außen drücken! Skizzieren Sie für diesen Fall qualitativ dasp-v-Diagramm und kennzeichnen Sie die der Arbeit entsprechende Fläche!

Der Inhalt der skizzierten Kugel, die aus den beidendicht aneinandergelegten Magdeburger Halbkugenbesteht, soll mit einer Handpumpe auf ein Dritteldes Anfangsdruckes von 1 bar reduziert werden.(Der schädliche Raum der Pumpe zwischen Kolben und Ventil beiBeendigung des Pumpenhubes und der Inhalt des Ventils seivernachlässigbar). a) Welche Arbeit muss über die Handpumpeaufgebracht werden ?b) Kann der Prozess reversibel geführt werden?c) Wieviel Kolbenhübe sind erforderlich?d) Welche Kraft F wäre erforderlich, um diebeiden Halbkugeln auseinanderzuziehen?

pa = 1 barta = 20 °C

dP = 25 mm

lP = 40 cm

F

D = 15 cm

Aufgabe A 6.9 Magdeburger Halbkugeln

a 71

FLö 1178.1 N=FLö23

pa⋅ π⋅DK

2

4⋅:=

Die Kraft, die zum Lösen aufzubringen wäre, ist:d)

Jeder Hub vergrößert das Volumen um das Volumen Pumpe

N 18=N

V2 V1−

VP:=Anzahl N der Hübe bei gegebener Pumpe:c)

Diese Arbeit ist genau das Dreifache der reversiblen Gesamtarbeit. Dies lässt sich damiterklären, dass eigentlich auch nur ein Drittel des Ausgangsvolumens ausgereicht hätte,um - bei der gewünschten Expansion auf das Dreifache - gerade das Volumen VK zuerreichen. Bei oben skizzierten Ersatzsystem müsste dann das Ausgangsvolumen 1/3 VK

betragen, und der gewünschte Zustand wäre mit einem Expansionshub erreicht.

Handarbeit für Expansion: WHand 159.288 J=WHandV1

V2Vp V( ) pa−( )

⌠⌡

d−:=

Wges 53.096 J=Wges W1_2 W2_3+ W3_1+:=Reversible Gesamtarbeit

W3_1 117.81 J=W3_123

VK⋅ pa⋅:=Ausschiebearbeit

W2_3 129.427 J=W2_323

−V2

V1Vp V( )( )

⌠⌡

d⋅:=VolumenänderungsarbeitKompression

W1_2 194.141− J=W1_2V1

V2Vp V( )( )

⌠⌡

d−:=Volumenänderungsarbeit Expansion

p V( ) p1V1V

⋅:=V2 3VK:=V1 VK:=

Die innerlich reversible Arbeit kann wie folgt beschrieben werden: Man stellt sich vor, dass außen Vakuum herrscht.Diese Annahme ändert nichts am Ergebnis, da der Kolben zum Ausgangspunkt zurückgeführt wird und sich die Arbeitenzur Verschiebung der Atmosphäre hin und zurück aufheben. Die Volumenänderungsarbeit bei der Ausdehnung von V k aufdas dreifache Volumen wird nach außen abgegeben (rot umrandete Fläche). Auf dem Rückweg schliest das Ventil unddas Volumen V2 - Vk wird auf 1 bar verdichtet, anschließend bei 1 bar ausgeschoben. Die Arbeit des Kolbenrückhubes,die in das Sytem hineingesteckt wird, entspricht der gesamten schraffierten Fläche. Die von außen aufzubringendeGesamtarbeit ist die gelbe Differenzfläche.Der außen anstehende Atmosphärendruck lässt allerdings einen reversiblen Handbetrieb nicht zu. Die Expansion ist wegendes geringeren Innendruckes mit Kraftaufwand des Pumpenden verbunden, während bei der Kompression der Kolbensich "von allein" zurückbewegt. Die von der Atmosphäre zurückgegebene Energie wird dabei dissipiert. Der Pumpendemuss eventuell noch Bremsarbeit leisten. Die Verschiebearbeit der Atmosphäre könnte nur dann zurückgewonnenwerden, wenn die Pumpe über eine Kurbelwelle mit Schwungrad betrieben wird. Dann ist allerdings eine isothermeZustandsänderung kaum zu realisieren.Im Folgenden wird erst die reversible Arbeit berechnet (gelbe Fläche) und dann die Mindestarbeit für den Handbetrieb.

a 72

f) ηGT 0.807=ηGTT1 T2−

T1 T2is−:=

Pdiss 1.421 MW=cn 0.354− Es=Pdiss m t2 t1−( )⋅ cn⋅:=

e) Die Reibungsleistung ist gleich der Wärmezufuhr der Polytrope bei innerlich reversiblerZustandsänderung

Pis 4.995− MW=Pis m cp⋅ t2is t1−( )⋅:=d)

t2is 290.3 °C=t2is tT T2is( ):=T2is T1p2p1

κ 1−

κ

⋅:=

P 4.03− MW=

Aufgabe A 6.10 Gasturbine mit Luft

Eine adiabate Gasturbine wird mit Luft betrieben. Die Menge entspricht einem Volumenstrom von stündlich 22000 m 3 imNormzustand. Am Turbineneintritt wird ein Zustand von 14,5 bar bei 920 °C gemessen und am Austritt ein Zustand von1,05 bar bei 412 °C. a) Berechnen Sie den Polytropenexponent!b) Stellen Sie die Zustandsänderung im p-v-Diagramm und im T-s-Diagramm dar!c) Welche Leistung gibt die Turbine an die Welle ab?d) Welche Leistung ergäbe sich, wenn die (adiabate) Entspannung auf den gleichen Druck p 2 reversibel wäre undwelche Temperatur würde dabei erreicht? e) Wie groß ist die dissipierte Leistung (Reibung?)f) Wie hoch ist der Gütegrad der Turbine?

Lösung: Stoff Luft:=

gegeben: p1 14.5bar:= p2 1.05bar:= t1 920°C:= t2 412°C:= Vn 22000m3 h 1−⋅:=

m Vnp0

R T0⋅⋅:= m 7.893

kgs

=

a) Alle Zustandsgrößen der festgelegten Zustände 1 und 2, n und die anderenProzessgrößen und werden über die Verweisdatei errechnet

n 1.268=

c) P m cp⋅ t2 t1−( )⋅:=

a 73

pvn v( ) p1v1v

n

⋅:=b) Tsn s( ) T1 e

s s1−

cn

⋅:=

Expansion im T-s-Diagramm Expansion im p-v-Diagramm

0.5 10

500

1000

1500

spez. Entropie in kJ / kg*K

Abs

olut

e Te

mpe

ratu

r in

K

0 1 20

5

10

15

v in m³/kg

Dru

ck in

bar

zu e) Der "Fußgänger" benutzt die Gleichung

s1 cp lnT1T0

⋅ R ln

p1p0

⋅−=

(analog auch für s2)

a 74

Aufgabe A 6.11 Zeichnen von Isochoren im T-s-Diagramm

Zeichnen Sie für das als ideal angenommene Gas He je eine isochore Zustandsänderung (v 1 = 5 m3/kg und v2 = 2,5

m3/kg) maßstäblich in das T-s-Diagram im Bereich zwischen - 0 kJ/kg*K und +4 kJ/kg*K

v1 5m3

kg:= smin 0Es:= smax 4Es:= v2 2.5

m3

kg:=

T1min Tsv smin v1,( ):=

T2min Tsv smin v2,( ):= Tsv1 s( ) T1min e

s smin−

cv⋅:= Tsv2 s( ) T2min e

s smin−

cv⋅:=

es smin smin 0.1Es+, smax..:=T-s-Diagramm

0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.50

200

400

600

800

1000

1200

1400

1600

Spez.Entropie in kJ/kg*K

Abs

olut

e Te

mpe

ratu

r in

K

a 75

T0K

v0v2

κ 1−

⋅ 464.042=T0K

v0v2

κ 1−

⋅ 464.042=

eingesetzt erhält man die Gleichung für v1 :eingesetzt erhält man die Gleichung für v1 : für v2für v2TK

294.279 e

sEs

3.161⋅=

TK

294.279 e

sEs

3.161⋅=

TK

464.042 e

sEs

3.161⋅=

TK

464.042 e

sEs

3.161⋅=

lässt man die Einheiten weg, hat man dieZahlenwertgleichungen, aus denen bequemeinige Ordinatenwerte errechnet werden können:

lässt man die Einheiten weg, hat man dieZahlenwertgleichungen, aus denen bequemeinige Ordinatenwerte errechnet werden können:

Zahlenwertgleichung für v1:Tin K und s in kJ/kg*KZahlenwertgleichung für v1:Tin K und s in kJ/kg*KT 294.279 e

s

3.161⋅=T 294.279 e

s

3.161⋅=

Zahlenwertgleichung für v2:Tin K und s in kJ/kg*KZahlenwertgleichung für v2:Tin K und s in kJ/kg*KT 464.042 e

s

3.161⋅=T 464.042 e

s

3.161⋅=

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4200

400

600

800

1000

1200

1400

1600

1800

spezif. Entropie in kJ / kg*K

Abs

olut

e Te

mpe

ratu

r in

K

Beispiel: Beispiel:

T1min 294.3=T1min 294.3=

T1max 1043.1=T1max 1043.1=


v1 5m3

kg:= v2 2.5

m3

kg:= smin 0Es:= smax 4Es:=

R 2.077 Es= cp 5.238 Es= cv 3.161 Es= κ 1.657=

Größengleichungfür v1 gemäßKapitel 6 :

Größengleichungfür v1 gemäßKapitel 6 :

T s( ) T0 e

s

cv⋅

v0v1

κ 1−

⋅=T s( ) T0 e

s

cv⋅

v0v1

κ 1−

⋅= dimensionslos gemacht:dimensionslos gemacht: T s( )K

T0K

v0v1

κ 1−

⋅ e

sEs

cvEs⋅=

Zahlenwerte:Zahlenwerte:cvEs

3.161=cvEs

3.161= für v1:für v1:T0K

v0v1

κ 1−

⋅ 294.279=T0K

v0v1

κ 1−

⋅ 294.279= für v2:für v2:

a 76

20 30 40 50 60 70 80 902

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

Temperatur der Wärmeabfuhr / °C

Car

not -

Lei

stun

gszi

ffer

für H

eize

n

tU2 15°C−:=tU1 0°C:=tI 25°C 26°C, 90°C..:=εH tI tU,( )Tt tI( )

Tt tI( ) Tt tU( )−:=b )

0 200 400 600 800 10000

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

Temperatur der Wärmezufur / °C

Car

not -

Wirk

ungs

grad

ηCr tI tU,( ) wenn ηC tI tU,( ) 0< 0, ηC tI tU,( ),( ):=

tU1 0°C:=ηC tI tU,( ) 1Tt tU( )Tt tI( )−:=Lösung: a)

tI 0°C 1°C, 1000°C..:=tU2 30°C:=

a) Tragen Sie den Wirkungsgrad des Carnot-Prozesses über der Temperatur tI der Wärmezufuhrzwischen Umgebungstemperatur und 1000 °C auf und zwar für die Umgebungstemperatur (für dieWärmeabfuhr) von 0 °C und 30 °C! b) Erstellen Sie ein entsprechendes Diagramm für die Leistungsziffer der Wärmepumpe zum Heizen beieiner Umgebungstemperatur (Wärmezufuhr) von jeweils 0°C und -15°C und einer Temperatur derWärmeabgabe zwischen 25 °C und 90 °C!

Tt t( ) t 273K+:=tT T( ) T 273K−:=TU 273K:=°C K:=

Aufgabe A 7.1 Wirkungsgrad und Leistungsziffer in Abhängigkeit von der Temperatur

a 77

WtB WtA:= ist: QIB εB− WtB⋅:= QIB 1.111 kWh=

(Zur besseren Übersicht wird nur mit positiven Energiebeträgen gerechnet)

Das heißt: Ohne Aufwand von außen würde Wärme von TII nach TI fließen. Fazit: EntwederProzess B ist nicht reversibel, d.h., dass die Annahme

εB1ηB

:= falsch ist, oder aber beide Wirkungsgrade müssen gleich sein, also: ηB ηC=

Würde dagegen die Maschine B als Kraftmaschine betrieben, so wäre: ηBWtB

QIB:= ηC< ηB 0.36=

und mit QIB 1kWh:= WtB QIB− ηB⋅:= WtB 0.36 kWh=

Das wäre plausibel. Wenn sie aber nunmehr die mit Linksprozess, also als Wärmepumpearbeitende Maschine A antreibt, die nach Voraussetzung reversibel mit Carnotwirkungsgradarbeitet, so ist die Wärme QIA jetzt:

QIA1ηC

WtB⋅:= QIA 0.9 kWh=

Da nunmehr die Maschine B mehr Wärme dem Behälter mit TI entnimmt als Maschine Aeinspeist heißt das, dass der gesamte Prozess nicht reversibel ist. Folglich ist der Prozess in derMaschine B nicht reversibel.

Aufgabe A 8.1 Aufzeigen eines Widerspruchs zum 2. Hauptsatz Zeigen Sie, dass eine zur obigen Aussage 3 gegenteilige Annahme im Widerspruch zur Formulierung des2. Hauptsatzes in der Aussage von Clausius steht!

Lösung TI 500K:= TII 300K:= Annahme: Von 2 reversibelarbeitenden Maschinen A und B, diebeide gemäß Skizze zwischendenselben Ecktemperauren TI und TII

arbeiten, soll A mit dem Carnot-Wirkungsgrad arbeiten, B soll einengeringeren Wirkungsgrad haben.

Wärmebehälter mit TII < TI

Maschine Amit

ηA= ηC

QIIA

WtA = WtB

Maschine B mit

ηB< ηC

QIB

QIIB

QIA

Wärmebehälter mit TI

ηC 1TII

TI−:= ηA ηC:=

ηB 0.9 ηC⋅:= ηA 0.4=

ηB 0.36=

Annahme: A wird als Kraftmaschinebetrieben, B als Wärmepumpe. DieLeistungsziffer der reversiblenWärmepumpe ist:

εB1ηB

:= εB 2.778=

Es wird eine Beliebige WärmemengeQIA angenommen

QIA 1kWh:= Dann ist: WtA ηC− QIA⋅:= WtA 0.4 kWh=

Da gemäß Skizze (A treibt B)

a 78

t1 t2=

50 0 50 100 150 200 250100

0

100

200

absolute Temperatur in K

Entro

pied

iffer

enze

n in

J/K

Im Balkendiagramm links, in dem ∆S überder Temperatur aufgetragen ist, finden Siedie Visualisierung des Ergebnisses. Dieblauen Balken sind die Entropieänderungender Massen 1 und 2, der rote Balken stelltdie Summe der Entropieänderungen dar.Er liegt immer oberhalb 0

Erläuterung "zu Fuß": m1 m2= m= cp1 cp2= cp= gesetzt

dann ist TMT1 T2+

2=

∆S1 m1 cpl⋅ lnTM

T1

⋅= ∆S2 m2 cpl⋅ ln

TM

T2

⋅=

∆S1 ∆S2+ m cp⋅ lnTM

T1

ln

TM

T2

+

⋅= m cp⋅ ln

TM2

T1 T2⋅

⋅=

Beh: TM2 T1 T2⋅< bzw.

T1 T2+

2

2

T1 T2⋅<

geht nicht, da beide Temperaturen > 0 undderen Quadrate auch > 0 sind. Somit istT1

2 2T1 T2⋅+ T22

+ 2T1 T2⋅< ?

TM2

T1 T2⋅1> und damit die Summe der Entropieänderungen positiv

Aufgabe A 8.2 Entropieproduktion bei Temperaturausgleich

Zeigen Sie, dass beim isobaren Vermischen zweier stofflich gleicher Flüssigkeiten unterschiedlicher Temperatur dieEntropie insgesamt ansteigt (Die spezifische Wärmekapazität soll als konstant angenommen werden.)!

Lösung : Die Massen und Zustände werden beliebig gewählt

m1 100 kg⋅:= m2 100kg:= cp1 4J

kg K⋅⋅:= cp2 cp1:= t1 200 °C⋅:= t2 10 °C⋅:=

U1 cp1 m1⋅ t1⋅:= U2 cp2 m2⋅ t2⋅:= Mischungstemperatur: tMU1 U2+

m1 cp1⋅ m2 cp2⋅+( ):= tM 105 °C=

Die Entropieänderung einer inkompressiblen Flüssigkeit berechnet sich analog der des idealen Gases. Der Drucktermentfällt.

∆S1 m1 cp1⋅ lnTt tM( )Tt t1( )

⋅:= ∆S2 m2 cp2⋅ ln

Tt tM( )Tt t2( )

⋅:= ∆S1 89.649−

JK

= ∆S2 115.726JK

=

Sie können nun nach Belieben andere Eingabewerte wählen,die Entropie nimmt nur dann nicht zu, wenn

∆S1 ∆S2+ 26.077JK

=

a 79

0 1

200

Sum

me

der E

ntro

pieä

nder

unge

n in

W/K

20 0 20 40 60 80400

200

0

200

400

absolute Temperatur in K

Entro

pied

iffer

enze

n in

J/K

∆SG ∆SH ∆SU+:=∆SHQH_Bed

TH:=∆SU

QH_Bed PWP−

TU−:=

Entropiestromgesamt

Entropiestrom inden zu beheizendenRaum

Entropiestromaus derUmgebung

Das Er gebnis kann auch über die Entropiebilanz gefunden werden. Der zu beheizende Raum mit der Wärmepumpeeinschließlich der Umgebung, der die Wärme entnommen wird, kann als abgeschlossenes adiabates System betrachtetwerden, in der die Summe der einzelnen Entropien nicht abnehmen kann. Betrachtet man also die Summe der beidenEntropieströme, so ist das Angebot so lange auf jeden Fall nicht reell, wie diese negativ ist. Variieren Sie dieAntriebsleistung der Wärmepumpe bis auf eine Wert von 100 kW, wo der der Umgebung entnommene Wärmestromnull wird!

unmöglichεAngebot εCarnot>εAngebot 10=εAngebotQH_Bed

PWP:=

Diese Leistungsziffer des Carnot-Prozesses kann nicht übertroffen werden.

PWP 10kW:=

εCarnot 6.66=εCarnotTH

TH TU−:=TU 283 K⋅:=TH 273 60+( ) K⋅:=QH_Bed 100kW:=

Ein Gebäudekomplex hat einen Heizbedarf von 100 kW bei einer Vorlauftemperatur von 60 °C(Eintrittstemperatur in die Heizkörper). Eine Firma bietet eine Wärmepumpenanlage an, die dem Grundwasserbei 10°C Wärme entziehen soll und elektrisch mit einer Leistung von 10 kW angetrieben wird. Zeigen Sie, dassdas Angebot nicht reell ist!

Aufgabe A 8.3 Maximale Leistungsziffer einer Wärmepumpe

a 80

Das gleiche Ergebnis erhält man, wennman gemäß erstem Hauptsatz schreibt: dw du= also: W1.2 mL uU u1−( )⋅:= W1.2 72.2− kJ=

Als zweite Zustandsänderung wird eine isotherme Expansion auf den Umgebungsdruck (langsame Entspannungbei ständigem Temperaturausgleich mit der Umgebung) vorgenommen

v3 vTp TU pU,( ):= sU spT pU TU,( ):= s3 sU:= v3 0.842m3

kg=

Für die Zustandsänderung von Punkt 2 aus muss die Gleichung aus der Verweisdatei angepasst werden (Index2 statt Index 1) :

pnv n v,( ) p2v2

v

n

⋅:= W2.3 mL−v2

v3

vpnv nt v,( )⌠⌡

d⋅:= W2.3 236.4 kJ=

W1.3 W1.2 W2.3+:= W1.3 0 kW h⋅=

Nach dem 1. Hauptsatz ist bei der isothermen Expansion eines idealen Gases die abgegebene Arbeit gleich deraufgenommenen Wärme, da die Änderung der inneren Energie 0 ist.

Die Wärme ist mit Tns n es,( ) TU e

es s1−

cn n( )⋅:= (neuer Ausgangszustand!)

Q2.3 mLs1

s3

esTns nt es,( )⌠⌡

d⋅:= Q2.3 236.4− kJ=

Aufgabe A 9.1 Maximale aus einem Druckspeicher gewinnbare Arbeit

In einem Behälter mit einem freien Volumen von V 5m3= ist Pressluft mit tL 90°C= bei pL 0.3bar= gespeichert.

Welche Arbeit kann maximal abgegeben werden, wenn man den gesamten Inhalt reversibel auf Umgebungszustandbringt ? a) Es soll keine Nachspeisung in den Behälter erfolgen.b) Es wird von einem Kompressor kontinuierlich nachgespeist, und gesucht ist die Arbeit, die von derselben Luftmengez. B. in einer Turbine abgegeben werden kann.

Lösung : Zunächst die Eingabewerte: p1 und t1 , so wie den angenommenen Umgebungszustand eingegeben, diese Angabenwerden von der Verweisdatei "VD_IdGa" benötigt:

tU 20 °C= pU 1 bar= t1 tL:= p1 pL:=

Hier Verweis auf "VD_IdGa" erforderlich

weiter ist: V1 V:= mLV1

v1:= mL 1.438 kg=

zu a)Da kein Zufluss vorhanden ist, der am Eintritt Verschiebearbeit leistet, denkt man sich die Zustandsänderung in einemRaum mit verschiebbarer Wand vorgenommen, z.B. Zylinder mit Kolben (geschlossenen System). Als erste reversibleZustandsänderung wird eine reibungsfreie Adiabate gewählt, Expansion bis auf Umgebungstemperatur

p2 psT s1 TU,( ):= p2 0.142 bar= v2 vpT p2 TU,( ):= s2 s1:= v2 5.9327m3

kg=

s1 spT p1 T1,( ):= s1 635.406J

kg K⋅=

W1.2 mL−v1

v2

vpnv ns v,( )⌠⌡

d⋅:= W1.2 72.2− kJ=

a 81

WtGes mL hU h1−( ) TU sU s1−( )⋅− ⋅:= WtGes 135.3 kJ=

WtGes 0.038 kWh=

Den Betrag dieser reversibel gewinnbaren Arbeit bezeichnet man auch als Exergie der Enthalpie. Die Exergie ist somit dieim Stoffstrom enthaltene Energie, die sich in einem reversiblen Prozess im offenen System in Arbeit umwandeln lässt.Man kommt zum gleichen funktionalen Zusammenhang, wenn man den Ausgangszustand mit wesentlich höhererTemperatur so wählt, dass bei der isentropen Expansion auf Umgebungstemperatur ein unterhalb des Umgebungsdruckesliegender Druck erreicht wird. Es muss vor dem Ausschieben in die Umgebung dann eine isotherme Verdichtungvorgenommen werden. Probieren Sie das aus!

Darstellung im T-s-DiagrammBereiche für das Diagramm

0 200 400 600 800 1000 12000

100

200

300

400

Spez. Entropie / J/kg*K

Abs

olut

e Te

mpe

ratu

r / K

T - s - Diagramm mit den Drucklinien fürp1, p2 und pU , Temperaturlinie für TU

Umgebungszustand tU 20°C≡ pU 1bar≡

Ausgangszustand (Die Eingaben können Siehier ändern)

tL 90°C≡ pL .3bar≡V 5m3≡

WtGes 0.038 kWh=

Die schraffierte Fläche entspricht derisotherm aufgenommenen bzw.abgegebenen Wärme

Da die Temperatur konstant ist, gilt auch Q2.3 TU s3 s2−( )⋅ mL⋅:= Q2.3 236.4− kJ=

(Man kann also wiederum auf verschiedenen Wegen zum gleichen Ergebnis kommen).

Vom expandierenden System muss noch die Arbeit zurVerdrängung der Atmosphäre aufgebracht werden: WAtm mL v3 v2−( )⋅ pU⋅:=

Die Gesamtarbeit ist somit: WGes W1.2 W2.3+ WAtm+:= WGes 568− kJ=

WGes 0.158− kW h⋅=

zu b)Man wählt dieselben Zustandsänderungen: Unter Berücksichtigung der Verschiebearbeiten kann nunmehr die (größere)technische Arbeit abgegeben werden.

Nach dem 1. Hauptsatz ist amoffenen System bei der Adiabaten dwt=-dh Wt1.2 mL hU h1−( )⋅:= Wt1.2 101.1− kJ=

Bei der anschließenden isothermenEntspannung mit dh=0 ist ebenfalls dwt=-dq also Wt2.3 mL− TU⋅ sU s1−( )⋅:= Wt2.3 236.4 kJ=

Die Gesamtarbeit ist somit:

a 82

cpL 1005J

kg K⋅⋅:= κ 1.4:= cvL cpL RL−:= T0 273K:= p0 1.013bar:=

p1 10bar:= t1 20°C:= pU 1bar:= tU 20°C:= VB 10m3:= kWh kW h⋅:=

Exg mL eg⋅= TU Tt tU( ):= mLVB p1⋅

RL TU⋅:= mL 118.9 kg=

vU RLTU

pU⋅:= T1 Tt t1( ):= v1 RL

TU

p1⋅:= v0

RL T0⋅

p0:=

s1 cvL lnT1

T0

⋅ RL ln

v1

v0

⋅+:= sU cvL ln

TU

T0

⋅ RL ln

vU

v0

⋅+:=

mit u1 uU= wird Exg mL− TU s1 sU−( )⋅ pU vU v1−( )⋅+ ⋅:= Exg 3.9 kWh=

Ergänzung zu A 9.1 für den "Fußgänger":

T1 t1 273K+:= v1RL T1⋅

p1:= v1 3.474

m3

kg=

s1 cpL lnT1

T0

⋅ RL ln

p1

p0

⋅−:= s1 634.888

Jkg K⋅

=

T2 TU:= p2 p1T2

T1

κ

κ 1−

⋅:= p2 0.142 bar=

v2RL T2⋅

p2:= v2 5.922

m3

kg= s2 s1:=

V2 mL v2⋅:= V2 8.518 m3=

W1_2 mL cv⋅ T2 T1−( )⋅:= W1_2 72.013− kJ=

p3 pU:= T3 TU:= v3R T3⋅

p3:=

W2_3 mL RL⋅ T2⋅ lnp3

p2

⋅:= W2_3 236.181 kJ=

Aufgabe A 9.2 Exergie in einem Druckbehälter

Welche Arbeit ist mindestens erforderlich, um einen Druckbehälter mit einem Inhalt von 10 m3 mit Pressluft von 10bar aufzuladen, wenn der Zustand der Atmosphäre mit 1 bar bei 20 °C angegeben ist? Der Behälter war imAusgangszustand offen und enthielt Luft im Umgebungszustand.

Lösung : Wir berechnen lediglich die Exergie im gefüllten Behälter. Da es sich bei der Mindest-Füllarbeit um einenreversiblen Prozess handelt. Wir nehmen an, dass im Behälter keine höhere Temperatur erforderlich ist,womit u1-uU = 0 gesetzt werden kann.

RL 287J

kg K⋅⋅:=

a 83

mL1 98.89 kg= ∆m 93.945 kg=

mL2 mL1 ∆m−:= mL2 4.944 kg=

Minimale Arbeit zum Evakuieren:

Kl 2

p

V K

20 V K

1920

V K

Kl 1

2

31

Angenommen, man könnte den Raum über einebewegliche Wand (abgedichtet und reibungsfreibeweglicher Kolben) auf das 20-fache innerhalb einesgenügend großen Zeitraumes vergrößern, so erreichteman eine isotherme Ausdehnung der Luft auf dengewünschten Druck von 5 %.(Klappe 1 schließt aufdem Weg von 1 nach 2). Bei der Bewegung desKolbens nach links schließt die Klappe 1 und 19/20der Masse werden wieder auf den Ausgangsdruckverdichtet (Zustandsänderung von 2 nach 3). ImPunkt 3 öffnet die Klappe 2 und die Luft wirdausgeschoben.Eine (natürlich viel kleinere) Kolbenpumpe würde dasGleiche mit einer großen Anzahl von Kolbenhübenerreichen. Die Berechnung wäre komplizierter, mankäme jedoch zum gleichen Ergebnis, da beideVorgänge reversibel sind.

V2 20 VK⋅:= V31920

VK⋅:=

p1 V( ) RLT1

V⋅ mL1⋅:= p2 V( )

1920

RL⋅T1

V⋅ mL1⋅:=

w12VK

V2

Vp1 V( )⌠⌡

d−V2 VK−

V3

Vp2 V( )⌠⌡

d− V3−( ) pU⋅−:= w12 6657.8 kJ=

Dies ist die Exergie des evakuiertengeschlossenen Systems mit der Masse mL2 MitdU = 0 und TU T1:= ist:(Man kann sich vorstellen, dass bei einerbeweglichen Systemgrenze der Raum VK unterArbeitsleistung auf 1/20 seines Volumenszusammenschrumpft.)

Exg UK UU− TU SK SU−( )− pU VK VU−( )+=

Exg TU− mL2⋅ RL lnV2

VK

⋅

⋅ VK

1920⋅ pU⋅+:= Exg 6657.8 kJ=

Aufgabe A 9.3 Exergie in einem evakuierten Behälter (Kondensator) Der Kondensator eines Dampfkraftwerks hat ein freies Volumen von 80 m³. Er ist anfangs mit Luft imUmgebungszustand gefüllt. Vor der Inbetriebnahme muss er evakuiert werden. Der Druck beiInbetriebnahme soll 5 % des Umgebungsdruckes betragen. a) Welche Luftmasse muss abgesaugt werden und wie groß ist die im Behälter verbleibende Luftmenge? b) Welche Arbeit ist mindestens zur Evakuierung erforderlich?

Lösung :

Gegeben : RL 287J

kg K⋅:= kJ 1000J:= °C K:= bar 105Pa:=

Freies Volumen des Kondendators: VK 80m3:= Umgebungstemperatur tU 20°C:=

pU 1.04 bar⋅:= T1 293.15 K⋅:= p2 0.05 pU⋅:= p2 0.052 bar=

mL1 pUVK

RL T1⋅⋅:= ∆m 0.95 pU⋅

VK

RL T1⋅⋅:=

a 84

tU 0°C:= t1 20°C:= Q 15kW:= tR 40°C:= tV 55°C:=

Lösung :

a) Hier braucht nur die Exergie der Wärme bei 20°C berechnet zu werden. Da diese bei konstant 20°C zuzuführen ist,ergibt sich mit:

T1 Tt t1( ):= TU Tt tU( ):= ηC 1TUT1

−:=

Die Leistungsziffer des Carnot-ÜProzesses ist: εC1ηC

:= εC 14.658=

Die Mindestleistung ergibt sich als: PC Q ηC⋅:= PC 1.023 kW=

Der Anteil der Anergie an der Heizleistung ist somit Q PC−( )

Q93.2 %=

Würde das Gebäude z.B. elektrisch beheizt, müsste eine elektrische Leistung vonaufgebracht werden.

Pel Q:= Pel 15 kW=

Bei einem Kraftwerkswirkungsgrad von 40% und einemTransportwirkungsgrad von 95% wäre der Brennstoffbedarf Qbr

Pel0.4 0.95⋅

:= Qbr 39.5 kW=

Bezogen auf die Exergie des Brennstoffes ( = Q Br ) ist derexergetische Wirkungsgrad der elektrischen Heizung dann

ηex_elPCQbr

:= ηex_el 0.026=

Aufgabe A 9.4 Exergie eines Enthalpiestromes

Für eine Gasturbine steht ein Gasstrom von 18 kg/s mit einer Temperatur von 800 °C bei einem Druckvon 30 bar zur Verfügung. Welche Leistung könnte maximal bei reversibler Prozessführung erzieltwerden, wenn der Umgebungszustand mit 15 °C und 1 bar angegeben ist? Es sollen die Stoffwerte fürLuft als ideales Gas mit konstanter spezifischer Wärmekapazität verwendet werden.

T0 273K:= p0 1.013bar:= MW 1000kW:=

gegeben : cpL 1.004kJ

kg K⋅:= RL 287.1

Jkg K⋅

:= m 18kgs

:=

t1 800°C:= p1 30bar:= tU 15°C:= pU 1bar:=

Lösung : Gefragt ist also nach dem Exergiestrom. Dieser berechnet sich aus:

Ex m h1 hU− TU s1 sU−( )⋅− ⋅= mit

h1 cpL t1⋅:= hU cpL tU⋅:= T1 Tt t1( ):= TU Tt tU( ):= spT p T,( ) cpL lnTT0

⋅ RL lnpp0

⋅−:=

s1 spT p1 T1,( ):= sU spT pU TU,( ):=

Ex m h1 hU− TU s1 sU−( )⋅− ⋅:= Ex 12.4 MW=

Aufgabe A 9.5 Exergie beim Heizen Ein Wohngebäude muss bei einer Außentemperatur von 0 °C auf 20 °C beheizt werden. Der erforderlicheWärmebedarf wurde für diese Temperatur mit 15 kW berechnet. a) Welche Antriebsleitung müsste eine Wärmepumpe haben, die das Gebäude reversibel beheizt? b) Wie hoch wäre die Antriebsleistung, wenn die innerlich reversible Wärmepumpe in einen Heizungskreiseinspeist, dessen Umlaufwasser sie von 40 °C Rücklauftemperatur auf 55 °C Vorlauftemperaturerwärmen muss? c) Stellen Sie eine Betrachtung an über die exergetischen Wirkungsgrade, wenn eine reale Wärmepumpe imFalle b) eine Leistungsziffer von 4 erreicht!

gegeben :

a 85

ηexWPεWP

εh:= ηexWP 0.518=

Der exergetische Wirkungsgrad des gesamten Heizungssystemsunter Einbeziehung des Wärmeübergangs an den Heizkörpern istdagegen:

ηexHεWP

εC:= ηexH 0.239=

Würde über eine elektrische Widerstandsheizung beheizt, gälte ηex_elPCQ

:= ηex_el 0.068=

und auf den Brennstoff im Kraftwerk bezogen: ηex_BrPCQbr

:= ηex_Br 0.026=

Aufgabe A 9.6 Exergie der Wärme und Carnot-Prozess Zeigen Sie, dass die Exergie aus einem Heißluftstrom bei Umgebungsdruck über eine Folge vonCarnot-Prozessen mit abnehmender oberer Prozesstemperatur gewonnen werden kann!

Lösung: t1 20 °C= p1 30 bar= pU 1 bar= tU 0 °C= Hier Verweis erforderlich auf "VD_IdGa"

Diese Zahlen werden willkürlich angenommen (Eingabe unten global)

Die spezifische Exergie der Enthalpie errechnetsich rein formal gemäß Gleichung 9.2.1 mit: eex h1 hU− TU s1 sU−( )⋅−:= eex 267.5

kJkg

=

(Die Enthalpie- und Entropiewerte werden hier über di o.a. Verweisdatei berechnet)

Aufsummierung der differentiellenCarnotprozesse mit Gleichung 9.3.1 w1_2rev

U

1

q1TUT

−

⌠⌡

d=

b ) Der für die Heizung mit gegebener Vor- undRücklauftemperatur aufzubringende Exergiestrom ist nunmehr Eh Q TU

1

2

Q1T

⌠⌡

d⋅−=

und mit dQ cW mW⋅ dT⋅= ∆t 15K:= mWQ

cW ∆t⋅= dQ

Q∆t

dT⋅=

wird daraus Eh QQ∆t

TU⋅

Tt tR( )

Tt tV( )T

1T

⌠⌡

d⋅−:= Eh 2.22 kW=

oder: ηC T( ) 1TUT

−:= cW 4.186kJ

kg K⋅:= mW

QcW ∆t⋅

:=

Eh ηC T( ) dQ⋅= EhTt tR( )

Tt tV( )TηC T( ) mW⋅ cW⋅

⌠⌡

d:= Eh 2.22 kW=

Die zugehörige Leistungsziffer ist: εhQEh

:= εh 6.758=

Damit ist der exergetische Wirkungsgraddes Heizkreislaufes:

ηex_KrPCEh

:= ηex_Kr 0.461=

c ) Reale Wärmepumpen haben beim Einspeisen aufdas unter b) benannte Heizungssystem eineLeistungsziffer von etwa εWP 3.5:= Dies erforderteine Antriebsleistung von:

PWPQ

εWP:= PWP 4.286 kW=

Der exergetische Wirkungsgrad derWärmepumpe selbst beträgt dabei:

a 86

w1_2rev 0.7kJkg

=

Man erkennt sowohl mit derRechnung, als auch anhand desT-s- Diagrammes, dass über dieAufsummierung der schwarzgekennzeichneten differenziellenCarnotprozesse die der Flächezwischen der p-Linie und derUmgebungstemperaturentsprechende technische Arbeitgewonnen wird, die sich auchformal aus der Gleichung für diespezifische Exergie ergibt.

tU 0°C≡pU 1bar≡

p1 1bar≡t1 1000°C≡

Die Eingaben können Sie hier ändern

0.8 0.6 0.4 0.2 00

200

400

600

800

1000

Spezif. Entropie in J/kg*K

Abs

olut

e Te

mpe

ratu

r in

K

Erstellen des T-s-Diagrammes

eex 0.7kJkg

=eex cp T1 TU−( )⋅ cp TU⋅ lnT1TU

⋅−:=

eexT1

TUqηC T( )

⌠⌡

d−=

TU

T1

q11T

−

⌠⌡

d=

TU

T1

T1TUT

−

cp⋅⌠⌡

d= cp T1 TU−( )⋅ cp TU⋅ lnT1TU

⋅−=2.

weiter, wie links aufgezeigt

p1 pU=( )wegen s1 sU− cp lnT1TU

⋅=sU

s1sT

⌠⌡

d cp T1 TU−( )⋅=1.


w1_2 183.8−kJkg

=w1_2sU

s1sTps p1 s,( ) TU−( )

⌠⌡

d:=

w1_2sU

s1sT TU−( )

⌠⌡

d=oder mit dq = T*ds

w1_2rev 0.7kJkg

=w1_2rev

TU

T1

T1TUT

−

cp⋅⌠⌡

d:=dq cp dT⋅=und mit

a 87

v p( ) v1p1p

1n

⋅:= wt12p1

p2pv p( )

⌠⌡

d:= wt12 3214−kJkg

=

cn n( ) cvn κ−n 1−

⋅:= Q12 m cn n( )⋅ t2 t1−( )⋅:= P m wt12⋅:= P 2678− kW=

Q12 976 kW=

Für den "Fußgänger":

lnT2T1

n 1−n

lnp2p1

⋅= n 1−n

lnT2T1

lnp2p1

=ln

T2T1

lnp2p1

0.2521=

11n

− 0.2521=1n

− 0.2521 1−= n1

1 0.2521−:= n 1.337=

Die symbolische Lösung des Integralsergibt (vergl. Kapitel 6): wt1_2 p1 v1⋅

nn 1−⋅

p2p1

n 1−n

1−

⋅:=

c) Die reale Zustandsänderung ist mit Dissipationsvorgängen (Reibungskräfte, Drosselung) verbunden. Eineadiabate Expansion oder Verdichtung in einer Strömungsmaschine verläuft also immer mit Entropiezunahme (imT-s-Diagramm je nach Dissipationsanteil also mehr oder weniger stark nach rechts). Im gegebenen Falle sollen dieZustandsänderungen zu b) und zu c) identisch sein. Die Energiebilanzen sind jedoch unterschiedlich.

1. Hauptsatz: wt12 q1_2+ h2 h1−= (Gl.4.2.3)

Aufgabe A 9.7 Exergieverlust in einer Gasturbine

In einer Gasturbine entspannen sich stündlich 3000 kg Helium ausgehend von 800 °C und 6 bar auf 1 bar und 410 °C.a) Wie groß ist der Polytropenexponent? b) Wie groß wäre die abgegebene Leistung und der Wärmestrom, wenn die Zustandsänderung innerlichreversibel ablaufen würde?c) Wie groß ist die Leistung, wenn die gleiche Zustandsänderung bei adiabater Entspannung zustande kommt?d) Wie groß sind Reibungsleistung und Gütegrad bei adiabater Entspannung? Helium soll als ideales Gas mit konstanter spezifischer Wärmekapazität betrachtet werden.e) Welchen Exergieverlust hat die Turbine bei einer Umgebungstemperatur von 25 °C?

gegeben : t1 800°C:= t2 410°C:= p1 6bar:= p2 1bar:= m 3000kgh

:=

Lösung : Die Daten für Helium werden aus der Tabelle 6.1 entnommen.

T2 Tt t2( ):= T1 Tt t1( ):= T1 1073.15 K=

T2 683.15 K=

a) n 1.4:= VorgabeT2T1

p2p1

n 1−n

= n Suchen n( ):= n 1.337=

b ) Eine innerlich reversible polytrope Zustandsänderung ist reibungsfrei und mit Wärmezu- oder Abfuhr über dieSystemgrenze verbunden, die innerhalb der Systemgrenze ohne treibende Temperaturdifferenz zustandekommt (DerVorgang ist praktisch nicht realisierbar. Er dient zum Vergleich mit dem realen Vorgang c), bei dem die Erwärmung nichtvon außen, sondern durch Dissipation - Reibungskräfte, Drosselvorgänge, Verwirbelungen - im Inneren unterVerringerung der abgegebenen Arbeit erfolgt). Die Berechnung erfolgt also gemäß Kapitel 6.5

v1R Tt t1( )⋅

p1:=

a 88

T2is 527.3 K=

vis p( ) v1p1p

1κ

⋅:= v2is vis p2( ):= t2is tT T2is( ):=

Gütegrad: ηgh1 h2−

h1 h2is−= oder wegen dh = cp*dt ηg

t1 t2−

t1 t2is−:= ηg 0.715=

e) Exergieverlust : tU 25°C:= TU Tt tU( ):= TU 298.15 K=

∆sirr cp lnT2T1

⋅ R lnp2p1

⋅−:= ∆sirr 1.356kJ

kg K⋅= ExVerl m TU⋅ ∆sirr⋅:= ExVerl 337 kW=

(Da keine Strömungsgeschwindigkeiten gegeben sind, werden die äußeren Energienvernachlässigt)

mit q1_2 = 0 wird daraus: wt.1_2 = h2 - h1 und mit h2 h1− cp t2 t1−( )= (Kap. 3)

Pad m cp⋅ t2 t1−( )⋅:= (Gl.4.2.6) Pad 1702− kW=

d) Mit T ds⋅ dq dwR+= (Gl. 8.4)

stellt die Fläche unter der Zustandsänderungslinie im T-s-Diagramm die Summe aus zugeführter Wärme und derReibungsarbeit (Dissipation) dar. Bei der realen adiabaten Zustandsänderung mit identischem Zustandsverlaufmuss also die Reibungsarbeit der im Falle b) zugeführten Wärme entsprechen, bzw. die Reibungsleistung demWärmestrom.

PR Q12:= PR 976 kW=

Der Gütegrad ergibt sich als Verhältnis der reibungsfreien adiabaten Arbeit (Isentrope) zur realen Arbeit P ad:

Berechnung der Isentrope: T2is T1p2p1

κ 1−κ

⋅:=

a 89

Zur Erstellung der Diagramme

p - v - Diagramm

4 6 8 10 12 14 160

1

2

3

4

5

6

7


Dru

ck in

bar

Durchgezogene Linie:realer Verlaufgestrichelt: Isentrope

T-s-Diagramm:

2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5400

600

800

1000

1200

s in kJ / kg*K

T in

K

a 90

Technische Arbeit: wt1_21

2pv

⌠⌡

d wR1_2+ ea+= (Gl. 4.12)

Da die Reibungsarbeit mit 10% der technischen Arbeit angenommen werden soll, und die äußeren Energien nichtgenannt wurden, d.h. zu vernachlässige sind, ist:

0.9 wt1_2⋅1

2pv

⌠⌡

d=

Mit v1RL Tt t1( )⋅

p1:= und v p( ) v1

p1

p

1

n

⋅:=

ist wt1_21

0.9 p1

p2

pv p( )⌠⌡

d⋅:= wt1_2 203.3kJkg

=

und q1_2 h2 h1− wt1_2−= cp t2 t1−( )⋅ wt.1_2−=

q1_2 cp t2 t1−( )⋅ wt1_2−:= q1_2 80.8−kJkg

=

c) Bei innerlich reversibler Zustandsänderungwäre die technische Arbeit: wt1_2rev

p1

p2

pv p( )⌠⌡

d:= wt1_2rev 183kJkg

=

Aufgabe A 9.8 Exergieverlust in einem Verdichter mit Kühler

Ein gekühlter Verdichter saugt Luft aus der Umgebung mit tU 25°C= und pU 1bar= an und verdichtetdiese auf p2 6bar= bei t2 147°C= . Die vom Verdichter aufgenommene Arbeit wird dabei zu 10 % zurÜberwindung von Reibungskräften benötigt. a) Stellen Sie den Prozess im p-v-Diagramm und im T-s-Diagramm dar (Wie groß ist derPolytropenexponent?) b) Berechnen Sie die spezifischen Prozessgrößen Wärme und Arbeit.c) Wie groß wäre die abgegebene spezifische Arbeit und die Wärme, wenn die Zustandsänderung innerlichreversibel ablaufen würde? d) Stellen Sie eine Betrachtung über die Exergieverluste anLuft soll als ideales Gas mit konstanter spezifischer Wärmekapazität betrachtet werden.

Die oben gegebenen Größen sind unten global definiert

Lösung :

t1 tU:= p1 pU:= T1 Tt t1( ):= T2 Tt t2( ):=

a ) Startwert: n 1.4:= VorgabeT2

T1

p2

p1

n 1−

n

= n Suchen n( ):= n 1.237=

Mit 1 < n < κ verläuft die Zustandsänderung zwischen der Isotherme und der Isentrope, d.h. imT-s-Diagramm nach links (Entropieabnahme). Ohne Kühlung müsste die Entropie infolge derDissipation zunehmen. Die (aktiven) Diagramme sind am Ende der Datei dargestellt.

b) 1. Hauptsatz: wt1_2 q1_2+ h2 h1−= cp t2 t1−( )=

2. Hauptsatz: Tds dq dwR+=

a 91

t2 147°C≡p2 6bar≡tU 25°C≡pU 1bar≡

100 0 100200

250

300

350

400

450

500

550T-s-Diagramm

spez. Entropie in J / kg*K

Abs

olut

e Te

mpe

ratu

r in

K

0 0.2 0.4 0.6 0.80

1

2

3

4

5

6p-v-Diagramm


Dru

ck in

bar

Bereiche

ηex 0.852=ηexe2ex

wt1_2:=und damit der exergetische Wirkungsgrad:

e2ex 173.2 KkJ

kg K⋅=e2ex cp T2 TU−( )⋅ TU s2 sU−( )⋅−:=s2 cp ln

T2

T0

⋅ R ln

p2

p0

⋅−:=mit

diese ist:

Die Entropieänderung wird verursacht durch die Dissipation und - in entgegengesetzter Richtung -durch die Wärmeabfuhr bei der Kühlung. Nimmt man an, dass der im Kühlwasser verbleibendeExergieanteil nicht genutzt wird (Hierzu müsste auch die Erwärmung des Kühlwassers bekannt sein),so kann man sich auf den Vergleich zwischen der eingesetzten technischen Antriebsarbeit und der inder verdichteten Luft verbleibenden Exergie beschränken.

Exergieverlust:d )

q1_2rev 60.5−kJkg

=q1_2rev cp t2 t1−( )⋅ wt1_2rev−:=und die Wärme:

a 92

∆S1 58.998JK

= ∆S2 51.404−JK

=

Vorher vorhandene Exergie (Wegen annähernd konstanten Volumens keine Verdängungsarbeit):

TU Tt tU( ):= ExI m2 cpl⋅ t2 tU−( )⋅ TU m2 cpl⋅ lnTt t2( )

TU

⋅−:= ExI 4.74 kJ=

Nachher vorhandene Exergie: ExII m1 m2+( ) cpl⋅ tM tU−( ) TU lnTt tM( )

TU

⋅−

⋅:= ExII 2.59 kJ=

Die übertragene Wärme ist: Q1_2 m1 cpl⋅ tM t1−( )⋅:= Q1_2 18 kJ=

Die produzierte Entropie ist: ∆Sirr ∆S1 ∆S2+:= ∆Sirr 7.594JK

=

Der Exergieverlust: ExVerl TU ∆Sirr⋅:= ExVerl 2.15 kJ=

Sie können nun beliebig andere Eingabewerte wählen, Sie haben nur dann keinen Exergieverlust, wenn t1 t2=

Aufgabe A 9.9 Exergieverlust beim Temperaturausgleich durch Mischen

Berechnen Sie den Exergieverlust beim isobaren Vermischen zweier stofflich gleicher Flüssigkeitenunterschiedlicher Temperatur (Die spezifische Wärmekapazität soll als konstant angenommen werden)

T t( ) t 273K+:= t T( ) T 273K−:=

Lösung : Die Massen und Zustände werden beliebig gewählt

m1 100 kg⋅:= m2 100kg:= cpl 4J

kg K⋅⋅:= cp2 cpl:= t1 10 °C⋅:= t2 100 °C⋅:= tU t1:=

U1 cpl m1⋅ t1⋅:= U2 cp2 m2⋅ t2⋅:= tMU1 U2+

m1 m2+( ) cpl⋅:= tM 55 °C=

Die Entropieänderung einer inkompressiblen Flüssigkeit berechnet sich analogder des idealen Gases. Der Druckterm entfällt.

∆S1 m1 cpl⋅ lnTt tM( )Tt t1( )

⋅:= ∆S2 m2 cpl⋅ ln

Tt tM( )Tt t2( )

⋅:=

a 93

Zmmax mmin−

mV=Startwert:

Vorgabe Z

pmaxVB

R TB⋅⋅ pmin

VBR TB⋅⋅−

pVV

R TV⋅⋅

= pmax Suchen pmax( ):= pmax 8.382 bar=

Der "Fußgänger" muss nach pmax auflösen

b)

Jetzt erhält man: mmin pminVB

R TB⋅⋅:= mmax pmax

VBR TB⋅⋅:= mmin 0.855 kg= mmax 2.987 kg=

Eingespeiste Masse: mzu mmax mmin−:= mzu 2.132 kg=

Das Volumen der eingespeisten Massebei Umgebungszustand ist: Vzu_U

mzu R⋅ TU⋅

pU:= Vzu_U 1.795 m3

=

Bevor die Luft eingespeist werden kann,muss sie auf pmin verdichtet werden. Daszugehörige Volumen ist dann:

Vzu_2mzu R⋅ TU⋅

pmin:= Vzu_2 0.748 m3

=

Die isotherme Verdichtungsarbeit abzüglich dervon der Atmosphäre geleistetenVerschiebearbeit bis zum Druck pmin für dieZusatzluft ist:

W1 mzu R⋅ TB⋅ lnpminpU

⋅ pU Vzu_U Vzu_2−( )⋅−:=

Aufgabe A 9.10 Aufladen eines Pressluftbehälters

B

K

S

VBestimmen Sie a) den Ladedruck des skizzierten Druckbehälters für Druckluft. Der Behälter

hat ein Volumen VB = 0,3 m3 . Der Mindestdruck, bei dem der Kompressorwieder anläuft, beträgt pmin = 2,4 bar. Der Kompressor saugt aus derUmgebung mit pU = 1 bar und tU = 20 °C an. Die Temperatur im Behälter seiinfolge guten Wärmeaustausches mit der Umgebung konstant tB = 20 °C. Ander Verbrauchsstelle hinter dem Reduzierventil V wird ein konstanterVolumenstrom V = 3,1 m3/h bei pV = 2,3 bar und tV = 18 °C entnommen. DieZeit Z, die zwischen dem Abschalten und Wiedereinschalten des Kompressorsvergeht, soll 15 min betragen.b) die mindestens vom Kompressor aufzubringende Arbeit für das Aufladen. Warum ist die tatsächliche Arbeit größer?

Lösung :VB 0.3m3

:= pmin 2.4bar:= tB 20°C:= tV 18°C:= pU 1bar:= tU tB:=

pV 2.3bar:= V 3.1m3

h:= Z 15min:=

a)TB tB T0+:= TV tV T0+:= TU Tt tU( ):=

TB 293.15 K=

mV pVV

R TV⋅⋅:= mV 8.527

kgh

=Verbrauchermassenstrom:

pmax 1bar:= mmax pmaxVB

R TB⋅⋅= mmin pmin

VBR TB⋅⋅=

a 94

∆Ex 292.2 kJ=∆Ex Exg_max Exg_min−:=Exg_min mmin− TU smin sU−( )⋅ pU vU vmin−( )⋅+ ⋅:=

Exg_max mmax− TU smax sU−( )⋅ pU vU vmax−( )⋅+ ⋅:=

smin cv lnTBT0

⋅ R ln

vminv0

⋅+:=

smax cv lnTBT0

⋅ R ln

vmaxv0

⋅+:=sU cv ln

TUT0

⋅ R ln

vUv0

⋅+:=

vminR TB⋅

pmin:=vmax

R TB⋅

pmax:=vU

R TU⋅

pU:=v0

R T0⋅

p0:=

Alternativ ergibt die Berechnung der Exergiedifferenz der beiden Zustände im Behälter nach Kap. 9:

Die Summe der Arbeiten ist Wges 292.2 kJ=Wges W1 W2+:=

W2 mmax R⋅ TB⋅ lnpmaxpmin

⋅ pU Vzu_2( )⋅−:=

Anschließend muss die gesamte Luftmenge vonpmin auf pmax verdichtet werden. Auch hierbeiist die Verschiebearbeit der Atmosphäreabzuziehen. (Das Volumen nimmt um Vzu_2 ab)

a 95

Stoffwerte für 0 °C nach Baerbzw. VDI-Wärmeatlas

M Vol-Anteil Gew.-Anteil R cp cvCO2 44 12 0,1774074 0,18895 0,827 0,638H2O 18 4,5 0,0272159 0,46189 1,868 1,4061SO2 64 0,1 0,0021504 0,12991 0,609 0,4791O2 32 6,4 0,0688126 0,25981 0,917 0,6572N2 28 77 0,7244137 0,29693 1,041 0,7441

Rauchgas 29,76 100 1 0,27935 1,0161 0,7367

Die Berechnung erfolgt nach den o.a. Beziehungen innerhalb der unten eingefügten Excel-Tabelle

MRg

1

5

i

Mi ψ i⋅( )∑=

=cpRg

1

5

i

cpi ξi⋅( )∑=

=RRg

1

5

i

Ri ψ i⋅( )∑=

=cv cp R−=und RRmol

M=Mit

MN2 28kg

kmol:=MO2 32

kgkmol

:=MSO2 64kg

kmol:=MH2O 18

kgkmol

:=MCO2 44kg

kmol:=

ψCO2 ψH2O+ ψSO2+ ψO2+ ψN2+ 1=Kontrolle :

ψN2 0.77:=ψO2 0.064:=ψSO2 0.0015:=ψH2O 0.045:=ψCO2 0.12:=gegeben :

kJ 1000J:=Rmol 8314J

kmol K⋅:=kmol 1000mol:=Lösung :

Berechnen Sie für ein Rauchgas mit den Volumenanteilen:CO2 = 12 %, H2O = 4,5 %, SO2 = 0,15 % , O2 = 6,4 % und N2 = 82,6 % die Größen R, M, x, cp und cv für die Temperatur 0 °C unter der Annahme, dass die Bestandteile ideale Gase sind!

Aufgabe A 10.1 Berechnung von Stoffwerten für eine Mischung aus verschiedenenidealen Gasen

a 96

t2b 329.3 °C=

Volumenänderungsarbeit: wv12 R− t2b t1−( )⋅:= wv12 58.43−kJkg

=

Lösung Teil b) für den "Fußgänger":

Man trägt in einem Diagramm h = f(t) im Bereich der geschätzten Endtemperatur über etwa 3 Temperaturwerten diezugehörige Enthalpie aus der Tabelle 11.2 auf, wobei h = cpm(t)*t ist. (bei dieser Definition ist h0 = 0 !)

Temperaturbereich: te 300°C 360°C..:= (t2a ist ja bereits bekannt)

Je besser geschätzt wird, d.h. je kleiner der Bereich um das Ergebnis ist, desto genauer ist die Ablesung

willkürlichvorgegebeneTemperaturwerte:

Rechenwerteaus denTabellenwerten

TW

300°C

325°C

350°C

:= RW

cpm CO2 300°C,( ) 300⋅ °C

cpm CO2 325°C,( )( ) 325⋅ °C

cpm CO2 350°C,( ) 350⋅ °C

:= RW

285.27

311.951

338.975

kJkg

=

Der Ordinatenwert h2 mit h1 cp t1⋅:= ist h2 h1 q12+:= h2 316.33kJkg

=

Die zugehörige Temperatur t2b ist dann aus dem Diagramm abzulesen

300 310 320 330 340 350 360280

300

320

340

360

Temperatur in °C

Spez

. Ent

halp

iedi

ffer

en z

u 0°

C i

n kJ

/kg

Man erkennt aus demfast linearen Verlaufin dem dargestelltenengen Bereich, dassauch eine lineareInterpolation(Dreisatz) rechtgenau würde.

Aufgabe A 11.1 Erwärmung einer Gasmasse Einer CO2-Masse von 1 kg wird ausgehend von 20 °C eine Wärmemenge von 300 kJ zugeführt, wobei sich das Gasausdehnt und eine Volumenänderungsarbeit von 10.000 mkp abgibt. Wie hoch ist die Endtemperatur des Gases, wennes sich a) um ein ideales Gase mit konstanter spezifischen Wärmekapazitäten handelt ? b) Welche Arbeit wird abgegeben und welche Endtemperatur wird erreicht, wenn die tatsächlichentemperaturabhängigen Wärmekapazitäten aus den Tabellen berücksichtigt werden und die Erwärmung isobar bei 1 barAbsolutdruck erfolgt?

p1 1bar:= t1 20°C:=Lösung : 1. Hauptsatz: wv12 q12+ u2 u1−= cv t2 t1−( )=

kp kg g⋅:= wv12 10000−m kp⋅

kg:= R RCO2:= cp cp CO2 0°C,( ):= R 0.189

kJkg K⋅

=

a ) q12 300kJkg

:= cv cp R−:= t2awv12 q12+

cvt1+:= cv 0.628

kJkg K⋅

=

t2a 341.8 °C=

b ) Startwert t2b t2a:= Vorgabe q12 qp1_2 2 t1, t2b,( )= t2b Suchen t2b( ):=

a 97

x2 0.015:= p1 1bar:= p2 p1:=

Für die Alternative: "beide Luftmassengesättigt" folgende Gleichungen (12.1)aktivieren:

x1 xpφt p1 1, t1,( ):= x2 xpφt p1 1, t2,( ):=

h1 hptx p1 t1, x1,( ):= h2 hptx p2 t2, x2,( ):= hMm1 h1⋅ m2 h2⋅+

m1 m2+:= xM

m1 x1⋅ m2 x2⋅+

m1 m2+:=

"Fußgänger": h1 cpL t1⋅ x1 cpD t1⋅ r0+( )⋅+:= h1 12.531kJkg

=

tM °C:= Vorgabe hM hptx p1 tM, xM,( )= tM Suchen tM( ):= tM 21.8 °C=

φ2 φptx 1bar t2, x2,( ):= xM 0.011=

Aufgabe A 12.1 Mischung zweier gesättigter Luftmassen verschiedener Temperatur

Zeigen Sie, dass bei der Mischung zweier feuchter Luftmassen der Zustandspunkt der Mischung im Mollier-Diagrammauf der Verbindungsgeraden zwischen den Zustandspunkten der beiden Feuchtluftmengen liegt!

Lösung : Zunächst soll der Zusammenhang ganz allgemein aufgezeigt werden:

Energiebilanz: hMm1 h1⋅ m2 h2⋅+

m1 m2+= Massenbilanz für Wasser: xM

m1 x1⋅ m2 x2⋅+

m1 m2+=

Gleichung derVerbindungsgeradenzwischen den beidenZustandspunkten 1 und 2 :

Einsetzen desWertepaares derMischung in dieseGleichung ergibt:

h h1−

x x1−

h2 h1−

x2 x1−= hM h1−

xM x1−

m1 h1⋅ m2 h2⋅+

m1 m2+h1−

m1 x1⋅ m2 x2⋅+

m1 m2+x1−

=

hM h1−

xM x1−

h2 h1−( )x2 x1−( )= Das Wertepaar erfüllt also obige Geradengleichungdaraus durch Vereinfachen:

Demonstration dieser Tatsache imMollier-Diagramm: Hierzu werden beliebigeGrößen vorgegeben

m1 5kg:= m2 10kg:= t1 5°C:= t2 30°C:=

x1 0.003:=

a 98

mL 122.106kgh

=mLm

1 x1+:=Trockene Luft:m V ρ1⋅:=Gesamter Massenstromc )

ρ1 1.227kg

m3=ρ1 v1

1−:=

v11_xt1 T0+

p1 x1 1.607⋅+( )⋅ RL⋅:=

"Fußgänger":

v11_x 0.819m3

kg=v1 0.815

m3

kg=v11_x vptx p t1, x1,( ):=v1 vg p t1, x1,( ):=b )

"Fußgänger": Gl. 12.1

pD1 0.00737 bar=x1 4.618 10 3−×=pD1 φ1 ps t1( )⋅:=x1 xpφt p φ1, t1,( ):=a )

Lösung :

Ein Volumenstrom feuchter Luft von V 100m3 h 1−

⋅:= wird von t1 10°C:= und φ1 0.6:= bei p 1bar:= auft2 45°C:= erwärmta ) wie groß sind Wassergehalt und Wasserdampfpartialdruck?b ) wie groß sind spezifisches Volumen und Dichte im Ausgangszustand? c ) welcher Wärmestrom wird zugeführt und welche relative Feuchte wird erreicht?d ) Stellen Sie den Vorgang im Mollier-h-x-Diagramm dar!

Aufgabe A 12.2 Erwärmung feuchter Luft

Die Eingaben können oben aufSeite 1 geändert werden. Manerkennt aus der negativenKrümmung der φ-Linien, dass dierelative Feuchte der Mischungimmer größer sein muss als dieFeuchte der Aus- gangszustände.Liegen diese beide auf derSättigungslinie, entsteht bei derMischung stets Nebel.

0 0.005 0.01 0.015 0.02 0.02520

10

0

10

20

30

40

x in kgW/kgL

h in

J/kg

L un

d t i

n °C

a 99

Wärmestom : Q mL hptx p t2, x1,( ) hptx p t1, x1,( )−( )⋅:= Q 1.197 kW=

"Fußgänger": Gl. 12.3 h1 cpL t1⋅ x1 t1 cpD⋅ r0+( )⋅+:= h2 cpL t2⋅ x1 t2 cpD⋅ r0+( )⋅+:=

h1 21.6kJkg

= h2 56.9kJkg

=

mL h2 h1−( )⋅ 1.197 kW=

φ2pD1

ps t2( ):=φ2 0.077=

d )

Diagramm

0 0.002 0.004 0.006 0.008 0.01 0.012 0.014 0.016 0.0182 .104

1 .104

0

1 .104

2 .104

3 .104

4 .104

5 .104

x in kgW/kgL

h in

kJ/

kgL

und

t in

°C

a 100

mW4 m4TR x4⋅:= mWZU mW4 mW1 mW2+( )−:= mWZU 0.055kgs

=

Und nun die Energiebilanz:

H4 H1 H2+ Hzu+ Q+=

Zugeführter Wasserdampf tzu 50°C:= Vorgabe ps tzu( ) 1bar= tzu Suchen tzu( ):= tzu 99.6 °C=

Hzu mWZU r0v tzu cpWD⋅+( )⋅:= Hzu 148.5 kW=

H1 m1TR hptx p t1, x1,( )⋅:= H2 m2TR hptx p t2, x2,( )⋅:=

H4 m4TR hptx p t4, x4,( )⋅:=

Mischung der Stoffströme 1 und 2:

hM_xm1TR hptx p t1, x1,( )⋅ m2TR hptx p t2, x2,( )⋅+

m1TR m2TR+:= xM

m1TR x1⋅ m2TR x2⋅+

m1TR m2TR+:= xM 0.01=

hM_x 38.3kJkg

=

Wärmezufuhr : Q H4 H2 H1+ Hzu+( )−:= Q 64.7 kW=

Punkt 3 nach der Wärmezufuhr: h3_x hM_xQ

m1TR m2TR++:= h3_x 46.393

kJkg

=

Aufgabe A 12.3 Aufbereitung und Vermischung zweier Feuchtluftströme

In einem Industriebetrieb wird ein feuchter gesättigter Luftstrom von V 6.96m3 s 1−⋅:= bei einer Temperatur von t4 22°C:= benötigt. In einer ersten Mischkammer werden zwei Feuchtluftströme (Strom1: t1 2°C:= und

φ1 0.9:= , Strom 2: t2 31°C:= , x2 0.02:= , m2 3.06kg s 1−⋅:= (feucht) ) zugemischt und gleichzeitig erwärmt,in einer zweiten Mischkammer wird Sattdampf von p = 1 bar

zugemischt, womit der erforderliche Zustand 4 erreicht wird. Der ganze Vorgang läuft isobar ab bei p1 1bar:= . a) Stellen Sie den Vorgang im h-x-Diagramm dar!b) Berechnen alle Stoffströme und für alle Eckpunkte die zugehörigen Zustandsgrößen!c) Welchen Zustand müsste der Luftstrom 1 haben, wenn bei gleichen Luftmengen und gleicherDampfmenge die Zusatzheizung entfallen könnte?

Lösung : "Fußgänger" h-x-Diagramm oder Gleichungen 12.1 - 12.3

a ) s.nächste Seite

b ) h1_x hpφt p φ1, t1,( ):= h2_x hptx p t2, x2,( ):= h1_x 12kJkg

= h2_x 82.2kJkg

=

h4_x hpφt p 1, t4,( ):= x1 xpφt p φ1, t1,( ):= x1 0.004= h4_x 65kJkg

=

Als Nächstes müssen die trockenen Luftströme ermittelt werden:

x4 xpφt p 1, t4,( ):= x4 0.017= m4TRV

vptx p t4, x4,( ):= m4TR 8kgs

=

m2TRm2

1 x2+:= m1TR m4TR m2TR−:= m2TR 3

kgs

=

m1TR 5kgs

=

Jetzt kann die Wassermenge bilanziert werden:

mW1 m1TR x1⋅:= mW2 m2TR x2⋅:= mW1 0.01988kgs

= mW2 0.06kgs

=

a 101

M

2431

1

M

34

2

0 0.005 0.01 0.015 0.020

5000

1 .104

1.5 .104

2 .104

2.5 .104

3 .104

3.5 .104

x in kgW/kgL

h in

kJ/

kgL

und

t in

°C

Darstellung im h -x- Diagramma )

Diagramm

φ1 27.8 %=φ1 Suchen φ1( ):=x1 xpφt p φ1, t1c,( )=Vorgabeφ1 1:=

t1c 19.6 °C=t1c Suchen t1c( ):=hptx p t1c, x1,( ) h1=Vorgabet1c 0K:=

h1Hzum1TR

:=HStr1 H4 H2 Hzu+( )−:=

"Fußgänger": h-x-Diagramm benutzen! c )

a 102

Massenstrom der Zuluft: mZULUVzulu

vg p1 tzu, xzu,( ):= mZULU 1.643kgs

=

Vzuluv1_x_zu

1 xzu+

1.643kgs

="Fußgänger":

(Dieser Rechenschritt ist an sich überflüssig, da man Vzulu sofort durch v1_x_zu

dividieren kann, um den Massenstrom der trockenen Luft zu erhalten)

Vzuluv1_x_zu

1.631kgs

=

Massenstrom der trockenen Luft: mLmZULU1 xzu+

:= mL 1.631kgs

= mL 5871.3kgh

=

zuzusetzende Wassermenge: mZUWA mL xzu x1−( )⋅:= mZUWA 25.3kgh

=

b) Zustand 2 der Luft vor der Befeuchtung:

Startwert : t2 20°C:= Vorgabe

hptx p1 t2, x1,( ) hptx p tzu, xzu,( ) xzu x1−( ) cWF⋅ tW⋅−=

t2 Suchen t2( ):= h2 hptx p1 t2, x1,( ):= t2 30.7 °C=

Man erhält diesen Punkt im h-x-Diagramm, indem man ausgehend vom Zustandspunkt der Zuluft eine Gerade nach obenmit der Richtung der Nebelisothermen für die Temperatur des Zusatzwassers einzeichnet (bis zum x-Gehalt derAußenluft, vergl. Diagramm aus der folgenden Seite).

Aufgabe A 12.4 Luftbefeuchtung

Eine Klimaanlage soll einen Zuluftstrom von Vzulu 5000m3 h 1−⋅:= bei einerZulufttemperatur von tzu 20°C:= und einer relativen Luftfeuchtigkeit von

50 % liefern. Ansaugzustand von außen ist t1 0°C:= sowie φ1 0.8:=

und p1 1bar:= . Die Luft soll so erwärmt und anschließend durchEinsprühen von Wasser mit tW 10°C:= befeuchtet werden, dass dergewünschte Zuluftzustand erreicht wird.

a) Welcher Wasserstrom erforderlich?b) Auf welche Temperatur muss aufgeheizt werden ?c) Wie hoch ist die Heizleistung ?

t1 t2

Lösung :

a) Zustand der angesaugten Außenluft: h1 hpφt p1 φ1, t1,( ):= h1 7.644 Eh=

Der "Fußgänger" entnimmt den Wert dem h-x-Diagramm

x1 xpφt p1 φ1, t1,( ):= Gleichung 12.1 x1 0.00306=

v1_x1 vptx p1 t1, x1,( ):= Gleichung 12.2 v1_x1 0.789m3

kg=

φzu 0.5:=Zustand der Zuluft:

hzu hpφt p1 φzu, tzu,( ):= aus h-x-Diagramm hzu 38.687 Eh=

xzu xpφt p1 φzu, tzu,( ):= Gleichung 12.1 xzu 0.00736=

v1_x_zu vptx p1 tzu, xzu,( ):= v1_x_zu 0.852m3

kg=Gleichung 12.2

a 103

c) Heizleistung : Q mL h2 h1−( )⋅:= Q 50.3 kW=

oder: Q mL hzu h1−( )⋅ mZUWA cWF⋅ tW⋅−:= Q 50.3 kW=

(Die Enthalpie des Zusatzwassers muss von der Enthalpiedifferenzzwischen der Zuluft und der Außenluft abgezogen werden)

Darstellung im Mollier-Diagramm:

0 0.005 0.01 0.0152 .104

1 .104

0

1 .104

2 .104

3 .104

4 .104

5 .104

x in kgW/kgL

h in

J/kg

L un

d t i

n °C

φ- Linien für 0.2; 0.4 ; 0,6 ;0,8 ; und 1,t-Linie für t1 und tzu

a 104

mW1 1.107 kg=

Zustand 2: Das austauende Wasser scheidet sich restlos an der Fensterscheibeab. Im Raum bleibt aber nicht gesättigte Luft bei t2 , also φ2 1:= . Folgende

Lösung wäre also falsch:x2 xpφt p1 φ2, t2,( ):= x2 0.00946=

Eismasse : mE x1 x2−( ) mL⋅:= mE 0.224 kg=

Dieser Zustand würde sich einstellen, wenn auch die Fensterscheibe eine Temperatur von t 2 hätte. DieGrenzschicht an der Scheibe hat aber eine Temperatur von t F und mit dieser Grenzschicht bestehtStoffaustausch. Der Wasserdampf aus dem Raum diffundiert so lange in die Grenzschicht und sublimiertdort, bis das Partialdruckgefälle abgebaut ist, also

x2 xpφt p1 φ2, tF,( ):= (Gleichung 12.1) x2 0.00298=

Eismasse : mE x1 x2−( ) mL⋅:= mE 0.829 kg=

Der Vorgang kann auch zeitlich getrennt dargestellt werden:1. Akühlung der Luft bis auf die Fenstertemperatur mit Austauen des Wasserdampfes2. Nachwärmen der Luft durch die Raumheizung auf t2

Matrix für das Diagramm

Aufgabe A 12.5 Luftentfeuchtung

Die Luft in einem Wohnraum mit einem Volumen von V 80m3:= hat im Ausgangszustand (Bewohner sind anwesend,

verbrauchen warmes Wasser zum Kochen, Duschen usw., verdunsten auch aus dem Körper Wasserdampf) bei einerTemperatur von t1 20°C:= eine relative Feuchte von φ1 80%:= . Draußen herrscht Frost. Die Bewohner verlassennun - ohne vorher zu lüften - für längere Zeit den Raum, während die Heizungsanlage die Temperatur auf konstant t2 13°C:= hält. Die Fensterscheiben erreichen dann auf der Innenseite eine Temperatur von tF 3− °C:= (Es handelt sichum ein altes Fenster ohne Isolierverglasung!). Welche relative Feuchte stellt sich ein, wenn sonst keineWasserquellen vorhanden sind? Welche Wassermasse scheidet sich in Form von Eisblumen am Fenster ab?

Lösung : p1 1bar:= angenommen

Ausgangszustand :x1 xpφt p1 φ1, t1,( ):= v1_x vpxta1_x p1 x1, t1, aE,( ):= v1_x 0.858

m3

kg=

Für "Fußgänger": Gleichungen 12.1 und 12.2

Masse dertrockenenLuft

x1 0.012=Wassermasseim Ausgangs-zustand

mLV

v1_x:= mW1 x1 mL⋅:= mL 93.274 kg=

a 105

Entfeuchten

0 0.005 0.01 0.01520

10

0

10

20

30

40

50

x in kgW/kgL

h in

J/kg

L un

d t i

n °C

Das Mollierdiagramm zeigt den Vorgang der Entfeuchtung, wie er auch in Klimaanlagen oder Trocknern stattfindet(Entfeuchten durch Abkühlen und Wiederaufheizen). Allerdings findet die Entfeuchtung dann grundsätzlichoberhalb 0°C statt, damit das Wasser ablaufen kann (tF z.B.= +3°C setzen!)

a 106

p1 0.856 bar=zugehöriger Druck:

z1 1455 m=Höhe der Wolkenbildung:Rechenbereich 2

adiabadiabaterSrömung

...... Druck bei

___ Barometrische Höhenformel

0 500 1000 1500 2000 2500 30000.7

0.75

0.8

0.85

0.9

0.95

1

1.05

Höhe in m

Luftd

ruck

in b

ar

z 0m 100m, 5000m..:=

Druck in Abhängigkeit von der Höhe Zum Vergleich ist der Druck nach der barometrischen Höhenformel aufgetragen (blaugestrichelt). Die Abweichung macht sich erst in größeren Höhen stärker bemerkbar.

Rechenbereich1

Bei dem mengenmäßig geringen Wasserdampfanteil in der Luft wird bis zum Taupunkt der Druck- undTemperaturverlauf über der Höhe mit guter Genauigkeit mit dem für trockene Luft berechneten Verlaufübereinstimmen.

Lösung:

a) In welcher Höhe setzt Wolkenbildung ein(Der Index 0 bezieht sich hier auf die Höhe 0über dem Meeresspiegel)?b) Welche Temperatur hat die Luft (Fön) im500m hoch liegenden Tal auf der Nordseitehinter dem Gebirgskamm, wenn auf derSüdseite 30% des Wassergehaltes ausgeregnetist?z1

Fön

z2

Ein feuchter Luftstrom, der vom Mittelmeer mit einem Zustand mit t0 30°C= und φ0 50%= nach Nordenins Land weht, streicht dort ohne Wärmeaustausch mit anderen Luftschichten über die Alpen hinweg.

Aufgabe A 12.6 Wolkenbildung bei adiabater Strömung

a 107

Föntemperatur: t2 34.9 °C=

zTLee 3391 m=Taupunkt Lee(Auflösen der Wolken):

z1 1491 m=Taupunkt Luv(Wolkenbildung):

r 0.5≡Ausgeregneter Anteil desKondensats

zmax 6000m≡Maximale Höhe desLuftstromes

φ0 50%≡t0 30°C≡Anströmende Luft:Eingaben :

Rechenbereich 3

..... Wassergehalt

Dampfgehalt_____ Maximaler

______ Temperatur

0 500 1000 1500 2000 2500 30000

5

10

15

20

25

30

z 0m 50m, 3000m..:=Maximaler Dampfgehalt und Temperatur abhängig von der Höhe

a 108

Matrix für das Diagramm

der "Fußgänger" entnimmt den gesuchten Zustand aus dem h-x-Diagramm, indem er die Nebelisotherme, die durchden Sättigungspunkt (φ = 1) für tf verläuft , bis zur Tempersturlinie ttr verlängert (Nächste Seite).

φ1 0.392=φ1 Suchen φ1( ):=hpφt1_x p1 1, tf,( ) hpφt1_x p1 φ1, ttr,( )−

xpφt p1 1, tf,( ) xpφt p1 φ1, ttr,( )−cWF tf⋅− 0

kJkg

=Vorgabe

Startwert: φ1 0.34:=

2. Psychrometermessung:Die Fragestellung bei der Messung der Luftfeuchte ist umgekehrt. Gemessen wird die Temperatur der Luft mit einemtrockenen Thermometer und mit einem Thermometer, das mit einem feuchten "Strumpf" versehen ist ("Feuchtkugel").Die zu messene Luft wird von einem Ventilator an beiden Thermometern vorbei angesaugt. Gegeben sind jetzt dieTemperaturen des trockenen Thermometers: ttr 25°C:= und des feuchten Thermometers tf 16°C:= gesucht ist die

relative Feuchte φ1

Der "Fußgänger" findet die so genannte Feuchtkugel-Temperatur im Schnittpunkt der verlängertern Nebelisotherme, diedurch den Zustandspunkt der Luft führt, mit der Sättigungslinie.

tW 15 °C=tW Suchen tW( ):=hpφt1_x p1 1, tW,( ) hpφt1_x p1 φL, tL,( )−

xpφt p1 1, tW,( ) xpφt p1 φL, tL,( )−cWF tW⋅=Vorgabe

tW 20 °C⋅:=Startwert:p1 1bar:=

1.Feuchtkugeltemperatur (Regentropfen)Für die Fragestellung spielt es keine Rolle, welche Temperatur der Tropfen zunächst hat. So lange der Tropfen nichtrestlos verdunstet, stellt sich nach genügend langer Kontaktzeit eine Gleichgewichtstemperatur ein. Diese ist jedochnicht die Temperatur der Luft, da der Tropfen - angenommen er hätte zunächst diese Temperatur - durch Verdunsteneines geringen Anteils seiner Masse an seiner Oberfläche gekühlt wird. Jeder kennt das Frieren, wenn man im Freibadaus dem Wasser steigt. Die Verdunstungsenthalpie wird, da der Tropfen sich nicht beliebig weiter abkühlen kann, beider Gleichgewichtstemperatur nur noch durch die vorbeistreichende Luft aufgebracht. Stellt man sich vor, dass derTropfen eine geringe Menge gesättigter Luft an seiner Oberfläche (Grenzschicht) mitführt, so kann man seinen Zustandauf der seiner Temperatur entsprechenden Nebelisotherme im Mollier-Diagramm bei großer Übersättigung des Systems"Luftgrenzschicht mit Wassertropfen" darstellen. Es findet bei der Bewegung des Tropfens durch die Luft nun eineVermischung zwischen dieser und der Grenzschicht des Tropfens statt, wobei aus dem Tropfen ständig Wasserverdunstet, das die Grenzschicht gesättigt hält. Der Tropfen wird dabei immer kleiner und bewegt sich zusammen mitseiner Grenzschicht zuletzt auf seiner Nebelisothermen auf den Zustandspunkt der Umgebungsluft zu. DieMischungsgerade ist also die Nebelisotherme, deren Verlängerung durch den Zustandspunkt der Luft führt. DieZustandsgrößen h1 und x1 bzw. φ1 müssen also die Bedingung der Gleichung der zunächst unbekannten Nebelisothermeerfüllen.

Lösung :

1. Feuchtkugeltemperatur. Ein Regentropfen bewegt sich auf einer genügend langen Wegstrecke durch eineungesättigte Luftschicht mit gegebenem Zustand tL 25°C:= und φL 33.5%:= . Welche Temperatur erreicht er dabei?

Aufgabe A 12.7 Feuchtkugeltemperatur und Psychrometermessung

a 109

Darstellung im h-x-Diagramm (die Eingaben können oben geändert werden).

0 0.005 0.01 0.01520

10

0

10

20

30

40

50

x in kgW/kgL

h in

J/kg

L un

d t i

n °C

a 110

spezifischesVolumen desGemisches:

vR Tt 0°C( )⋅

pa:= v 0.94

m3

kg=

Rauchgasmassenstrom mVv

:= m 52.42kgh

=

Wärmeabgabe ohneKondensation : Q12 m

1

9

j

ξ j qp1_2 j tab, tF,( )⋅( )∑=

⋅:= Q12 42 kW=

Wasserdampfpartialdruck im heißen Rauchgas pD ψ9 1bar⋅:= pD 0.192 bar=

Taupunkt des Rauchgases Startwert tt 50°C:= Vorgabe pD ps tt( )= tt Suchen tt( ):= tt 59.1 °C=

Wasserdampfpartialdruck im gesättigten Abgas bei tab ps tab( ) 0.023 bar=

Gaskonstante destrockenen Abgases: Mtr

1

8

j

ψ j Mj⋅( )∑=

1

8

j

ψ j∑=

:= Mtr 29.897kg

kmol= Rtr

RmolMtr

:= Rtr 0.278kJ

kg K⋅=

Aufgabe A 12.8 Enthalpiestrom eines feuchten Rauchgases

Ein feuchtes Rauchgas hat die folgende Zusammensetzung in Raumanteilen: CO2: 9.486 % H2O: 19.16 %,O2: 0.184 %, N2: 71.17 %, SO2: 0 % . Das Rauchgas hat beim Verlassen der Feuerung bei einemDruck von 1 bar eine Temperatur von 1900 °C und soll in einem Brennwertgerät auf 20 °C abgekühltwerden. Welche Wärmemenge gibt es ab, wenn der Volumenstrom im Normzustand mit 49.26 Kubikmeterpro Stunde anzusetzen ist?

Lösung Zunächst sind aus den Raumanteilen die Massenanteile zu berechnen, da die kalorischen Größen auf die Massebezogen sind. Wenn - wie hier - die temperaturabhängigen Stoffwerte benutzt werden sollen, müssen die Energien füralle Stoffe aufsummiert werden. Im anderen Falle hätte man die Beziehungen für feuchte Luft verwenden können,wobei man in der Verweisdatei "VD_Flu" die Gaskonstante und die spezifische Wärmekapazität der "trockenen Gase"(alle Bestandteile außer Wasserdampf) anstelle von RL und cpL hätte einsetzen müssen.

gegeben: pa 1bar:= tF 1900°C:= tab 20°C:= V 49.26m3

h:=

Die Probe auf vollständige Angabe des Gemisches ergibt mit: j 1 9..:=

ψ1 0.7117:= ψ2 0.09486:= ψ3 0.00184:= ψ9 0.1916:=

1

9

j

ψ j∑=

1=

Molare Masse des Gemisches: M

1

8

j

ψ j Mj⋅( )∑=

:= M 24.168kg

kmol=

Stoff Index

N2 1

CO2 2

O2 3

SO2 4

CO2 5

H2 6

Ar 7

Ne 8

H2O 9

Die Massenanteileξ j ψ j

MjM

⋅:=

Gaskonstante desGemisches:

RRM

:= R 344J

kg K⋅=

ψ

0.7117

0.09486

0.00184

0

0

0

0

0

0.1916

= ξ

0.82483

0.17274

0.00244

0

0

0

0

0

0.14282

=

a 111

mK 6.839kgh

=mKxkond tab( )

1 xF+m⋅:=Kondensatstrom

Qk 4.75 kW=Qk mxkond tab( )

1 xF+⋅ r0v⋅:=Davon durch Kondensation gewonnener

Wärmestrom:

Übertragener Wärmestrom: Q1_tab 46.87 kW=Q1_tab hRg tF( ) hRg tab( )−( ) m⋅:=

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100100

200

300

400

500

600

hRg te( )

kJ

kg

te

te 0K 100°C..:=Verlauf der Rauchgasenthalpie über der Temperatur im Bereich des Taupunktes

hRg t( )

1

9

j

ξ j ht j t,( )⋅( )∑=

xF xkond t( )−

1 xF+r0v⋅+:=

Somit kann die spez. Enthalpiedes Rauchgases abhängig von derTemperatur geschrieben werden.

xkond t( ) wenn t tt> 0, xF xR t( )−,( ):=Auskondensierter Massenanteil

xR te( ) xpφt pa 1, te,( ):=Bei weiterer Abkühlung taut ein Teil desWasserdampfes aus, es verbleibt als Rest:

Q1_t 41.3 kW=Q1_t m

1

9

j

ξ j qp1_2 j tt, tF,( )⋅( )∑=

⋅:=Wärmeabgabe des Rauchgases bis zumTaupunkt qp1_2 j t1, t2,( )

tt 61.791 °C=tt Suchen tt( ):=xpφt pa 1, tt,( ) xF=Vorgabett 50K:=Kontrolle fürTaupunkt

xpφt p φ, t,( )Rtr

RWDφ⋅

ps t( )

p φ ps t( )⋅−⋅:=Einsetzen der Gaskonstante des trockenen

Rauchgases in die Gleichung für feuchte Luft:

xF 0.167=xFξ9

1 ξ9−:=Masse des Wasserdampfes bezogen auf 1 kg

trockenen Rauchgases (vergl.Kap. Feuchte Luft!)

a 112

Hinweis: Bei schwerer körperlicher Tätigkeit wird ein Mehrfaches erreicht (V = 100 liter/min). Zusammen mit dervom Körper verdunsteten Wassermenge können durchaus Werte in der Größenordnung von 4 kg pro Stunde erreichtwerden. Letzterer Wert allerdings bei großer Hitze vorwiegend durch Schweißabsonderung zur Regulation derKörpertemperatur.

20 10 0 10 20 300.01

0.015

0.02

0.025

mW tL( )kg

h

tL

mW tL1( ) 0.018kgh

=Gl. 12.1mW tL( ) VvL tL( ) xpφt pL φLa, tLa,( ) xpφt pL φL, tL,( )−( )⋅:=

Wasserabgabe über Atemluft abhängig von der Umgebungstemperatur

20 10 0 10 20 3030

25

20

15

10

5

Q tL( )W

tL

tL 20− °C 19− °C, 30°C..:=Wärmeabgabe durch Atemluft abhängig von der Umgebungstemperatur

"Fußgänger" bitte Gleichung 12.3 oder h-x-Diagramm benutzen

Q tL1( ) 16.2− W=Q tL( ) VvL tL( ) hpφt1_x pL φL, tL,( )( ) hpφt1_x pL φLa, tLa,( )( )− ⋅:=

vL tL( )RL Tt tL( )⋅

pL:=Wärmeabgabe durch Atemluft

Lösung :

φLa 0.95:=tLa 35°C:=Ausgeatmete Luft

V 8.333l

min= (s. Recknagel/Sprenger)V 0.5

m3

h:=Atemluftmenge bei geringer Tätigkeit

pL 1bar:=φL 0.5:=tL1 15°C:=gegeben:

Welche Energie und welche Wassermenge führt ein Mensch ohne körperliche Tätigkeit über den Atemab, wenn er die Umgebungsluft mit einer gegebenen Temperatur und einer gegebenen relativenLuftfeuchte einatmet und mit 35 °C und 95 % relativer Feuchte ausatmet (Luftbadarf: 0,5 m 3/h)?Tragen Sie die Menge über der Umgebungstemperatur im Bereich -20 °C bis +30 °C auf!

Aufgabe A 12.9 Wasserabgabe über Atem

a 113

φptx p t, x,( ) wurzel xpφt p φ, t,( ) x− φ,( ):=

xR xzu:= φR φptx p tR, xR,( ):= φR 0.411=

Den Punkt findet man im h-x-Diagramm aus den Werten xzu und tR

hR hpφt1_x p φR, tR,( ):= hR 43.7 Eh=

Massenstrom trockene Luft: mLQk

hR hzu−:= mL 13435.3

kgh

=

Volumenstrom der feuchten Luft vR_1_x vpxta1_x p xR, tR, a,( ):= V mL vR_1_x⋅:= V 11604.4m3

h=

(Gl. !2.2)

LV

VG:=Luftwechsel: L 1.101

1h

=

Aufgabe A 12.10 Gebäudekühlung durch Grundwasser

In einem zu klimatisierenden Gebäude soll die Innentemperatur 24°C nicht überschreiten. Bei einer Außentemperaturvon ta = 35°C wird eine Kühlleistung von 53 kW (Wärmeabfur) erforderlich, um diese Bedingung zu erfüllen. Es stehtgenügend viel Grundwasser mit einer Temperatur von 10°C zur Verfügung, das in den Frischluftstrom eingesprühtwerden kann, der ohnehin zum Auswechseln der Raumluft erforderlich ist (Vor dem Eintritt in den Raum fällt dasflüssige Wasser aus.)

a) Welchen Zustand kann die Frischluft durch das Einsprühen erreichen?b) Welche Frischluftmenge mit diesem Zustand muss in einer Stunde eingeblasen werden, damit die Kühllast erreichtwird?c) Welcher Luftwechsel ergibt sich dadurch bei einem Gebäudevolumen von 10540 m 3 ? (mit anderen Worten: wieoft in der Stunde wird die im Gebäude vorhandene Luft mit diesem Frischluftstrom ausgewechselt?) d) Welche relative Luftfeuchtigkeit stellt sich dabei ein, wenn sonst kein Wasser zu- oder abgeführt wird?

gegeben: tR 24°C:= tFr 35°C:= tW 10°C:= Qk 53kW:= p 1bar:= VG 10540m3:=

Zustand der Frischluft: Die Luft kann auf tW = 10 °C bei φ = 1 abgekühlt werden

hzu hpφt1_x 1bar 1, tW,( ):= hzu 29.489 Eh=

xzu xpφt 1bar 1, tW,( ):=

"Fußgänger" bitte Gleichungen 12.1 und 12.3 benutzen oder h-x-Diagramm (Schnittpunkt zwischen t-Linie und φ-Linie!)

xzu 7.735gkg

=

Zur Aufnahme der Kühllast muss sich Frischluft auf die maximale Raumtemperatur erwärmen

Startwert φ 1:=

a 114

v1Tt t1( )

p1RL x1 RWD⋅+( )⋅:= v1 0.862

m3

kg=

Grundfläche und Volumen AT πDT

2

4⋅:= VT AT HT⋅:= VT 70.234 l=

Die Zusammenhänge zwischen den unbekannten Größen:

Fl. Wasser mWF AT z1⋅ ρW⋅=

Luft mLVT AT z⋅−( )

v1= z

mL v1⋅ VT−( )−

AT=

Dampfförmiges Wasser mWD1 x1 mL⋅=

Gesamte Masse im Topf: mG mWF mL 1 x1+( )⋅+=

Wasser gesamt mW mWF mWD1+=

Endzustand p2 p1mD g⋅

AT+:= p2 2.019 bar=

Aufgabe A 12.11 Verdunstung in einem geschlossenen Behälter

Hier Verweis erforderlich auf "VD_Flu"

Ein Topf mit gegebenen Abmessungen (vergl. Skizze) wird bei Umgebungsdruck mit einem Deckel versehen,dessen Masse ebenfalls bekannt ist. Der Deckel soll allein durch sein Gewicht abdichten. Am Boden des Topfesbefindet sich eine geringe Wassermenge (in flüssigem Zustand bei Umgebungstemperatur von 20 °C) wodurchdie im Topf befindliche Luft gesättigt ist. a) Auf welche Temperatur muss der Topf erwärmt werden, damit der Deckel gerade abhebt? und welcheWassermenge muss sich im flüssigen Zustand im Topf befinden, damit diese beim Abheen des Deckels geraderestlost verdunstet ist?

HT

DT

Deckel mD

z1

Flüssiges Wasser

Gesättigte Luft p1 , t1 ,φ1 = 1

Gesättigte Luft p2 , t2 ,φ2 = 1

gegeben:

t1 20°C:= p1 1bar:=

DT 35cm:= HT 73cm:=

mD 1000kg:=

Gaskonstante der Luft: RL 287.1J

kg K⋅=

Gaskonstante desWasserdampfes RWD 461.5

Jkg K⋅

=

Dichte des Wassers ρW 1000kg

m3:=

Lösung

Ausgangszustand

Wassergehalt x1RL

RWD

ps t1( )p1 ps t1( )−⋅:= x1 0.015=

Spez. Volumen

a 115

x2 0.407=

t2 93.4 °C=mWD2 x2 mL⋅:= z1mWD2 mWD1−

ρW AT⋅:=

x2 0.407=

z1 0.3397 mm=Der "Fußgänger" gibt sich mehrere Temperaturen für t2 vor, berechnet daraus x2 undv2 und iteriert, bis v2 = v1 ist (eventuell graphisch).Nachrechnen mit z1

mLVT AT z1⋅−( )

v1:= mWF ρW AT⋅ z1⋅:= mWG mWD1 mWF+:= mWF 32.684 Gramm=

mL 0.081 kg=mWD1 x1 mL⋅:= x2

mWG

mL:= v2

VT

mL:= v2 0.862

m3

kg= mWD1 1.214 Gramm=

x2 0.416=

mWD2 0.034 kg= mWG 0.034 kg=mWD2 x2 mL⋅:= z1mWD2 mWD1−

ρW AT⋅:=

z1 0.34 mm=

VorgabeRL

RWD

p´ t2( )p2 p´ t2( )−⋅ x2= t2 Suchen t2( ):= t2 93.8 °C=

Kontrolle: φ2 x2 RWD⋅p2

p´ t2( ) x2 RWD⋅ RL+( )⋅⋅:= φ2 1=

Die Berechnung zeigt, dass das Volumen des flüssigen Wassers in der Tat vernachlässigt werden kann

Wassergehalt x2RL

RWD

ps Tt t2( )( )p2 ps Tt t2( )( )−⋅=

Spez. Volumen v2 v1=

Tt t2( )p2

RL x2 RWD⋅+( )⋅=

Masse der Luft und des Gemisches: mLVT

v2= mG

VT

v21 x2+( )⋅=

Für die Exakte Lösung müssen diese Gleichungen ineinander eingesetzt werden:

Berechnung

mL 0.081 kg= t2 93.437 °C= z1 0.332 mm=

Diese Berechnung ist jedoch sehr unübersichtlich und "zu Fuß" nicht möglich. Eine wesentlich einfachere Berechnungunter Vernachlässigung des Volumens des flüssigen Wassers:

mD 1000kg:= t1 20 °C= p2 p1mD g⋅

AT+:= p2 2.019 bar=

mLp1 VT⋅

Tt t1( ) RL⋅:= x1

RL

RWD

p´ t1( )p1 p´ t1( )−⋅:= v1

Tt t1( )p1

RL x1 RWD⋅+( )⋅:= mL 0.083 kg=

mWD1 x1 mL⋅:= v2 v1:= mWD1 1.2 Gramm= v1 0.862m3

kg=

t2 50K:= x2 0.5:= Vorgabe v2Tt t2( )

p2RL

RL

RWD

p´ t2( )p2 p´ t2( )−⋅ RWD⋅+

⋅=

t2 50 K=t2 Suchen t2( ):= x2RL

RWD

p´ t2( )p2 p´ t2( )−⋅:=

a 116

Aufgabe A 13.1 Beispiel eines Dampfturbinenprozesses mit Entnahme hier Verweis einfügen auf "VD_WasPr"

T G

1

2E

Gegeben ist der Frischdampfzustand vor einer Dampfturbine mit p1 30bar:= und t1 320°C:= , der Druck p2 0.1 bar⋅:= am Austritt ausder Turbine und der Gütegrad der Turbine (innerer Wirkungsgrad)mit ηT 0.8:=

a) Stellen Sie den Verlauf der Expansion in der Turbine T imh-s-Diagramm dar (Annahme eines linearen Verlaufes)! b) Berechnen Sie die Zustandsgrößen h, s, v und gegebenfalls x fürdie beiden Zustände!c) Berechnen Sie die Zustandsgrößen einer Entnahme E, wenn derZustandspunkt 2 im Nassdampfgebiet liegt. Die Entnahme solldann Sattdampf liefern (x = 1).

Rechenbereich

Prozess im h-s-Diagramm p1

6 6.5 7 7.5 8 8.5

2200

2400

2600

2800

3000

3200

3400

Spez. Entropie in kJ/kg*K

Spez

. Ent

halp

ie in

kJ/

kg

400°C

t1300°C

200°C

p2

100°C

x = 1

x = 0.9

a 117

Für "Fußgänger"

h1 und s1 aus dem Mollier- h-s-Diagramm, ebenfalls h1is

h2 h1 h1 h2is−( ) ηg⋅−= => Punkt 2 im h-s-Diagramm

Die Verbindungsgerade zwischen den beiden Punkten schneidet die Taulinie in dem gesuchten Punkt der Entnahme. Diese Lösung führt zu einem Entnahmepunkt, der nicht genau mit dem rechnerisch gefundenen übereinstimmt, weildieser mit der Annahme eines gleichen Gütegrades ηT für alle Turbinenstufen bestimmt wurde, während die Geradezwischen den Punkten 1 und 2 wegen der Krümmung der p-Linien jedoch zu unterschiedlichen Gütegraden führt.

Prozess im T-s-Diagramm

0 1 2 3 4 5 6 7 80

100

200

300

400

500

600

700

800

900

Spez. Entropie in kJ / kg*K

Abs

olut

e Te

mpe

ratu

r in

K

a 118

0.636 0.638 0.64 0.642 0.644317

317.5

318

318.5

319

319.5

320


Abs

olut

e Te

mpe

ratu

r in

KDas nebenstehendeT-s-Diagramm zeigt einenAusschnitt mit derUmgebung desSiedepunktes für denDruck p2. Die über derSiedelinie laufendenDrucklinie für denEntnahmedruck ist beidieser Vergößerung geradeeben zu erkennen. Darüberliegen die Linien für denDruck p1 und für denkritischen Druck. Diehorizontal verlaufendeVerdampfungslinie zeigtbereits eine numerischeUngenauigkeit (Stufe). Einehöhere Auflösung istdeshalb nicht mehrsinnvoll.

a 119

Gleichungen fü dieinneren Energien

U1 mW1 upx p1 x1,( )⋅:= U2 mW2 upx p2 x2,( )( )⋅= U1 27.493 GJ=

UK mK upt 150bar 120°C,( )⋅=

Die innere Energie des Behälters erhöht sich um die des eingespritzten Kondensats K unddie dazu erforderliche Verschiebearbeit p2*VK

Energiebilanz: U2 U1 UK+ p2 VK⋅+= Massenbilanz: mW2 mW1 mK+=

Zustand 2: p2 150bar:= t2 t´ 150bar( ):=

mW2VDH

vpx p2 x2,( )= mW2 mD_2 mFl_2+= v2VDH

mW2= v2 vpx p2 x2,( )= x2

mD_2

mW2=

Einsetzen obiger Beziehungen in die Gleichung für die Energiebilanz:: Startwert : x2 x1:=

VorgabeVDH

vpx p2 x2,( ) upx p2 x2,( )( )⋅ U1VDH

vpx p2 x2,( ) mW1−

upt 150bar 120°C,( ) p2 vK⋅+( )⋅+=

x2 Suchen x2( ):= x2 0.087=

mW2VDH

vpx p2 x2,( ):= mK mW2 mW1−:= mW2 16.572 to=

mK 66.67 kg=

Aufgabe A 13.2 Druckregelung in einem DruckwasserreaktorHier Verweis erforderlich auf: "VD_WasPr"

Heizung

Speisewasser

Primärkreis

Der Druckhalter eines Druckwasserreaktors hat einVolumen von 40m3 Im Ausgangszustand des zubetrachtenden Vorgangs befinden sich darin 25 m3

flüssigen Wassers im Siedezustand bei 151 bar. Darüberbefindet sich Sattdampf. Der Druck soll nun durchEinsprühen von Kondensat mit 120 °C auf 150 barheruntergeregelt werden. (Falls Druckerhöhungerforderlich wird, tritt die Heizung in Kraft).Welche Wassermenge muss eingesprüht werden?Bemerkung: Zur Vereinfachung kann so gerechnetwerden, dass kein Wasser aus dem Primärkreisnachströmt, mit dem der Druckhalter hydraulischverbunden ist.

Lösung : VDH 40m3:= VFl_1 25m3

:=

VD_1 VDH VFl_1−:= p1 151bar:= GJ 109J:=

p2 150bar:= tK 120°C:= to 103kg:=

Flüssige und gasförmige Phase im thermodynamichen Gleichgewichtbedeutet, dass der Ausgangszustand im Nassdampfbereich liegt t1 t´ p1( ):=

t1 342.7 °C=Berechnung des Dampfanteils x und der Gesamtmasse in Ausgangszustand:

mFl_1VFl_1

vt´ t1( ):= mD_1VD_1

vt´´ t1( ):= mW1 mFl_1 mD_1+:= mW1 16.506 to=

v1VDH

mW1:= x1

mD_1

mW1:= v1 2.4234 10 3−

×m3

kg=

vK vpt p2 tK,( ):=Spezifisches Volumen des eingespritzten Kondensats: x1 0.089=

a 120

s2 spt p2 t2,( ):= s2a spt p2a t2a,( ):= ∆ED m2− s2a s2−( )⋅ Tt tU( )⋅:= ∆ED 97.6− kW=

c ) s1 spt p1 t1,( ):= t3 t´ p3( ):= s3 sp´ p3( ):=

∆EM Tt tU( )− m2 s3 s2a−( )⋅ m1 s3 s1−( )⋅+ ⋅:= ∆EM 173.9− kW=

d ) t4is t3:= Vorgabe spt p4 t4is,( ) sp´ p3( )= t4is Suchen t4is( ):= t4is 171.6 °C=

Durch eine geringe Ungenauigkeit bei der Berechnung der spezifischen Entropie über die Matrix SPT (bei Mathcad 8Standard) wird t4is geringfügig zu hoch berechnet. Dieser an sich geringe Fehler beinflusst jedoch die ebenfallsgeringe Differenz zwischen den Enthalpien der Punkte 3 und 4 sehr stark, so dass die Leistung der Speisepumpe aufdiese Weise zu hoch berechnet wird:

h4is hpt p4 t4is,( ):= h4 h3h4is h3−

ηgSP+:= m3 m1 m2+:=

t4 t4is:= Vorgabe h4 hpt p4 t4,( )= t4 Suchen t4( ):= t4 172.2 °C=

PSP m3 h4 h3−( )⋅:= Dieser Wert wird mit "VD_WasSt" zu hoch (s.o): PSP 755.4 kW=

Folgende Näherungslösung ergibt jedoch eine gute Genauigkeit mit einem Fehler < 1%:

v3 vp´ p3( ):= PSPv3 p4 p3−( )⋅ m3⋅

ηgSP:= PSP 756.7 kW=

Aufgabe A 13.3 Bilanz für einen Speisewasser-Mischvorwärmer Verweis auf "VD_WasPr" einfügen

In einem Speisewasservorwärmer VW einerKraftwerksanlage wird dem Speisewasserstrom m1 2 105⋅ kg h 1−⋅:= mit dem Zustand p1 8bar:= und t1 140°C:= über ein Drosselventil D ein Dampfstromzugemischt. Dieser hat vor der Drossel einen Zustandvon p2 10bar:= bei t2 200°C:= . Beim isobarenMischungsvorgang soll der Dampf vollständigkondensieren und der gesamte Speisewasserstrom dabeigerade Siedetemperatur erreichen. Er wird anschließenddurch eine Kesselspeisepumpe SP, die einen Gütegradvon ηgSP 0.8:= hat, in den Kessel mit p4 100bar:=

gedrückt (Wasser sei inkompressibel).VW

13

2

D

SP4

2a

Entnahmedampf

Speisewasser

a ) Wie groß ist der erforderliche Dampfmassenstrom?b ) Wie groß ist der Exergieverluststrom infolge des Drosselvorganges?c ) Wie groß ist der Exergieverluststrom des Mischungsvorganges?d ) Welche Leistung hat die Kesselspeisepumpe?

Lösung :

a ) Wärmebilanz : m1 h1⋅ m2 h2⋅+ m3 h3⋅= m3 m1 m2+=

h1 hpt p1 t1,( ):= h2 hpt p2 t2,( ):= p3 p1:= h3 hp´ p3( ):= h1 589.5kJkg

=

m2 0.1 m1⋅:= v1 vpt p1 t1,( ):= v1 1.079 10 3−× m3 kg 1−⋅=

Vorgabe m1 h1⋅ m2 h2⋅+ m1 m2+( ) h3⋅= m2 Suchen m2( ):= m2 12483kgh

=

b ) h2a h2:= p2a p1:= tU 15°C:= (angenommen)

t2a t2:= Vorgabe hpt p2 t2,( ) hpt p2a t2a,( )= t2a Suchen t2a( ):= t2a 195 °C=

a 121

s1 cW lnT1

273K

⋅:= s1 1.739 Es=

s3 sp´ p3( ):= s3 4.297 Es= aus Nassdampftabelle

s2 6.695Es:= aus h-s-Diagramm

s2a 6.79Es:= aus h-s-Diagramm (Isenthalpe Drosselung)

v3 vp´ p3( ):= aus Nassdampftabelle

h4is h3 p4 p3−( ) v3⋅+:= h4is 731.3 Eh=

h4 h3h4is h3−

ηgSP+:= h4 733.8 Eh=

PSP h4 h3−( ) m1 m2+( )⋅:= PSP 756.7 kW=

Für Fußgänger: cW 4.2kJ

kg K⋅:=

h1 cW t1⋅ p1 0.001⋅m3

kg+:= h1 589

kJkg

= p3 p1:=

t3 t´ p3( ):= aus Nassdampftabelle t3 170.4 °C=

h3 hp´ p3( ):= aus Nassdampftabelle h3 721kJkg

=

h2 2828kJkg

:= aus h-s-Diagr h2a h2:=

m1 h1⋅ m2 h2⋅+ m1 m2+( ) h3⋅= => m2 m1−h1 h3−( )h2 h3−( )

⋅:=

m2 12550kgh

= T1 t1 273K+:=

a 122

Erstellung der Diagramme

Der Drosselvorgang im h-s-Diagramm

6 6.2 6.4 6.6 6.8 7 7.2 7.42400

2500

2600

2700

2800

2900

3000


Spez

. Ent

halp

ie /

kJ/

kg

Drossel- und Mischvorgang im h-s-Diagrammes 0.1Es 0.2Es, 7.4Es..:= ssat 0.01Es 0.1Es, 7.4Es..:=

0 1 2 3 4 5 6 7 80

500

1000

1500

2000

2500

3000

3500


Spez

. Ent

halp

ie /

kJ/

kg

a 123

Drossel- und Mischvorgang im T-s-Diagramm te 1°C 2°C, 500°C..:=

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

100

200

300

400

500

600

700

800


Abs

olut

e Te

mpe

ratu

r in

K

a 124

Zustandspunkt 2 liegt im Heißdampfgebiet. Er kann aus dem Wertepaar t2 p2,( ) im h-s-Diagramm gefunden werden.Zustandspunkt 1 ergibt sich durch den Schnittpunkt zwischen der horizontalen Linie für h1(Isenthalpe) und derIsobaren für p1

5500 6000 6500 7000 75002.5 .106

2.6 .106

2.7 .106

2.8 .106

2.9 .106

3 .106

Spez. Entropie

Spez

. Ent

halp

ie

t 1°C 370°C..:=es 5.5

kJkg K⋅

5.55kJ

kg K⋅, 8

kJkg K⋅

..:=oder graphisch im h-s-Diagramm:

s1 6.451kJ

kg K⋅=s1 spx p1 x1,( ):=

x1 0.97=x1 xhp h1 p1,( ):=

h1 2716.6kJkg

=h1 hpt p2 t2,( ):=p2 1bar:=

h1´´ ht´ t1( ):=h1´ ht´ t1( ):=p1 p´ t1( ):=t2 120°C:=

Ausgangszustand :

In einer Dampfleitung wird eine Temperatur von t1 180°C:= und als Druck der zu dieser Temperaturgehörige Sättigungsdruck gemessen. Das bedeutet, dass Nassdampf mit unbekanntem Dampfgehalt x1vorliegt. Drosselt man den Dampf auf ein bar herunter, stellt sich eine Temperatur von 120 °C ein. a) Welchen Zustand hat der Dampf in der Leitung?b) Berechnen Sie den spezifischen Exergieverlust, der beim Drossel entsteht (Umgebungstemperatur 15°C)!c) Welche Wärme müssen Sie dem Dampf (Ausgangszustand in der Leitung) zuführen, damit Sie eineÜberhitzung von 10°C erreichen? Könnten Sie durch einen derartigen Vorgang alternativ zum Vorgang a)auch den Ausgangszustand bestimmen? Wie müsste man dann im Einzelnen vorgehen? Gibt es weitereAlternativen? d) Welche Dampfmenge von 300°C müssten Sie dem Nassdampf zumischen, um denselben Zustand wieunter c) zu erreichen?

Hier Verweis erforderlich auf: "VD_WasSt"

Aufgabe A 13.4 Bestimmung der Dampfnässe in einer Leitung

a 125

a 0.349kgkg

=a Suchen a( ):=h1 a h3⋅+ a 1+( ) hü⋅=Vorgabea 1:=

Zuzumischender Anteil: a

h3 hpt p1 t3,( ):=Zustand 3 des Heißdampfest3 300°C:=d)

Zur Bestimmung des Ausgangszustandes führt man eine (geringe) Dampfmenge über einen Bypass zurHauptleitung, den man mit einem elektrischen Durchlauferhitzer ausstattet. Dessen Leistung lässt sich messbar(Strom und Spannung) so einstellen, bis eine ebenfalls messbare Überhitzung erreicht ist (Temperaturmessung mitWiderstandsthermometer oder Thermoelement). Vorgang d) wäre theoretisch auch geeignet. Dampfmengenströme sind jedoch nicht so leicht messbar. Es ist aberauch möglich, die über die Drossel zu a) angezapfte Dampfmenge durch einen Kaltwasserstrom zu kondensieren.Kühlwassermenge und Kondensatmenge lassen sich durch Auslitern und deren Temperaturen mit einfachenThermometern messen.

qzu 86.7kJkg

=qzu hü h1−:=hü hpt p1 tü,( ):=

tü 190 K=tü t´ p1( ) ∆tü+:=∆tü 10K:=c)

∆e 292.988−kJkg

=∆e TU s1 s2−( )⋅:=

s2 spt p2 t2,( ):=s1 spx p1 x1,( ):=TU Tt tU( ):=tU 15°C:=b)

Anmerkung: Bei dieser Bestimmung muss vorausgesetzt werden, dass beide Phasen fein dispers verteilt sind, d.h. esdarf keine Entmischung beider Phasen stattgefunden haben (z.B.könnte eine Flüssigkeitsschicht an derRohrwandung angezapft werden).

a 126

Da die Berechnung der Zustandsgrößen im Heißdampfbereich anders erfolgt als im Nassdampfbereich, istvorher anhand eines h-s-Diagrammes zu prüfen, ob der Zustand 2 hinter der Turbine im

Lösung :

tRg 0°C 1600°C..:=

vsCO2 M 2⟨ ⟩ kJkg K⋅⋅:=

vsN2 M 1⟨ ⟩ kJkg K⋅⋅:=

vT vt 273K+:=

vt M 0⟨ ⟩ °C⋅:=

M0 1 2

01

2

34

5

6

78

9

10

1112

13

14

15

1617

18

19

0 6.7482 4.78425 6.8392 4.8566

50 6.9229 4.9256

100 7.0726 5.0538150 7.2037 5.1716

200 7.3207 5.2806

250 7.4267 5.3823

300 7.5237 5.4776350 7.6135 5.5674

400 7.6971 5.6523

450 7.7756 5.7329

500 7.8497 5.8096550 7.9199 5.8828

600 7.9866 5.9527

650 8.0502 6.0197

700 8.1112 6.084

750 8.1694 6.1458800 8.2254 6.2053

850 8.2793 6.2626

900 8.3313 6.3179

:=

CO2 N2 j 0 1..:=i 0 17..:=


Tempera-tur in °C

Eine kleine Dampfkraftanlage hat einen Dampfdurchsatz von mD 1000kg h 1−⋅:= . Der Frischdampf wird mit einemZustand von t1 400 °C= und p1 55 bar= der Turbine zugeführt, in der die Entspannung auf p2 0.1 bar= bei einem

Gütegrad von ηgT 0.75= erfolgt. Im Kondensator, der mit Wasser aus der Umgebung mit tU 15 °C= gekühlt wird,kondensiert der Dampf bei konstantem Druck. Anschließend erfolgt das Einspeisen in den Kessel mit Frischdampfdrucküber eine Speisepumpe, die einen Gütegrad von ηgSp 0.6:= haben soll. Die isobare Wärmezufuhr im Kessel kommt ausdem Rauchgas, das eine Verbrennungstemperatur von tV 1600°C:= hat und sich bei der Wärmeübertragung auf tab 100°C:= abkühlt. Das Rauchgas soll als eine Mischung mit den Raumanteilen rN2 0.79:= und rCO2 0.21:=

angesehen werden. Der Druck des Rauchgases soll mit pU 1bar:= angenommen werden.Bestimmen Siea) qualitativ den Verlauf des Prozesses im p-v-Diagramm und im T-s-Diagramm,b) die Leistung der Kesselspeisepumpe,c) die von der Kraftanlage abgegebene Leistung,d) den Exergieverluststrom in der Turbine,e) den Exergieverluststrom im Kondensator,f) den Exergieverluststrom bei der Wärmeübertragung im Kessel,g) den Exergieverluststrom durch die heißen Abgase im Schornstein!

Für das Rauchgas sind in erster Näherung die konstanten spezifischen Wärmekapazitäten für den Normzustand zuverwenden. Sodann ist eine genauere Berechnung über die unten angegebene Entropietabelle aus der Literatur anzustellen(H. D. Baehr: Themodynamik).

Verweis auf "VD_WasPr" erforderlich

Aufgabe A 13.5 Bilanz für ein kleines Kraftwerk mit Exergieverlusten

a 127

∆ET mD ∆sT⋅ Tt tU( )⋅:= s2 7.457kJ

kg K⋅=tU 15°C≡

∆ET 69.1− kW=e ) Exergieverl. Kondensator

h3 hp´ p2( ):= QPKon mD h3 h2−( )⋅:=

t2 t´ p2( ):= ∆EK QPKon− 1Tt tU( )Tt t2( )−

⋅:= ∆EK 58.2 kW=

Wasserkreislauf: h4 h3 wtSp+:= s3 sp´ p2( ):= s4 s3:=

f ) Wärmeübertragung Übertragener Wärmestrom: ∆H mD h1 h4−( )⋅:= ∆H 829.6 kW=

Rauchgas: Definition: Vmol 22.4 m3⋅:= kmol 1000Mol:=

Molmassen MCO2 44kg

Vmol⋅:= MN2 28

kgVmol⋅:=

g pNassdampfbereich liegt. Dies ist hier der Fall.

p

v

1

23

4

1

23

4

T

s

a )

b ) Leistung Speisepumpe : wtSp vp´ p2( )p1 p2−( )ηgSp( )⋅:= PSp mD wtSp⋅:= PSp 2.568 kW=

h1 hpt p1 t1,( ):= s1 spt p1 t1,( ):= s2is s1:=c ) Kraftanlage

Leistung Turbine: h2is hps p2 s1,( ):= h2 h1 h1 h2is−( ) ηgT⋅−:= wtT h1 h2−:=

PT mD wtT⋅:= PT 229.1 kW=

Leistung Kraftanlage: PKa PT PSp−:= PKa 226.5 kW=

d ) Exergieverlust Turbine bei Umgebungstemperatur::

x2 xhp h2 p2,( ):= x2 0.908=

s2 spx p2 x2,( ):= ∆sT s1 s2−:=

a 128

Darstellung im h - s - Diagramm

Bereiche für das Diagramm

1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

500

1000

1500

2000

2500

3000

3500

Entropie/ kJ/kg*K

Enth

alpi

e/ k

J/kg

p - Linien für p1 55bar≡ : blau, p2 0.1bar≡ : braun, t-Linie für t1 blau gepunktet, Entspannung in der Turbine: rot

t1 400°C≡ ηgT 0.75≡

a 129

Exergiedifferenz des Dampfes: ∆Ed ∆H mD Tt tU( )⋅ s1 s4−( )⋅−:= ∆Ed 353.8 kW=

Exergiedifferenz des Rauchgases: ∆Srg mRG− cp⋅ ln1873373

⋅:= ∆Erg ∆H− Tt tU( ) ∆Srg⋅−:=

Exergieverlust der Wärmeübertragung: ∆Ewü ∆Erg ∆Ed+:= ∆Ewü 218.7− kW=

Berechnung des Exergieverlustes bei der Wärmeübertragung mit Benutzung der Entropietafeln

T -s -Diagramm

TN2 lspline vsN2 vT,( ):= TN2 sN2( ) interp TN2 vsN2, vT, sN2,( ):=

TCO2 lspline vsCO2 vT,( ):= TCO2 sCO2( ) interp TCO2 vsCO2, vT, sCO2,( ):=

sCO2 4.5kJ

kg K⋅4.6

kJkg K⋅⋅, 7

kJkg K⋅⋅..:= sN2 4.5

kJkg K⋅

4.6kJ

kg K⋅⋅, 9

kJkg K⋅⋅..:=

4 4.5 5 5.5 6 6.5 7 7.5 8 8.5 9

500

1000

1500

2000

Spez.Entropie in kJ / kg*K

Abs

olut

e Te

mpe

ratu

r / K

f) Die Rauchgaseigenschaften

MRg rN2 MN2⋅ rCO2 MCO2⋅+:= MRg 31.36kg

Vmol= cpN2o 1.039

kJkg K⋅

:= cpCO2o 0.821kJ

kg K⋅⋅:=

ξN2 rN2MN2MRg⋅:= ξN2 0.705= ξCO2 rCO2

MCO2MRg

⋅:= ξCO2 0.295=

cpo ξN2 cpN2o⋅ ξCO2 cpCO2o⋅+:= cpo 0.975kJ

kg K⋅=

Bei Annahme konstanter spez. Wärmekapazität des Rauchgases von cp 1.1kJ

kg K⋅⋅:=

Übertragener Wärmestrom:∆H 829.6 kW=

Daraus erhält man die Rauchgasmenge: mRG∆H

cp 1500K( )⋅:=

mRG 1810kgh

=

a 130

∆Eab 4.9− kW=

∆Eab ∆Hab Tt tU( ) mRG⋅ ξN2 sN2 tU( ) sN2 tab( )−( )⋅ ξCO2 sCO2 tU( ) sCO2 tab( )−( )⋅+ ⋅−:=

∆Hab 39.3− kW=

∆Hab mRG ξN2sN2 tab( )

sN2 tU( )sN2TN2 sN2( )

⌠⌡

d⋅ ξCO2sCO2 tab( )

sCO2 tU( )sCO2TCO2 sCO2( )

⌠⌡

d⋅+

⋅:=

g) Exergieverlust im Abgas:∆Ewü 227.4− kW=

∆Erg 581.2− kW=∆Ewü ∆Erg ∆Ed+:=

∆Erg ∆H− Tt tU( ) mRG⋅ ξN2 sN2 tab( ) sN2 tV( )−( )⋅ ξCO2 sCO2 tab( ) sCO2 tV( )−( )⋅+ ⋅−:=

mRG 1678.3kgh

=mRG Suchen mRG( ):=

mRG ξN2sN2 tab( )

sN2 tV( )sN2TN2 sN2( )

⌠⌡

d⋅ ξCO2sCO2 tab( )

sCO2 tV( )sCO2TCO2 sCO2( )

⌠⌡

d⋅+

⋅ mD h1 h4−( )⋅=

VorgabemRG 1kgh

:=Berechnung der Rauchgasmenge über die Wärmebilanz:

sCO2 tRg( ) interp sCO2 vt, vsCO2, tRg,( ):=sCO2 pspline vt vsCO2,( ):=

sN2 tV( ) 8.91kJ

kg K⋅=sN2 tRg( ) interp sN2 vt, vsN2, tRg,( ):=sN2 pspline vt vsN2,( ):=

sCO2ab 4.857kJ

kg K⋅=sCO2ab M1 2,

kJkg K⋅⋅:=sN2ab 6.839

kJkg K⋅

=sN2ab M1 1,kJ

kg K⋅⋅:=

sCO2V 6.146kJ

kg K⋅=sCO2V M16 2,

kJkg K⋅⋅:=sN2V 8.169

kJkg K⋅

=sN2V M16 1,kJ

kg K⋅⋅:=

a 131

KreislaufdatenBerechnung mit VW

ηth_oVW 0.424=Thermischer Wirkungsgrad ohne VorwärmungBerechnung ohne VW

Dampfkraftwerk mit 3 Entnahmen

ND-THD-T

1

2 3

E1

E2

E3 5

4

678

9

10

E2' E3'

G

SpW-Beh

Ke

Ko

Ko-P

SpW-P

Pel 300 MW=ηK 0.9=ηel 0.99=ηm 0.99=ηSP 0.8=

ηND 0.9=ηHD 0.86=p4 0.031 bar=t3 530 °C=p2 35 bar=t1 530 °C=p1 220 bar=

(Alle Eingaben sind am Ende der Datei global definiert, um die Auswirkung geänderter Eingaben direkt in den Diagrammenverfolgen zu können)

gegeben:

Achtung: Dateien mit globalen Definitionen dürfen nicht in andere Dateien eingefügt werden! Hier Verweis auf "VD_WasPr" erforderlich

Aufgabe A 13.6 Kraftwerk mit 3 Entnahmen zur Speisewasservorwärmung

a 132

E28

3144.9

341.8

81.7

= Entnahme 3 E30.9

2731.6

127.1

73.6

=

Punkt 4:Kaltes Ende

x4 0.9= KE0

2289.6

24.6

564.9

= Punkt 5:Kondensat

K50

103.3

24.6

564.9

=

Punkt 6: Speisewasserhinter Kondensatpumpe

Punkt 7:Speisewasserhinter Vorwärmer 1Ko6

35

2289.6

24.9

564.9

= Sp735

410.2

97.5

638.5

=

Punkt 9: Speisewasserhinter Vorwärmer 3(Speisewasserbehälter)

Punkt 8: Speisewasserhinter Vorwärmer 2

Sp835

720.3

170.2

720.2

= Sp935

1049.8

242.6

848

=

Punkt 10: Speisewasserhinter Speisewasserpumpe Sp10

220

1078.4

248.2

848

=

Ergebnisse für den Kreislauf mit Vorwärmung:

Thermischer Wirkungsgrad ηth 0.472= Frischdampfmenge mFD 848toh

=

Netto - Wirkungsgrad ηw 0.416=

Zustandspunkte:

pbar

hkJkg

t°C

mtoh

pbar

hkJkg

t°C

mtoh

Punkt 1:Frischdampf FD

220

3311.3

530

848

= Punkt 2: Kalte ZÜ KZÜ35

2906.3

274.2

848

=

Punkt 3 :Heiße ZÜ HZÜ

35

3519.5

530

720.2

= Entnahme 1 E1 KZÜ:=

Entnahme 2

a 133

Das Prinzip der Verbesserung desC-R-Prozesses ist im nebenstehendenT-s-Diagramm dargestellt. Die den schraffiertenFlächen entsprechenden Wärmen werden internübertragen. Dadurch wird die mittlereTemperatur der Wärmezufuhr (aus demRauchgas) angehoben. Das gleiche gilt für dieZwischenüberhitzung (ZÜ), die bei gleichemVerlauf von 3 nach 4 (Punkt 4 ist durch dieUmgebungstemperatur und die zulässigeDampfnässe am Austritt am "kalten Ende" derTurbine vorgegeben) denHochdruck-Prozessteil ermöglicht. DieFrischdampf- und ZÜ-Temperatur wird durchdie im Kessel verwendeten Werkstoffe (in derRegel ferritisch) begrenzt.

sKo

E2

E3

1 3

2

45,67

89, 10

s

T

ηw 0.416=

ηth 0.472=

t2 274 °C=

0 1 2 3 4 5 6 7 8 90

1000

2000

3000

4000


Spez

. Ent

halp

ie /

kJ/

kg

Die Eingaben können hier geändert werden. Nicht alle Kombinationen sind möglich bzw. sinnvoll

ηK 0.9≡ηel 0.99≡ηm 0.99≡ηSP 0.8≡ηND 0.9≡Pel 300 MW⋅≡

p2 35 bar⋅≡p4 0.031 bar⋅≡t3 530 °C⋅≡ηHD 0.86≡t1 530 °C⋅≡p1 220 bar⋅≡

Dampfkraftwerk mit 3 Entnahmen

a 134

Darstellung der Zustandspunkte im T-s-Diagramm

0 1 2 3 4 5 6 7 8 90

100

200

300

400

500

600

700

800

900

spezif. Entropie inkJ/kg*K

Abs

ol. T

empe

ratu

r in

K

Das T-s-Diagramm zeigt die Zustandsänderungen. Die Flächen entsprechen jedoch nicht den übertragenen Wärmen, da dieMassenströme in den Eckpunkten unterschiedlich sind. ηth 0.472= x4 0.895=

a 135

Darstellung der Zustandspunkte der Turbine im h-s-DiagrammDiagramm-Bereiche

6 6.5 7 7.5 82000

2200

2400

2600

2800

3000

3200

3400

3600

spez. Entropie / kJ/ kg*K

spez

. Ent

halp

ie /

kJ/

kg

p - Linien

p1 220 bar=

p2 35 bar=

pE2 7.96 bar=

pE3 0.929 bar=

p4 0.031 bar=

a 136

p2 p´ t2( ):= v2´ vt´ t2( ):= v2´´ vt´´ t2( ):= p2 1.014 bar=

Das spezifische Volumen bleibt konstant: v2 v1:= v2 v2´ x2 v2´´ v2´−( )⋅+=

=> x2v2 v2´−

v2´´ v2´−:= x2 0.595=

somit : mFl_2 mW 1 x2−( )⋅:=

Verdampfte Wassermenge: ∆mFl mFl_1 mFl_2−:= ∆mFl 0.593 kg=

U2 mW ut´ t2( ) x2 ut´´ t2( ) ut´ t2( )−( )⋅+ ⋅:= Zuzuführende Wärme: Q1_2 U2 U1−:= Q1_2 1656.7 kJ=

c ) Es liegt Sattdampf vor, wenn v > vk

t3 100°C:= Vorgabe vt´´ t3( ) v1= t3 Suchen t3( ):= t3 116.3 °C=

p3 p´ t3( ):= p3 1.766 bar=

U3 mW ut´´ t3( )⋅:= Q2_3 U3 U2−:= Q2_3 867.7 kJ=

Aufgabe A 13.7 Verdampfung in einem geschlossenen BehälterHier Verweis erforderlich auf "VD_WasPr"

dampfförmig

flüssig

In einem geschlossenen Druckbehälter mit einem freien Volumen von 1 m3 befindetsich ausschließlich Wasser. Im Ausgangszustand liegen dabei 10 Liter in flüssigemZustand bei 20 °C vor. Der Rest ist also Wasserdampf.a) Welche Wassermenge befindet sich insgesamt im Behälter?b) Welche Wärmemenge muss zugeführt werden, bis eine Temperatur von 100 °Cerreicht wird. Wieviel Wasser verdampft und welcher Druck stellt sich dabei ein? c) Welche Wärmemenge muss zugeführt werden, bis gerade alles Wasser verdampft istund welcher Druck wird dabei erreicht?d) Stellen Sie den Vorgang im p-v-Diagramm dar!

Behälter im Ausgangszustand a)

Lösung : VB 1 m3= VFl_1 0.001 m3

= VD_1 VB VFl_1−:= t1 0.1 °C= Eingaben unten global

a) Flüssige und gasförmige Phase im thermodynamichen Gleichgewicht bedeutet, dass der Ausgangszustandim Nassdampfbereich liegt

p1 p´ t1( ):= p1 6.157 10 3−× bar=

mFl_1VFl_1

vt´ t1( ):= mD_1VD_1

vt´´ t1( ):= mW mFl_1 mD_1+:= mW 1.005 kg=

v1VB

mW:= x1

mD_1

mW:= v1 0.995347

m3

kg=

x1 0.0049=b) t2 100 °C= Bei Wärmezufuhr erhöht sich die innere Energie

von U1 mFl_1 ut´ t1( )⋅ mD_1 ut´´ t1( )⋅+:= auf U2 mFl_2 ut´ t2( )⋅ mD_2 ut´´ t2( )⋅+= U1 12 kJ=

Für den Zustand 2 gilt:

a 137

3

2 ERG

0.0062

1.0142

1.7657

0.9953

0.9953

0.9953

0.1000

100.0000

116.3161

12.5752

1762.1112

2700.5534

0.0458

4.9054

7.1685

0.0000

1656.6900

867.7462

0.0049

0.5951

1.0000

=

1

xQzu

kJs

Esh

Eht

°Cv

Evp

barEv 1

m3

kg=Ergebnisse:

t2 100°C≡t1 0.1°C≡VFl_1 1l≡VB 1m3≡Eingaben:

Die drei Zustandspunkte werden durch die roten Kringel markiert, Siedelinie und Taulinie: schwarz, x - Linien für 0,001 ;0,01 und 0,1 blau gestrichelt

__ Siede- und Taulinie

.... x-Linien mit:

x1 = 0.001

x2 = 0.01

x3 = 0.1

o__o Zustandsänderung

1 .10 3 0.01 0.1 1 10 1001 .10 3

0.01

0.1

1

10

100

1 .103

Spez. Volumen / m^3/kg

Dru

ck /

bar

Bereiche für das Diagramm

d) Zustandspunkte im p - v - Diagramm

a 138

Zustandspunkte im h-s-Diagramm , h in kJ/kg über s in kJ/kg*K (Punkte durch Geraden verbunden)

1 2 3 4 5 6 70

500

1000

1500

2000

2500

3000

Spez. Entropie / kJ/kg*Kx - Linien für 0.25, 0.5 und 0.75 punktiert

a 139

Zustandspunkte im t-s-Diagramm

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

50

100

150

200

250

300

350

400

spez. Entropie in kJ/kg*K

Tem

pera

tur i

n °C

VB 1m3≡ VFl_1 10l≡ t1 20°C≡ t2 100°C≡

Maximal: VFL_1 = 322.581 Liter bei sonst gleichen Eingaben

a 140

Lösung: Aus dem Volumen und der Füllmasse ist erkennbar, dass keineswegs mit den Gleichungen für ideale Gasegerechnet werden kann. Aus den Tabellen ist auch ersichtlich, dass sich der Stoff hauptsächlich in flüssigemZustand befindet. Es werden zur Berechnung von Zustandsgrößen in den Mischgebieten und zur Darstellung inDiagrammen daher aus den Tabellen Gleichungen abgeleitet:

Phasen-Misch-Gebiet

Funktionen: Für die Phasengrenzen: ps t( ) oder: p´ t( ) v´ t( ) v´´ t( ) h´ t( ) h´´ t( )

2 - Phasen - Zustände: vtx t x,( ) htx t x,( )t 100− °C 99− °C, tk..:=

Die Dampfdruckkurve

Aufgabe A 13.8 Inhalt einer CO2-Gasflasche

di

1-x

x

Eine Gasflasche enthält CO2. Die Masse der leeren Flasche wird vom Lieferanten mit 15 kgangegeben und das Füllvolumen mit 13,4 Liter. Beim Wiegen der gefüllten Flasche wird eineGesamtmasse von 25 kg festgestellt. a) In welchem Zustand befindet sich die Füllung bei einer Umgebungstemperatur von 1. bei 20 °C2. bei 0 °C und 3. bei 30 °C?b) Welche Zustände liegen bei diesen Temperaturen vor, wenn 1. eine Masse von 5 kg und 2. eine Masse von 9,8 kg entnommen worden ist?c) Welche Temperatur hat ausströmendes Gas, wenn Sattdampf von 20 °C aus der Flascheentweicht?

Vom Fachverband Kohlensäureindustrie e.V., Koblenz, werden in einerBroschüre vom September 1997 folgende Daten für CO2 angegeben:

Kritischer Zustand tk 31°C:= pk 73.83bar:=

Tripelpunkt ttr 56.6°C−:= ptr 5.18bar:=

Weiterhin enthält die Broschüre u. a. Tabellen für die flüssige und gasförmige Phase im Siedezustand, ebenfalls einh-p-Diagramm und ein t-s-Diagramm. Ein Auszug aus den Tabellen ist in die beiden Eingabetabellen M1 und M2(Einsicht durch Anklicken und Scrollen) aufgenommen worden. Um das Erstellen stabiler Interpolationskurven zuermöglichen, wurden im Bereich des kritischen Punktes einige zusätzliche Werte durch graphische Interpolationgewonnen und dort eingegeben.

Mischgebiet gasförmig - fest Mischgebiet gasförmig - flüssig

t p´(t) v́ (t) v́ ´(t) h´(t) h´´(t) t p´(t) v́ (t) v́ ´(t) h´(t) h´´(t)

M10 1 2 3 4 5

01

-100 0.14 1595.2 0.43 45.55 630.74-90 0.37 1582.2 1.09 56.9 637.06

:= M20 1 2 3 4 5

01

-56.6 5.18 1178 13.84 301.32 649.33-50 6.84 1153 18.1 314.05 651.34

:=

a 141

100 80 60 40 20 0 20 400.1

1

10

100

p´ t( )

bar

t °C 1−⋅

Beispiel: p´ 20°C( ) 57.33 bar= v´ 20°C( ) 1.298 l kg 1−⋅= v´´ 20°C( ) 5.258 l kg 1−

⋅= vtx 20°C 0.5,( ) 3.278 l kg 1−⋅=

Das h-t-Diagramm für die 2-Phasen-Gebiete mit x - Linien im Abstand von ∆x = 0,2

100 90 80 70 60 50 40 30 20 10 0 10 20 30 400

87.5

175

262.5

350

437.5

525

612.5

700

Temperatur in°C

Enth

alpi

e in

kJ/

kg

Füllvolumen VF 13.4l:= Spez. Volumen: vCO2 mF( )VF

mF:= ρCO2 mF( ) 1

vCO2 mF( ):=

a 142

Das p-v-Diagramm für die 2-Phasen-Gebiete mit x - Linien im Abstand von ∆x = 0,2 (Verzerrung durch log.Maßstab) Spezieller Eingabewert, hier veränderbar: t1 20°C:= und m1 10kg:=

100 90 80 70 60 50 40 30 20 10 0 10 20 30 401 .10 4

1 .10 3

0.01

0.1

1

10

Temperatur in°C

Spez

. Vol

umen

in m

^3/k

g

0.2kg

5kg

10kg

a) und b) Zustand in der Flasche, abhängig von der Füllung und der Außentemperatur:

In das p-v-Diagramm sind die v-Linien für die 3 gegebenen Massen eingetragen. Man erkennt, dass bei 20°C imwesentlichen flüssiger Zustand vorliegt. Der x-Gehalt muss überprüft werden (s.u.). Bei 0°C ist ein merklicherDampfanteil zu verzeichnen und bei 30°C ergibt sich flüssiger Zustand. Die Zustandsgrößen lassen sich hier nichtberechnen, da die zugehörigen Tabellen nicht in diese Datei eingearbeitet sind. Für die halbe Füllung wird erkennbar,dass bei den 3 vorgegebenen Temperaturen Nassdampf vorliegt und für die fast leere Flasche mit 0.2 kg ausschließlichreales Gas, für das die Tabellen ebenfalls hier nicht vorhanden sind. Die Zustandsgrößen lassen sich jedoch aus denZustandsdiagrammen oder den Tabellen der Broschüre ablesen bzw. interpolieren.

a 143

Aus der Tabelle für die Dichte von CO2 in der Broschüre lässt sich entnehmen: p(746 kg/m3, 30°C) = ca. 90 bar und

für 0.2 kg Füllung: p(14,93 kg/m3, 20°C) = ca. 8 bar

Die Dampfmassenanteile x für die 3 vorgegebenen Temperaturen, abhängig von der Füllung

t1 20°C:= t2 0°C:= t3 30°C:=

0°C 20°C 30°C mF 0.1kg 0.2kg, 12kg..:=

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

0

0.5

1

Füllung in kg

Dam

pfan

teil

x

c) Die Austrittstemperatur bei Expansion auf Umgebungsdruck: ergibt sich aus der Bedingung, dass beimDrosseln die Enthalpie konstant bleibt. Ablesung auf der Isenthalpe im t-s-Diagramm oder hier durch Berechnung:

t2 0°C:= Vorgabe p´ t2( ) 1bar= t2 Suchen t2( ):= t2 78.7− °C=

x2 1:= Vorgabe h´´ 20°C( ) htx t2 x2,( )= x2 Suchen x2( ):= x2 0.981=

Die Volumenanteile sind:

gasförmig: V1g m1 x1⋅ v´´ t1( )⋅:= und flüssig: V1fl m1 1 x1−( ) v´ t1( )⋅ ⋅:= V1g 0.56 l=

V1fl 12.84 l=

Die niedrige Austrittstemperatur kann zum Vereisen der Armatur, aus der das Gas ausströmt, und auch derAußenwandungen der anschließend durchströmten Kanäle führen, da sich dort der Wasserdampf aus der Umgebungniederschlägt.

Berechnung des Dampfgehaltes abhängig von der Füllung der Flasche und von der Temperatur:

x1 t mF,( )vCO2 mF( ) v´ t( )−

v´´ t( ) v´ t( )−:= x2 t mF,( ) wenn x1 t mF,( ) 0< 0, x1 t mF,( ),( ):=

x t mF,( ) wenn x2 t mF,( ) 1> 1, x2 t mF,( ),( ):= x1 x t1 m1,( ):= x1 0.011=

Berechnung der x-Werte und der Drücke:

x 20°C 10kg,( ) 0.011= x 20°C 5kg,( ) 0.349= x 20°C 0.2kg,( ) 1= p´ 20°C( ) 57.33 bar=

x 0°C 10kg,( ) 0.028= x 0°C 5kg,( ) 0.172= x 0°C 0.2kg,( ) 1= p´ 0°C( ) 34.85 bar=

x 30°C 10kg,( ) 0= x 30°C 5kg,( ) 0.764= x 30°C 0.2kg,( ) 1= p´ 30°C( ) 71.92 bar=

Die errechneten Drücke gelten nur für das Mischphasengebiet und die Phasengrenzen. Für die drei Füllungen ist:

vCO2 0.2kg( ) 67l

kg= vCO2 5kg( ) 2.68

lkg

= vCO2 10kg( ) 1.34l

kg= ( l 1 10 3−

× m3= )

ρCO2 0.2kg( ) 14.93kg

m3= ρCO2 5kg( ) 373.1

kg

m3= ρCO2 10kg( ) 746.3

kg

m3= ρCO2 10kg( ) 0.746

kgl

=

a 144

p´ t1( ) 85.877 bar=

Es handelt sich also wahrscheinlich um Nassdampf mit unbekanntem x

Energiebilanz: mKO h1 hKo−( )⋅ mKW cW⋅ ∆tKW⋅= => h1mKW cW⋅ ∆tKW⋅

mKOhKo+:= h1 2153.5

kJkg

=

a) h1 ht´ t1( ) x1 ht´´ t1( ) ht´ t1( )−( )⋅+= => x1h1 ht´ t1( )−

ht´´ t1( ) ht´ t1( )−:= x1 0.575=

b) hb hpt p1 310°C,( ):= hb 2805.3kJkg

=

qzu hb h1−:= qzu 651.8kJkg

=

Für den "Fußgänger":

vK v´ tKo( )= h1 h´ t1( ) x1 h´´ t1( ) h´ t1( )−( )⋅+=

x1h1 h´ t1( )−

h´´ t1( ) h´ t1( )−= hb aus dem h-s-Diagramm

Aufgabe A 13.9 Bestimmung des Zustandes im Nassdampfbereich

mKo

mKW

Drossel

Dampf

tKW

Kondensat

Kühlung

In einer Dampfleitung wird eine Temperatur von300°C und ein Druck von 85.9 bar gemessen.Um den Dampfzustand zu bestimmen, wird derLeitung ein Teilstrom über eine Drosselentnommen und durch Kühlen kondensiert und ineinen offenen Behälter abgeleitet. Die dortinnerhalb von 5 Minuten anfallendeKondensatmenge von 22,3 Litern hat eineTemperatur von 50 °C. Der zum Kühlenerforderliche Wasserstrom betrug 3,1 Liter proSekunde bei einer Erwärmung um 11 °C.a) Welchen Zustand hat der Dampf in derLeitung? c) Welche Wärme müssen Sie dem Dampf(Ausgangszustand in der Leitung) pro kgzuführen, damit Sie eine Überhitzung von 10°Cerreichen?

gegeben: Messzeit: Z 5min:= Kondenat VKo 22.3( )l:= tKo 50°C:= bei pK 1bar:=

Kühlwasser mKW 3.1kgs

:= ∆tKW 11K:=

Kondensatstrom: vK vt´ tKo( ):= mKOVKovK Z⋅

:= mKO 73.4 10 3−×

kgs

=

Enthalpie des Kondensates hKo cW tKo⋅:=

Ausgangszustand : t1 300°C:= p1 85.9bar:=

a 145

tU 15°C:= (angenommen) TU Tt tU( ):= m1 mD:= m2 m1 mK+:=

s1 spt p1 t1,( ):= s2 spt p1 t2,( ):= sK spt pK tK,( ):= sU st´ tU( ):= hU ht´ tU( ):=

s1 7.128 Es= s2 7.115 Es= sK 3.5 Es= sU 0.224 Es= hU 62.985 Eh=

E1 m1 h1 hU− TU s1 sU−( )⋅− ⋅:= E2 m2 h2 hU− TU s2 sU−( )⋅− ⋅:=Exergieströme :

EK mK hK hU− TU sK sU−( )⋅− ⋅:=

Exergieverluststrom: ∆E E1 EK+ E2−:= ∆E 0.515 MW=

Der "Fußgänger" entnimmt die Enthalpie-Werte h1 und h2 dem h-s-Diagramm, dieEnthalpie des Kondensates ist angenähert dieEnthalpie h´(tK) aus der Nassdampftabelle.

hKo ht´ tK( ):= hKo 1526 Eh=

mK mD−h1 h2−

hKo h2−⋅:= mK 5633.8

kgh

=

Der Fehler liegt bei ca 1%

Aufgabe A 13.10 Regelung der Heißdampftemperatur in einem DampfkesselIn einen Heißdampfstrom von 1000 to/h wird bei t1 = 585°C und p1 = 60 bar zu Regelungszwecken ein Kondenatstromeingesprüht, damit eine Temperatur von 580°C erreicht wird. a) Welchen Massenstrom müssen Sie zuführen, wenn das Kondensat eine Temperatur von 330°C bei einem Druckvon 200 bar hat?b) Wie hoch ist der Exergieverluststrom bei diesem Vorgang?

tK 330°C:= pK 200bar:=

Kondensat K

Heißdampf 1Heißdampf 2 t1 585°C:= p1 60bar:=t2 580°C:=

p2 p1:= mD 1000toh

:=

Lösung:

a) h1 hpt p1 t1,( ):= h1 3623.5 Eh= h2 hpt p1 t2,( ):= h2 3611.8 Eh=

t´ pK( ) 365.7 °C= mit tK t´ pk( )< ist das Kondensat unterkühlt hK hpt pK tK,( ):= hK 1506 Eh=

Energiebilanz: mK 1kgs

:= Vorgabe mK hK⋅ mD h1⋅+ mK mD+( ) h2⋅=

mK Suchen mK( ):= mK 5.58toh

=

b)

a 146

Aufgabe A 13.11 GAU (= größter anzunehmender Unfall) bei einem Druckwasserreakor

BetonEisen

EisenWasser primär

fl. Wassersekundär

Dampf sekundär

Reaktor

DE(4X)

Wasserspeicherz.B. Lagerbecken

Es soll der Druck nach einem GAU imReaktorgebäude eines Kernkraftwerks mitDruckwasserreaktor mit vereinfachtenAnnahmen bestimmt werden. Der innereTeil des Reaktorgebäudes besteht aus einemkugelförmigen, so genannten Sicher-heitsbehälter (containment) aus Stahl. Nacheinem GAU schließt das Sicherheitssystemautomatisch alle Öffnungen nach außen(Durchdringungsabschluss) und derBehälter muss dem sich dann aufbauendenDruck standhalten.Der Druck soll zunächst ohne Berücksich-tigung der Wärmekapazität der festen undflüssigen Inhalte bei alleiniger Vermischungder Wassermassen aus Primär- und Sekun-därkreis mit der Gebäudeluft berechnetwerden (ungünstigster Fall), sodann nachTemperaturausgleich mit diesen Massenohne Berücksichtigung der Nachzerfalls-wärme (es soll angenommen werden, dasseine Notkühlung in Betrieb bleibt).

Druckwasserreaktor im Sicherheitsbehälter(Prinzip)

Gegeben sind folgende Daten:Innerer Durchmesser der Stahlkugel: DK 55m:=

Innerhalb des Sicherheitsbehälters befinden sich folgende Massen (einschließlich Sicherheitsbehälter): Eisenteile: mE 4000to:= davon bei Reaktortemperatur: mER 1500to:=

Uran-Brennelemente im Reaktor und im Lagerbecken: mBr_ges 200to:= , davon im Reaktor: mBrRe 100to:= Betoneinbauten: mBet 10000to:=

Flüssiges Wasser im Primärkreis: mWP 355to:=

Flüssiges Wasser im Sekundärkreis mWfS 300to:= Dampfförmiges Wasser im Sekundärkreis : mWdS 1to:=

Flüssiges Wasser in Kühlsystemen und im Lagerbecken: mWfK 1000to:=

Die zugehörigen Zustandsgrößen sind:Druck im Primärkreis: pP 150bar:= Temperatur im Primärkreis: tP 308°C:=

Druck im Sekundärkreis: pS 70bar:= Temperatur im Sekundärkreis: tS t´ pS( ):=

Temperatur im Reaktorgebäude = Temperatur allerEinbauten und Inhalte außer Primär- und Sekundärkreis tU 25°C:= bei pU 1bar:=

Dichte von Eisen: ρE 7850kg

m3:= Spezif. Wärmekapazität Eisen: cE 0.48Ec:=

Dichte von Beton: ρBet 2400kg

m3:= Spezif. Wärmekapazität Beton: cBet 0.88Ec:=

Dichte der Brennelemente (Uran UO2): ρBr 9000Eρ:= Spezif. Wärmekapazität UO2 : cBr 0.3Ec:=

(willkürl. Schätzwerte)

a 147

für mathcad 2001 prof

pW 3bar:= xW 1:= mWas mWP mWfS+ mWdS+:=

Vorgabe

US mWas( ) upx pW xW,( )⋅ mL t´ pW( )⋅ cpL⋅+ = VS mWas( ) vpx pW xW,( )⋅=

E SuchenpWbar

xW,

:= E0

01

5.1790.34

=

pW E0 bar⋅:= tGAU t´ pW( ):= pW 5.179 bar=

xW E1:= tGAU 153.169 °C=

pLVS mWas 1 xW−( )⋅ vt´ tGAU( )⋅−

VL

Tt tGAU( )Tt tU( )⋅ pU⋅:= pL 1.438 bar=

Maximaler Gesamtdruck direkt nach GAU: pGAU pW pL+:= pGAU 6.62 bar=

für mathcad 2001 prof

für Mathcad 8

tGAU 100°C:=xGAU tGAU( )

VSmWas

vt´ tGAU( )−

vt´´ tGAU( ) vt´ tGAU( )−:=

Vorgabe

US mWas( ) utx tGAU xGAU tGAU( ),( )⋅ mL tGAU⋅ cpL⋅+=

Lösung:

a) ohne feste und flüssige Speicher

Zunächst muss der freie mit Luft ausgefüllte Raum berechnet werden:

VK43π⋅

DK2

3⋅:= VK 8.711 104× m3= VWP mWP vpt pP tP,( )⋅:= VWfS mWfS vp´ pS( )⋅:=

VEmE

ρE:= VBet

mBet

ρBet:= VBr

mBr_ges

ρBr:= VWfK

mWfK

ρWK:= VWdS mWdS vp´´ pS( )⋅:=

VL VK VWP VWfS+ VWdS+ VE+ VBr+ VBet+ VWfK+( )−:= VL 8.048 104× m3=

mLVL pU⋅

RL Tt tU( )⋅:=

Innere Energie der Wassermassen: UHeiß mWP upt pP tP,( )⋅ mWfS up´ pS( )⋅+ mWdS up´´ pS( )⋅+:=

Innere Energie der Luft: UL mL tU⋅ cpL⋅:= Summe: US UHeiß UL+:= US 8.657 108× kJ=

davon ausgefüllter Raum: VS VL VWP+ VWfS+ VWdS+:= VS 8.142 104× m3=

Nach dem GAU befindet sich in diesem Raum Nassdampf mit unbestimmtem x-Gehalt bei dem zu berechnenden Zustand.Die innere Energie bleibt erhalten.

a 148

Übersichtsdiagramm ohneBegrenzungen

50 60 70 80 90 100 110 1205 .1011

1 .1012

1.5 .1012

2 .1012

2.5 .1012

Temperatur nach GAU in°C

Inne

re E

nerg

ie Im

SB

übe

r der

Tem

pera

tur

tGAU 50°C 51°C, 120°C..:=

USBx tGAU( ) mWas mWfK+( ) utx tGAU xGAU tGAU( ),( )⋅ mE cE⋅ mBet cBet⋅+ mBr_ges cBr⋅+( ) tGAU⋅+:=

xGAU tGAU( )

VSmWas mWfK+( ) vt´ tGAU( )−


Diesmal wird ein bequemerer Weg über das Ablesen aus einem Diagramm gewählt

VS mWas mWfK+( ) vtx tGAU xGAU,( )⋅=

USB mWas mWfK+( ) utx tGAU xGau,( )⋅ mE cE⋅ mBet cBet⋅+ mBr_ges cBr⋅+( ) tGAU⋅+=

Bei Temperaturausgleich auf tG nach dem GAU setzt sich die innere Energieund dasVolumen so zusammen:

VS 8.242 104× m3=VS VL VWP+ VWfS+ VWdS+ VWfK+:=von den Fluiden ausgefüllter Raum:

USB 1.452 109× kJ=USB UHeiß USo+:=Summe im Sicherheitsbehälter

USo mL cpL⋅ mBet cBet⋅+ mE mER−( ) cE⋅+ mBr_ges mBrRe−( ) cBr⋅+ mWfK cW⋅+ tU⋅:=

Innere Energie der Luft und sonstiger Inhalte:

UHeiß mWP upt pP tP,( )⋅ mWfS up´ pS( )⋅+ mWdS up´´ pS( )⋅+ mER cE⋅ mBrRe cBr⋅+( ) tP⋅+:=

Innere Energie der Wassermassen und der heißen Metallteile:

b) mit Wärmekapazitäten der Einbauten und Inhalte und ohne Berücksichtigung der Nachzerfallswärme(die Wasserspeicher wurden in das Gebäude entleert).

für Mathcad 8

pGAU 6.62 bar=pGAU pW pL+:=Maximaler Gesamtdruck direkt nach GAU:

pL 1.438 bar=pW p´ tGAU( ):=pLVS mWas 1 xW−( )⋅ vt´ tGAU( )⋅−

VL

Tt tGAU( )Tt tU( )⋅ pU⋅:=

tGAU 153.2 °C=tGAU Suchen tGAU( ):=

a 149

78 78.5 79 79.5 80 80.5 81 81.5 821.4 .1012

1.42 .1012

1.44 .1012

1.46 .1012

1.48 .1012

1.5 .1012

Temperatur nach GAU in°C

Inne

re E

nerg

ie Im

SB

übe

r der

Tem

pera

tur

Eine feinere Einteilung erhält mandurch Einsetzen entsprechenderWerte in die Bereichs-Platzhalter anden Achsen. Eine derartigeGenauigkeit ist hier jedoch nichtsinnvoll. Bei obiger Aufbereitungfunktioniert zudem auch dieSuchfunktion

tGAU 100°C:=

Vorgabe

USBx tGAU( ) USB=

tGAU Suchen tGAU( ):=

tGAU 79 °C=

xGAU

VS VWfK+

mWas mWfK+( ) vt´ tGAU( )−


pLVS mWas mWfK+( ) 1 xGAU−( )⋅ vp´ pGAU( )⋅ −

VL

Tt tGAU( )Tt tU( )⋅ pU⋅:= pGAU p´ tGAU( ) pL+:=

pGAU 1.64 bar=

a 150

x2 xhp h2 pK,( ):= s2 spx pK x2,( ):=x2 0.931=

PND mK h1 h2−( )⋅:=

b) s2is s1:= h2is hps pK s1,( ):=

c) ηgND

h1 h2−

h1 h2is−:= ηgND 0.883=

Der "Fußgänger" entnimmt h1 dem h-s-Diagramm

t2 aus Tabelle 13.1:

t2 t´ pK( ):= t2 26.7 °C=

Das spezifische Volumen des Kondensatswird genau genug mit v = 0.001 m3/kg

h2is dem h-s-Diagramm entnehmen

Alternativ kann der Punkt 2is berechnet werden. Dies wirderforderlich, wenn der Punkt außerhalb des Diagrammes liegt.

es gilt: s1 st´ t2( ) x2is st´´ t2( ) st´ t2( )−( )⋅+=

s1 dem h-s-Diagramm entnehmen und die Größen auf derTaulinie und der Siedeliniede der Tabelle 13.1

daraus: x2iss1 st´ t2( )−

st´´ t2( ) st´ t2( )−:= => x2is 0.902=

h2is ht´ t2( ) x2is ht´´ t2( ) ht´ t2( )−( )⋅+:= => h2is 2311kJkg

=

Aufgabe A 13.12 Bestimmung des Zustandes am Turbinenaustrittgegeben:

pK 0.035bar:= tK 23°C:= mK 300toh

:= mW 36400toh

:= cW 4.186kJ

kg K⋅=

tNDE 220°C:= pNDE 1.5bar:= ∆tW 4.5K:=

Lösung :

t1 tNDE:= p1 pNDE:=Zustandsgrößen am Eintritt ND: (NDE=1)

Der Abdampf aus der Niederdruckstufe ist in der Regel Nassdampf. DieÜberprüfung erfolgt bei der Berechnung und beim Erstellen des h-s-Diagrammes

Die Tautemperatur ist: t2 t´ pK( ):=

s1 spt p1 t1,( ):= s1 7.727 Es= h1 hpt pNDE t1,( ):=

a) Bilanz im Kondensator:

Enthalpie des unterkühlten Kondensats hK cW tK⋅ pK vt´ tK( )⋅+:= hK 96.282 Eh=

mK h2 hK−( )⋅ mW ∆tW⋅ cW⋅= => h2mK hK⋅ mW ∆tW⋅ cW⋅+( )

mK:= h2 2381.8 Eh=

a 151

Estellung des Diagrammes

Das h - s - Diagramm

6 6.5 7 7.5 8 8.52000

2200

2400

2600

2800

3000

3200

3400

p1

1

t1

P2

x 1=

2

2is x 0.9=

a 152

hK 96.3 Eh=

mK h2 hK−( )⋅ mW ∆tW⋅ cW⋅= => h2mK hK⋅ mW ∆tW⋅ cW⋅+( )

mK:= h2 2381.8 Eh=

x2 xhp h2 pK,( ):= s2 spx pK x2,( ):= x2 0.931=

PND mK h1 h2−( )⋅:= PND 44.27 MW=

b) s2is s1:= h2is hps pK s1,( ):=

c) ηgND

h1 h2−

h1 h2is−:= ηgND 0.883=

Erstellung des Diagrammes

Aufgabe A 13.12a Bilanz am kalten Ende einer DampfturbineHier Verweis erforderlich auf "VD_WasPr"

ND G

Ko

NDE

NDA

∆tW

tK,pK

mW

mK

∆

P

Im Kondensator einer Dampfkraftanlage wird ein Druckvon pK 0.035bar:= gemessen. Der Kondensatmassenstrom

am Austritt des Kondensators wird mit mK 300to h 1−⋅:=

bestimmt und hat eine Temperatur von tK 23°C:= . Derdurch den Kondensator fließende Kühlwasserstrom von mW 36400to h 1−

⋅:= erwärmt sich im Kondensator um ∆tW 4.5K:= . a) Welchen Zustand hat der Dampf am Eintritt in denKondensator? (NDA)b) Welche Leistung gibt der Dampf in derNiederdruckstufe der Turbine ab, wenn er in diese miteinem Zustand von pNDE 1.5bar:= und tNDE 220°C:=

eintritt? c) Welchen Gütegrad hat die Niederdruckstufe?d) Stellen Sie die Entspannung in der Niederdruckstufe alsGerade im h-s-Diagramm dar!

Lösung : p1 pNDE:= p2 pK:=

Der Abdampf aus der Niederdruckstufe ist in der Regel Nassdampf. DieÜberprüfung erfolgt bei der Berechnung und beim Erstellen des h-s-Diagrammes

t1 tNDE:=

Die Tautemperatur ist: t2 t´ pK( ):= t2 26.7 K=s1 spt p1 t1,( ):= s1 7.727 Es= h1 hpt pNDE t1,( ):=

a) Bilanz im Kondensator:

Enthalpie des unterkühlten Kondensats hK cW tK⋅ pK vt´ tK( )⋅+:=

a 153

d) Das h - s - Diagramm

6 6.5 7 7.5 8 8.52000

2200

2400

2600

2800

3000

3200

3400

Spezifische Entropie in kJ / kg*K

Spez

ifisc

he E

ntha

lpie

in k

J / k

g

p1

t11

P2

x 1=

2 x 0.9=

2is

Für "Fußgänger":

Hier benötigen Sie das Mollier-h-s-Diagramm

Das spezifische Volumen des Kondensatswird genau genug mit v = 0.001 m3/kg

Die Daten zu b) und c) erhalten Sie aus dem h-s-Diagramm

a 154

A13.13 Dampf aus einem Dampfstrahlreiniger

Der Kesseldruck eines Dampfstrahlreinigers beträgt pK 3.5bar:= . Dort wird mit einer elektrischen Heizung Pel 1700W:=

Sattdampf erzeugt. Der Dampf strömt von dort durch einen Schlauch und eine abschließende Düse in die Umgebungmit pU 1bar:= . a) Welche Temperatur kann der Dampfstrahl am Austritt aus der Düse maximal erreichen und b) welche überschreitet er tatsächlich nicht, wenn er dort bereits als sichtbarer Schwaden austritt?c) Welcher Wasserdampfanteil x ergibt sich, wenn bis zur Düse ein Wärmestrom mit einem Anteil Av 10%:= derelektrischen Leistung verloren geht (d.h. hauptsächlich vom Schlauch an die Umgebung übertragen wird) ?

d) Wie lange kann der Apparat in einem gechlossenen Raum von VU 75m3:= betrieben werden, wenn die Luft anfangs

eine relative Feuchte von φU 50%:= bei einer Temperatur von tU 20°C:= besitzt, bis die Luft gesättigt ist, d.h.keinWasser mehr verdunsten kann, und welche Temperatur wird dann im Raum erreicht?e) In welcher Weise ändert sich das Ergebnis qualitativ durch die Tatsache, dass sich Möbel im Raum befinden unddie Wände weder adiabat noch stoffdicht sind (Diffusion)?

Rechenbereich

Ergebnisse:

Temperatur im Kessel: tK 138.9 °C=

a) Am Austritt aus der Düse wird Umgebungsdruck erreicht. Ohne Wärmeverluste biszum Austritt aus der Düse (Enthalpie bleibt konstant, kinetische Energie wirdvernachlässigt) würde folgende Temperatur erreicht: t2max 127.6 °C=

b) Durch die Wärmeverluste bis zur Düse verringert sich die Enthalpie am Austritt. Tritt der Dampfbereits als Naßdampf aus der Düse aus (sichtbarer Schwaden) und kann vorausgesetzt werden,dass in der Mündung noch keine Luft zugemischt ist, so herrscht dort die zum Umgebungsdruckzugehörige Taupunkttemperatur

t2 99.6 °C=

c) Dampfgehalt x bei Wärmeverlust qV (x = Dampfgehalt, das ist die Masse des dampfförmigen(unsichtbaren) Anteils bezogen auf die Gesamtmasse des Wassers (flüssiger Anteil in Form vonkleinen Wassertröpfchen plus unsichtbarer Dampf). Bei trockener Luft im Raum können dieWassertröpfchen nach ausreichender Vermischung des Dampfstrahles mit der Luft (größererAbstand von der Düse) wieder komplett verdunsten. Dabei verringert sich die Temperatur bis aufdie Umgebungstemperatur (die dann allerdings etwas höher wird). Die Mischung wird, so langenicht alles verdunstet ist, als Nebel bezeichnet.

d) Betriebszeit, bis die Luft gesättigt ist und Temperatur im Raum:

e) Möbel und Wände adsorbieren einen Teil des zugesetzten Wasserdampfes. Die Betriebszeitverlängert sich dadurch. Wegen der Wärmekapazität der Möbel und Wände und wegen desWärmelabflusses durch die Wände wird die Temperaturerhöhung geringer ausfallen.

x2 0.908=

ZB 19.2 min=

t2 20.9 °C=

Erstellung des Diagrammes

a 155

Die Zustandspunkte im h-s-Diagramm

6 6.5 7 7.5 8

2300

2400

2500

2600

2700

2800

2900

3000

Spez. Entropie

Spez

. Ent

halp

ie

<= adiabate Drosselung

<= Abkühlung im Rohr

blaue Linien: pK 3.5 bar= und pU 1 bar=

rote Linien: t1 30 °C= und t´ pU( ) 99.6 °C=

schwarze Linien: x = 1 und x = 0.9

a 156

CO2fVCO2

VRg_f:=

Anteile feucht

SO2trVSO2

VRg_tr:=N2tr

VN2

VRg_tr:=O2tr

VO2

VRg_tr:=CO2tr

VCO2

VRg_tr:=

Anteile trocken

VRg_f VRg_tr VH2O+:=Feuchtes Rauchgas

VH2O 30.002molkg

=VH2O

hb

MH2

wb

MH2O+ VD+:=

VD elφ ps tL( )⋅ pL

1−⋅

1 φ ps tL( )⋅ pL1−

⋅−⋅:=

Wasserdampf :

VRg_tr VCO2 VN2+ VSO2+ VO2+:=Menge tr. Rauchgas

VO2 0.21 λ 1−( )⋅ elmin⋅:=VN2nb

MN20.79 el⋅+:=

hu 29.433MJkg

=MJ 106J:=hu 34.0cb 101.6hb+ 6.3nb+ 19.1sb+ 9.8ob− 2.5wb−( ) 106⋅

Jkg

:=Heizwert

SO2tr 0.05 %=SO2f 0.05 %=

N2tr 80.36 %=N2f 75.8 %=

O2tr 6.92 %=O2f 6.53 %=

H2Of 5.67 %=CO2tr 12.67 %=CO2f 11.95 %=Ergebnisse

SO2fVSO2

VRg_f:=N2f

VN2

VRg_f:=O2f

VO2

VRg_f:=H2Of

VH2O

VRg_f:=

tA_ab 1500°C:=tRg_ab 150°C:=

φ 0.5:=tL tU:=pL 1.013bar:=tU 20°C:=λ 1.48:=

ab 6 %⋅:=wb 8.5 %⋅:=sb 0.8 %⋅:=ob 3.8 %⋅:=nb 1 %⋅:=hb 3.9 %⋅:=cb 76 %⋅:=

gegeben :

Berechnen Sie für die gegebene Steinkohle bei einem Luftverhältnis von 1,48 die Rauchgaszusammensetzung und dietheoretische Verbrennungstemperatur bei einem Umgebungszustand von 20 °C und 1,013 bar!Wie hoch sind die Abgasverluste bei 150 °C (Kamineintritt) und die Wärmeverluste in der Asche, wenn diese denBrennraum flüssig mit 1500 °C verlässt (es kann die spezifische Wärmekapazität von SiO2 angenommen werden)?

Aufgabe A 14.1 Verbrennung vonSteinkohle

el λ elmin⋅:=

VRgmin VCO2 VN2min+ VSO2+:=VSO2sb

MS:=VN2min

nb

MN20.79 elmin⋅+:=VCO2

cb

MC:=Trockenes

Rauchgas

omin 0.072kmol

kg=

elmin 0.343kmol

kg=elmin

10.21

omin⋅:=omincb

MC0.5

hb

MH2⋅+

sb

MS+

ob

MO2−:=

Der Sauerstoffbedarf ergibtsich aus denReaktionsgleichungen zu

MC 12.01kg

kmol⋅:=MS 32.04

kgkmol⋅:=Molmassen

cb hb+ nb+ sb+ wb+ ab+ ob+ 1=Kontrolle:

Lösung :

cA 0.9kJ

kg K⋅:=

a 157

nb 0.88 %⋅:= ob 0.12 %⋅:= sb 0.24 %⋅:= wb 0 %⋅:= ab 0 %⋅:=

Feuerungsleistung: PF 200 kW⋅:= MinimaleRauchgastemperatur:

tRgmin 25 °C⋅:=

RauchgastemperaturKesselaustritt:

tRg1 200 °C⋅:= RauchgasemperaturKamin:

tRgKam 50 °C⋅:=

Kontrolle: cb hb+ nb+ sb+ wb+ ab+ ob+ 1=

Molmassen

VRg_tr VCO2 VN2+ VSO2+ VO2+:=Menge tr. Rauchgas

VO2 0.21 λ 1−( )⋅ elmin⋅:=VN2nb

MN20.79 el⋅+:=el λ elmin⋅:=

VRgmin VCO2 VN2min+ VSO2+:=VSO2sb

MS:=VN2min

nb

MN20.79 elmin⋅+:=VCO2

cb

MC:=Trockenes

Rauchgas

omin 0.102kmol

kg=

elmin 0.488kmol

kg=elmin

10.21

omin⋅:=omincb

MC0.5

hb

MH2⋅+

sb

MS+

ob

MO2−:=

Der Sauerstoffbedarf ergibtsich aus denReaktionsgleichungen zu

MC 12.01kg

kmol⋅:=MS 32.04

kgkmol⋅:=

VerlAbgHRg_ab

hu:=

HRg_ab VRg_f

1

8

j

cpmm j tRg_ab, tU,( ) tRg_ab tU−( )⋅ rj⋅ Mj⋅ ∑=

rH2O MH2O⋅ 2442⋅kJkg

+

⋅:=Abgasverluste :pro kg Brennstoff

Abgasverlust, bezogen auf hu

tV 1672 °C=tV Suchen tV( ):=

hu tV tU−( ) VRg_f

1

8

j

rj cpmm j tV, tU,( )⋅ Mj⋅( )∑=

⋅ ab cA⋅+

⋅=VorgabetV 2000°C:=

rH2O H2Of:=Ar 0:=rH2 0:=rCO 0:=rSO2 SO2f:=rO2 O2f:=rCO2 CO2f:=rN2 N2f:=

Theoretische Verbrennungstemperatur

hb 12.25 %⋅:=cb 86.5 %⋅:=

Brennstoff-Elementaranalyse:

tL tU:=λ 1.20:=LuftverhältnispL 1 bar⋅:=tU 20 °C⋅:=φ 1:=Frischluftgegeben:

In einem Gebäude steht eine ältere Kesselanlage mit einer Feuerungsleistung von 200 kW (bezogen auf hu) für dieWärmeversorgung. Es wird Heizöl EL gemäß angegebener Elementaranalyse verfeuert bei einem Luftverhältnis von1,1 und einer Abgastemperatur von 200 °C.Dem Kessel wird nun rauchgasseitig ein Brennwertwärmeübertrager nachgeschaltet, der das Rauchgas zunächst auf25 °C abkühlt. Im letzten Teil des Wärmeübertragers wird jedoch eine Wiederafwärmung um 20 K vorgenommen,damit trockenes Rauchgas in den alten gemauerten Kamin gelangt. Zeigen Sie, dass dies eine echte Brennwertnutzung darstellt und der Verlust durch die Wiederaufwärmung gering ist!

Aufgabe A 14.2 Verbrennung von Erdöl EL in einem Brennwertgerät

VerlA 0.3 %=VerlA

cA tA_ab tU−( )⋅ ab⋅

hu:=Ascheverlust, bezogen auf hu

VerlAbg 11.2 %=

a 158

pD 0.119 bar=pD pL H2Of⋅:=somit ist der Partialdruck des Wasserdampfes:H2Of 0.119=

Wasserdampftaupunkt des Rauchgases

tV 1939 °C=tV Suchen tV( ):=

ho tV tU−( ) VRg_f⋅

1

9

j

rj cpmm j tV, tU,( )⋅ Mj⋅( )∑=

⋅=VorgabetV 1000°C:=

r9 H2Of:=r8 0:=r7 0:=r6 0:=r5 0:=r4 SO2f:=r3 O2f:=

tRgW tRgmin tRgKam..:=tRg 20°C 200°C..:=

HRgW tRgW( ) HRg tRgmin( )1

9

j

cpmm j tRgW, tRgmin,( ) tRgW tRgmin−( )⋅ rj⋅ Mj⋅ ∑=

+:=

Wiederaufwärmung :

HRg tRg( ) wenn tRg ttau> HRg1 tRg( ), HRg2 tRg( ),( ):=somit

HRg2 tRg( ) HRg1 tRg( )pD ps tRg( )−

pD

rH2O⋅ MH2O⋅ 2442⋅

kJkg

−:=tRg ttau<für

HRg1 tRg( )1

9

j

cpmm j tRg, tU,( ) tRg tU−( )⋅ rj⋅ Mj⋅ ∑=

rH2O MH2O⋅ 2442⋅kJkg

+:=tRg ttau>für

ttau 49.2 °C=ttau wurzel ps ttau( ) pD− ttau,( ):=ttau 10K:=und die Taupunkttemperatur(Taupunkt) mit dem Startwert:

SO2fVSO2

VRg_f:=N2f

VN2

VRg_f:=O2f

VO2

VRg_f:=H2Of

VH2O

VRg_f:=CO2f

VCO2

VRg_f:=

Anteile feucht

SO2trVSO2

VRg_tr:=N2tr

VN2

VRg_tr:=O2tr

VO2

VRg_tr:=CO2tr

VCO2

VRg_tr:=

Anteile trocken

VRg_f VRg_tr VH2O+:=Feuchtes Rauchgas

VH2O 74.817molkg

=VH2Ohb

MH2

wb

MH2O+ VD+:=

VD elφ ps tL( )⋅ pL

1−⋅

1 φ ps tL( )⋅ pL1−

⋅−⋅:=Wasserdampf :

r2 CO2f:=r1 N2f:=

ho 44.726MJkg

=ho 34.0cb 124.3hb+ 6.3nb+ 19.1sb+ 9.8ob−( ) 106

⋅J

kg:=

hu 41.946MJkg

=MJ 106J:=hu 34.0cb 101.6hb+ 6.3nb+ 19.1sb+ 9.8ob− 2.5wb−( ) 106

⋅J

kg:=Heizwert

Brennwert

SO2tr 0.01 %=O2tr 3.69 %=SO2f 0.01 %=O2f 3.25 %=

N2tr 83.33 %=CO2tr 12.97 %=H2Of 11.87 %=N2f 73.44 %=CO2f 11.43 %=Ergebnisse

a 159

mEinsp_CO2 13.9 t=mEinsp_CO2 mEinsp_Öl CO2f⋅ VRg_f⋅ MCO2⋅:=VermiedeneCO2_Emissionen:

VEinsp_Öl 5.105 m3=VEinsp_Öl

mEinsp_Öl

ρÖl:=ρÖl 0.86

kgl

:=bei einer Dichte von:

mEinsp_Öl 4.391 103× kg=

mEinsp_ÖlEEinsp_J

hu:=Das entspricht einer Ölmenge von:

EEinsp_J 5.116 104× kW h⋅=oder

EEinsp_J 1.842 105× MJ=

EEinsp_J PF 2000⋅ h⋅ Einsp_spez⋅:=Bei der gegebenen Feuerung beträgt unterAnnahme einer Vollaststundenzahl von 2000h/Jahr die jährlich eingesparteBrennstoffenergie bezogen auf hu:

Einsp_spez 12.8 %=Einsp_spezHRg tRg1( ) HRgW tRgKam( )−

huVRg_f⋅:=

Die Einsparung durch das nachgeschaltete Brennwertgerät beträgt, bezogen auf hu:

ηN 104 %=ηNqN

ho:=Nutzungsgrad bezogen auf ho:

qN 46.56MJkg

=qN HRg tV( ) HRgW tRgKam( )−( ) VRg_f⋅:=Die genutzte Wärme ist:

Bei der Abkühlung auft.Rgmin wird der größteTeil des Wasserdampfeskondensiert, während fürdie Wiederaufwärmung nursogenannte fühlbare Wärmeaufgewendet werden muss.

20 30 40 50 60 700

2000

4000

6000

8000

1 .104

1.2 .104

HRg tRg( )HRgW tRgW( )HRgW tRgKam( )

tRg tRgW, tRgKam,

a 160

tRgmin 30 °C⋅:=

Rauchg.temp. Kesselaustr. tRgK 220 °C⋅:= Rauchg.temp. Kamin tRgKam 50 °C⋅:=

Kontrolle für Brennstoffeingabe: CH4 C2H2+ C2H4+ C2H6+ C3H8+ C4H10+C3H6 C5H12+ H2S+ CO+ CO2+ N2+ O2+ H2O++

... 1=

Brennwert

Ho 282.99 CO⋅ 285.84 H2⋅+ 890.35 CH4⋅+ 1299.6 C2H2⋅+ 1410.64 C2H4⋅+ 1559.88 C2H6⋅+2058.49 C3H6 C6H6+ C5H12+( )⋅ 2220.03 C3H8⋅+ 2877.08 C4H10⋅++

...

103 kJ⋅kmol

⋅:=

Ho 8.221 105×kJ

kmo=

Sauerstoffbedarf:

Omin 0.5 H2 CO+( )⋅ O2− 1.5 H2S⋅+ 2 CH4⋅+ 2.5 C2H2⋅+ 3 C2H4⋅+ 3.5 C2H6⋅+ 5 C3H8⋅+6.5 C4H10⋅ 4.5 C3H6⋅+ 7.5 C6H6⋅+ 8 C5H12⋅++

...:=

Omin 1.849kmolkmol

=

Luftbedarf : Lmin1

0.21Omin⋅:= Lmin 8.806=

L λ Lmin⋅:= L 8.894=

Wasserdampf in Frischluft (λ = 1) :

VDmin Lminφ ps tU( )⋅

pL⋅:= VDmin 0.103=

VD λ VDmin⋅:= VD 0.104=

Enthalpie der Frischluft: MLRmolRL

:=

HL L 1.004⋅kJ

kg K⋅ML⋅ tU⋅ VD M9⋅ 2501

kJkg

⋅+:= HL 9.859MJ

kmol=

Enthalpie der Brenngase ( Cp = 34.6 kJ/kmol*K für Methan gerechnet)

HB 34.6kJ

kmol K⋅tU⋅:= HB 0.692

MJkmol

=

Aufgabe A 14.3 Verbrennung von Erdgas L in einem Brennwertgerät Die Analse eines Erdgases ergibt folgende Zusammensetzung:

CH4 87.4 %⋅:= C3H8 0.67 %⋅:= C5H12 0.061 %⋅:= CO2 1.19 %⋅:=

C2H2 0 %⋅:= C4H10 0.232 %⋅:= H2S 0 %⋅:= N2 8.45 %⋅:=

C2H4 0 %⋅:= C3H6 0.011 %⋅:= H2 0 %⋅:= O2 0.02 %⋅:=

C2H6 1.32 %⋅:= C6H6 0.017 %⋅:= CO 0 %⋅:= H2O 0.63 %⋅:=

Berechnen Sie bei einem Frischluftzusand von φ 0.5:= tU 20°C:= pL 1 bar⋅:=

die Rauchgaszusammensetzung bei einem Luftverhältnis von 1,1 sowie die theoretische Verbrennungstemperatur und dieabgegebene Wärmeleistung in einem Kessel, dessen Rauchgasaustrittstemperatur ursprünglich 220°C betrug, bevor einBrennwertgerät nachgeschaltet wurde, in dem die Rauchgase zunächst auf 30°C abgekühlt werden, dann aber zwecksVermeidung von Wasseranfall im (alten) Kamin über den Heizkreislauf wieder auf 50 °C aufgewärmt werden. WelchenAnteil an der gesamten Wärmeleistung hat das Brennwertgerät ?

Lösung: gegeben:

Luftverhältnis λ 1.01:=

Feuerungsleistung PF 50 kW⋅:= Min. Rauchg. temp

a 161

Anteile feucht CO2fVCO2VRg_f

:= O2fVO2

VRg_f:= N2f

VN2VRg_f

:= SO2fVSO2VRg_f

:= H2OfVH2OVRg_f

:=

r1 N2f:= r2 CO2f:= r3 O2f:= r4 SO2f:= r9 H2Of:=

Heizwert: Hu Ho VH2Omin M9⋅ 2501⋅kJkg

−:= Hu 734.7MJ

kmol=

Rauchgasenthalpie ohne Wasserdampf

HRg_tr tRg( ) tRg VRg_f1

8

j

r j cpmm j tRg, 0°C,( )⋅ Mj⋅( )∑=

⋅

⋅:=

Enthalpie und Wirkungsgrad

Taupunkt pH2OVH2OVRg_f

p⋅:= tT t´ pH2O( ):= pH2O 1.938 104× Pa= tT 59.4 °C=

Wasserdampfmenge bei Sättigung VH2Os tRg( )pS tRg( )

p pS tRg( )−VRg_tr⋅:= VH2Os 25°C( ) 0.264

m3

m3=

Wasserdampf im Rauchgas VW tRg( ) wenn tRg tT> VH2O, VH2Os tRg( ),( ):=

Rauchgasanteile bei λ = 1

VCO2 CH4 C2H2 C2H4+ C2H6+( ) 2⋅+ CO+ CO2+ 3 C3H6 C3H8+( )⋅+ 4 C4H10⋅+ 5 C5H12⋅+ 6 C6H6⋅+:=

spez.CO2 - Emission ECO2

VCO2 MCO2⋅

Ho:= ECO2 0.051

kgMJ

=

VH2Omin H2O H2+ H2S+ C2H2+ 2 CH4 C2H4+( )⋅+ 3 C2H6 C3H6+ C6H6+( )⋅+ 4 C3H8⋅+ 5 C4H10⋅+6 C5H12⋅ VDmin++

...:=

VN2min N2 0.79 Lmin⋅+:= VSO2 H2S:= VRgmin VCO2 VN2min+ VSO2+:=

VRgmin 7.987kmolkmol

=

Rauchgasanteile unter Berücksichtigung des Luftverhältnisses λ

VO2 wenn λ 1−( ) 10 3−< 0, λ 1−( ) Lmin⋅ 0.21⋅ , :=

VN2 N2 λ Lmin⋅ 0.79⋅+:= VD λ VDmin⋅:=

Trockene Rauchgasmenge VRg_tr VCO2 VN2+ VSO2+ VO2+:= VRg_tr 8.075kmolkmol

=

Wasser im Rauchgas: VH2O VH2Omin λ 1−( ) VDmin⋅+:= VH2O 1.941kmolkmol

=

Feuchte Rauchgasmenge: VRg_f VRg_tr VH2O+:= VRg_f 10.016kmolkmol

=

Anteile trocken CO2trVCO2VRg_tr

:= O2trVO2

VRg_tr:= N2tr

VN2VRg_tr

:= SO2trVSO2VRg_tr

:=

a 162

h 3600 s⋅:= nB 0.219kmol

h=

Vbr nB Vmol⋅:= Vbr 4.904m3

h=

Rauchgasenthalpie bei Wiederaufwärmung:

HKam tKam( ) HRg_tr tKam( ) VH2ORest cpmm 9 tKam, 0°C,( ) M9⋅ tKam( ) 4.506 104⋅kJ

kmol⋅+

⋅+

mK tRgmin( ) 4.2⋅kJ

kg K⋅tRgmin⋅+

...:=

Wirkungsgrad von Kessel mit Brennwertgerät: ηFHRg_f tV( ) HKam tRgKam( )−

Ho:= ηF 0.973=

Wirkungsgrad des Kessels ohne Brennwertgerät: ηKHRg_f tV( ) HRg_f tRgK( )−

Ho:= ηK 0.823=

Wärmeleistung gesamt: Q PF ηF⋅:= Q 48.67 kW=

Wärmeleistung des Brennwertgerätes: Qbr ηF ηK−( ) PF⋅:= Qbr 7.5 kW=

Kondensatmenge bei Abkühlung unter den Taupunkt:

mK tRg( ) VH2O VW tRg( )−( ) M9⋅ := mK tRgmin( ) 28.5kg

kmol=

Enthalpie von Rauchgas und Kondensat bei Abkühlung

HRg_f tRg( ) HRg_tr tRg( ) VW tRg( ) M9⋅ tRg cpmm 9 tRg, 0°C,( )⋅ 2501kJkg

+

⋅+

mK tRg( ) 4.2⋅kJ

kg K⋅tRg⋅+

...:=

Theoretische Vergrennungstemperatur: Startwert tV 1000°C:= Vorgabe

Hu HL+ HB+ tV VRg_f1

9

j

r j cpmm j tV, 0°C,( )⋅ Mj⋅( )∑=

⋅

⋅= tV Suchen tV( ):= tV 1992.5 °C=

Fehler : HRg_f tV( ) HB HL+( )− Ho−

Ho5.644 10 3−× %=

Wiederaufwärmung VH2ORest VH2Os tRgmin( ):=VH2ORest 0.358

m3

m3=

Brennstoffverbrauch nBPFHo

:=

a 163

Rauchgasenthalpie in Prozent vom Brennwert bei Abkühlung auf tRgmin und Wiederaufwärmung auf tRgKam

tRg tRgmin tRgmin 1 °C⋅+, tV..:= tKam tRgmin tRgmin 1 °C⋅+, tRgKam..:=

20 40 60 80 100 120 140 160 180 2000

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

Rauchgastemperatur

Rau

chga

sent

halp

ie in

%

rot: Abkühlungblau:Wiederaufwärmung

a 164

v2v1

ε:= p2

v1v2

κ

p1⋅:= T2p2p1

κ 1−κ

T1⋅:=

Zustand 4 T4 Tt t4( ):= T4 1.044 103× °C= v4 v1:= p4T4T1

p1⋅:=

Zustand 3 v3 v2:= T3 T4v4v3

κ 1−⋅:= p3 p4

v4v3

κ

⋅:=

für alle Zustände:

i 1 4..:= esi cpL lnTiT1

⋅ RL lnpip1

⋅−:= viRL Ti⋅

pi

→

:= ti tT Ti( ):=

Aufgabe A 15.1 Berechnung eines Vergleichsprozesses

Ein 4-Takt-Otto-Motor hat ein Verdichtungsverhältnis von ε 10:= , Die nach dem idealen Vergleichsprozess (als

Arbeitsmittel sei Luft als ideales Gas angenommen) abgeführte Wärmemenge beträgt Qab 50 kJ⋅ s 1−⋅:= . bei einerAbgastemperatur von t4 771 °C⋅:= Der Zustand der angesaugten Umgebungsluft wird mit tU 20 °C⋅:= und pU 1 bar⋅:= angegeben.a) Skizzieren Sie den Vergleichsprozess qualitativ im h-s-Diagramm und im p-v-Diagramm!

b) Berechnen Sie die Zustandgrößen p, v, t und s der Eckpunkte ( es1 0J

kg K⋅:= )!

c) Berechnen Sie das Hubvolumen, die Leistung und den Wirkungsgrad des Vergleichsprozesses bei einer

Drehzahl von nM 6500 min 1−⋅:= !d) Wie ändert sich die Leistung und der Wirkungsgrad, wenn durch Kühlung der Zylinderwände ein Anteil vona 20%:= der zugeführten Wärme bereits im oberen Totpunkt verloren geht, und die adiabate Expansioninfolge Reibung polytrop mit konstantem Exponenten n 1.3:= gerechnet werden soll?

1=U

24

3h

s

dp = 0

qzu

qab

a) wegen dh = cp*dT unterscheidet sichdas h -s -Diagramm vomT -s -Diagramm nur im Maßstab derOrdinate. Das p-v - Diagramm ist imKapitel 15.1 dargestellt.

p1 pU:=

b) gegeben: t1 tU:= p1 pU:= p1 1 105× Pa=

Zustand 1 T1 Tt t1( ):= v1RL T1⋅

p1:= p1 pU:= t1 20 °C= v1 0.841

m3

kg=

Zustand 2

a 165

p3T3T2

p2⋅:= T3 2245.5 K=

cncvL n κ−( )⋅

n 1−:= p4 p3

1

εn

⋅:= T4 T1p4p1⋅:= T4 1125.4 K=

p4 3.839 bar=q4.1 cvL T1 T4−( )⋅:=

Reibungsleistung: PR cn T4 T3−( )⋅ m⋅:= PR 24.9 kW=

abgeführter Wärmestrom: Qab_d cvL T1 T4−( )⋅ m⋅:= Qab_d 55.4− kW=

qab_d q4.1 a q2.3⋅−:= qab_d 867.249−kJkg

=

ηdq2.3 qab_d+

q2.3:= Pd ηd Qzu⋅:= ηd 0.359=

P Pd− 30.5 kW= PR 24.9 kW= Pd 45.1 kW=

Die Zustandsgrößen der Eckpunkte sind: i 1 5..:=

es5 es1:= T5 T1:= p5 p1:= v5 v1:=

esi cpL lnTiT1

⋅ RL lnpip1

⋅−:= viRL Ti⋅

pi

→

:= ti tT Ti( ):=

t

20

463.2

2349.6

771

°C= T

293.1

736.4

2622.8

1044.2

K= v

0.841

0.084

0.084

0.841

m3

kg= es

0

0−

0.91

0.911

kJkg K⋅

=

Luftmassenstrom: mQab

cvL T4 T1−( )⋅:=

Zugeführter Wärmestrom: Qzu cvL T3 T2−( )⋅ m⋅:= Qzu 125.6 kW=

Leistung: P Qzu Qab−:= P 75.6 kW=

Thermischer Wirkungsgrad: η 11

εκ 1−

−:= η 0.602=

Frischluftvolumenstrom: Vm RL⋅ T1⋅

p1:= V 0.078

m3

s=

Hubvolumen: VH VnM2

1−

⋅:= VH 1.442 l=

n 1.3=Kontrolle ηPQzu

:= η 0.602=

d ) n 1.3= a 0.2=

q2.3 cvL T3 T2−( )⋅:= neues T3: T3 T2q2.3cvL

1 a−( )⋅+:=

a 166

t

20

463.2

1972.4

852.3

20

K= T

293.1

736.4

2245.5

1125.4

293.1

K= v

0.841

0.084

0.084

0.841

0.841

m3

kg= es

0

0−

0.799

0.965

0

kJkg K⋅

=

Das p-v-Diagramm im doppeltlogarithmischen Maßstab

0.01 0.1 11

10

100

pbar

v

m3

kgDas T-s-Diagramm T-Achse logarithmisch geteilt

0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8100

1 .103

1 .104

TK

eskJ

kg K⋅

a 167

T4 t4 273.15 K⋅+:= cvcp

κ:=

T3 100 K⋅:= Vorgabe 0.5cv T3 T2−( )⋅

cp T4 T3−( )⋅= T3 Suchen T3( ):= T3 1601.2 K=

(Suchfunktion kann keine Größen mit Vektorindizes finden, deshalb hier Ersatz durch Literalindex)

T3 T3:= p3 p2T3T2⋅:= qzu cv T3 T2−( )⋅ cp T4 T3−( )⋅+:= qzu 1314.5

kJkg

=

Zustandspunkt 4: p4 p3:= Volldruckverhältnis φT4T3

:= v4 RLT4p4

⋅:=

Zustandspunkt 5: v5 v1:= p5v4v5

κ

p4⋅:= T5 p5v5RL⋅:=

i 1 5..:= esi cp lnTiT1

⋅ RL lnpip1

⋅−:= vi RLTipi

⋅:= ti tT Ti( ):=

Aufgabe A 15.2 Berechnung eines Vergleichsprozesses Ein Dieselmotor arbeitet nach dem Seiliger-Vergleichsprozess mit einem Verdichtungsverhältnis von ε = 21. Die höchsteTemperatur des Vergleichsprozesses beträgt 2200 °C. Die Wärmeenergie wird zu 1/3 bei konstantem Volumen und zu2/3 bei konstantem Druck zugeführt. Als Arbeitsmedium soll Luft mit konstanten spezifischen Wärmekapazitätenangenommen werden, die mit einem Zustand von 20 °C und 1 bar angesaugt wird.

a) Zeichnen Sie den Vergleichsprozess qualitativ im p-v-Diagramm und T-s- Diagramm!b) berechnen Sie die Eckpunkte (p, v, T, s-su ) des Kreisprozesses!

c) berechnen Sie den thermischen Wirkungsgrad des Vergleichsprozesses, den Luftdurchsatz und die Leistung, wenn der zugeführte Wärmestrom 300 kW beträgt !allgemein gegeben:

cp 1005J

kg K⋅⋅:= RL 287.1

Jkg K⋅

:= Tt t( ) t 273.15K+:= tT T( ) T 273.15K−:= κ 1.4:=

Lösung :

hier gegeben: Qzu 300 kW⋅:= ε 21:= p0 1.013 bar⋅:= T0 273.15 K⋅:=

t1 20 °C⋅:= p1 1 bar⋅:= pU p1:= t4 2200 °C⋅:= p1 1 bar=

Zustandspunkt 1: T1 Tt t1( ):= v1 RLT1p1

⋅:=

Zustandspunkt 2: p2 p1 εκ

⋅:= T2 T1 εκ 1−

⋅:= v2 RLT2p2

⋅:=

Zustandspunkt 3:

a 168

p -v - Diagramm

0.01 0.1 11

10

100

1 .103


Dru

ck in

bar

es6 es1:=T6 T1:=v6 v1:=t6 t1:=p6 p1:=

Zum Schließen des Kreislauf wird ein sechster Punkt definiert, der mit dem ersten identisch ist:

Darstellung des Kreisprozesses im p-v-Diagramm und T-S-Diagramm

mL 0.228kgs

=mLPwt

:=Luftmassenstrom:

P 205.4 kW=P Qzu ηth⋅:=Leistung:

wt 899.9kJkg

=wt ηth qzu⋅:=Spezifische Arbeit des Kreisprozesses:

ηth 0.68=ηthqzu cv T5 T1−( )⋅−

qzu:=Thermischer Wirkungsgrad

es

0

0

0.345

0.782

0.782

kJkg K⋅

=t

20

717.6

1328

2200

597.6

°C=v

0.842

0.04

0.04

0.062

0.842

m3

kg=p

1

70.98

114.7

114.7

2.97

bar=

Druck spez. Volumen Temperatur spez. Entropie Ergebnisse :

a 169

0 200 400 600 800100

1 .103

1 .104


Abs

olut

e Te

mpe

ratu

r in

KT - s - Diagramm

a 170

p1 1bar:= ϕges 10:= t6 1100°C:=

∆T 10K:= ηV 0.85:= ηT 0.9:= Pges 100MW:=

Zustand 1 T1 t1 T0+:=

ϕ1_2 10:= p2 p1 ϕ1_2⋅:= T2is ϕ1_2

κ 1−

κ T1⋅:=Zustand 2

T2is T1−

T2 T1−ηV= T2

T2is T1−( ) ηV T1⋅+

ηV:=

Zustand 3 p3 p2:= T3 T1:= Zustand 4 p4 p2 ϕ1_2⋅:= T4 T2:=

Aufgabe A 15.3 Berechnung eines 2-stufigen Gasturbinenprozesses mit internem Wärmeaustausch Eine Gasturbinenanlage mit 100 MW mechanischer Leistung wird mit zweistufiger Verdichtung undExpansion (gleiches Druckverhältnis ϕ) einem Zwischenkühler und einem Wärmeübertrager(Rekuperator) betrieben. Der Rekuperator weist zwischen den gegenströmenden Medien eine treibendeTemperaturdifferenz von 10 K auf. Der Gütegrad der Verdichter ist 0,85, der der Turbine 0,9. DieTurbineneintrittstemperatur ist jeweils 1100° C, die Eintrittstemperatur beider Verdichter liegt bei 20 °C,der Eintrittsdruck beträgt 1 bar. Das Gesamtdruckverhältnis ist ε = 10. Das Rauchgas soll als ideales Gasangesehen werden mit den Stoffdaten der Luft. a) Zeichnen Sie das Schaltbild des Prozesses und das dazugehörigen qualitative p-v-Diagramm! b) Bestimmen Sie für alle Eckpunkte des Prozesses T, p, v, s!c) Bestimmen Sie den thermischen Wirkungsgrad der Anlage, den umlaufenden Massenstrom desRauchgases Annahme: Massenstrom des Rauchgases = Massenstrom der Luft) und die zugeführtethermische Leistung in den Brennkammern!d) Bestimmen Sie den thermischen Wirkungsgrad der Gasturbinenanlage ohne Rekuperator!e) Bestimmen Sie den thermischen Wirkungsgrad der Gasturbinenanlage ohne Rekuperator und ohneZwischenkühlung!

Lösung a)

Vorbemerkung : Es handelt sich bei der zweistufigen Anlage um den ersten Schritt in Richtung Ericsson-Prozess.Dieser würde aber erst mit unendlich vielen Zwischenstufen erreicht.

BK 1

BK 2

V 2

V 1

WT 2

WT 1

T 2

T 1 G 1

G 2

2

7

6

5

8

1

4

9

3

10

p

V1 10

8

97

654

3 2

b ) allgemein gegeben °C K:= kJ 1000J:= bar 105 Pa⋅:= MW 1000kW:=

R 287J

kg K⋅⋅:= cp 1005

Jkg K⋅

⋅:= κ 1.4:= cv cp R−:=

p0 1.013bar:= T0 273.15 K⋅:= t0 0°C:= i 1 6..:=

hier gegeben t1 20°C:=

a 171

es cp lnTT0

⋅ R lnpp0

⋅−:= t T T0−:=

Anmerkung : Da in der Beziehung für v durch ein Matrixelement dividiert wird, muss die Formel vektorisiertwerden (Die ganze rechte Seite in den Bearbeitungsrahmen bringen, dann Tasten "Strg" + "-")

Ergebnisse mit Punkt 11= Punkt 1 :

p11 p1:= T11 T1:= t11 t1:= es11 es1:= v11 v1:=

TK

112

3

4

5

6

7

8

9

10

11

293.15427.48

293.15

427.4831.017·1031.373·1031.027·1031.373·1031.027·10

437.48

293.15

=t

°C

112

3

4

5

6

7

8

9

10

11

20154.33

20

154.33

743.57831.1·10

753.57831.1·10

753.578

164.33

20

=eskJ

kg K⋅

112

3

4

5

6

7

8

9

10

11

0.0750.123

-0.256

-0.207

0.664

0.966

1.004

1.296

1.334

0.477

0.075

=v

m3

kg

112

3

4

5

6

7

8

9

10

11

0.8410.388

0.266

0.123

0.292

0.394

0.932

1.246

2.947

1.256

0.841

=p

bar

112

3

4

5

6

7

8

9

10

11

13.162

3.162

10

10

10

3.162

3.162

1

1

1

=

Die Diagramme werden zunächst mit linearer Achsenteilung gebildet. Da in dieser Darstellung nur die Eckpunktemiteinander verbunden sind, können keine Zwischenwerte abgelesen werden. Dies ist nur möglich, wenn entweder diefunktionalen Verläufe abgebildet würden oder aber - wie unten - wenn im p-v-Diagramm beide Achsen logarithmischgeteilt werden und im T-s-Diagramm nur die Ordinate logarithmisch geteilt wird.

p v− Diagrammm− T s− Diagramm−

0 1 2 30

5

10

Spez. Volumen in m^3/kg

Dru

ck in

bar

0.5 0 0.5 1 1.50

500

1000

1500


Tem

pera

tur i

n K

Zustand 6 p6 p4:= T6 t6 T0+:=

Zustand 7 p7 p2:= T7is T6 ϕ1_2

1 κ−

κ⋅:=

T7 T6−

T7is T6−ηT= T7 T7is T6−( ) ηT⋅ T6+:=

Zustand 8 p8 p7:= T8 T6:= Zustand 9 p9 p1:= T9 T7:=

Zustand 10 p10 p1:= T10 T4 ∆T+:= Zustand 5 p5 p4:= T5 T9 ∆T−:=

für alle Punkte: vR T⋅

p

→

:=

a 172

mPges

qzu_d qab_d−:= m 234.6

kgs

=

Thermische Leistung der Brennkammern Qzu_dPges

ηth:= Qzu_d 304.6 MW=

e )

Zustand 4 T4is ϕges

κ 1−

κ T1⋅:= T4T4is T1−( ) ηV T1⋅+

ηV:= t4 T4 T0−:=

qzu_e cp t6 t4− t8+ t7−( )⋅:= qab_e cp t9 t1−( )⋅:= ηth_eqzu_e qab_e−

qzu_e:= ηth_e 0.336=

Massenstrom undVolumenstrom hinterVerdichter

mεPges

qzu_e qab_e−:= V4_e mε

R T4⋅

p4⋅:= mε 267.6

kgs

=

V4_e 47.2m3

s=Qzu_e

Pges

ηth_e:=

Thermische Leistung der BrennkammernQzu_e 297.3 MW=Obwohl der Wirkungsgrad genüber dem Falle d) wieder etwas besser wird, liegt ein gravierender

Nachteil darin, dass der Massenstrom, insbesondere aber der Volumenstrom in der 2.Verdichterstufe und damit der Verdichter größer wird. Bei der Anlage mit Rekuperator ist dieZwischenkühlung jedoch Voraussetzung für dessen Betrieb.

p v− Diagrammm− T s− Diagramm−

0.1 1 101

10

Spez. Volumen in m^3/kg

Dru

ck in

bar

0.5 0 0.5 1 1.5100

1 .103

1 .104


Tem

pera

tur i

n K

c ) spezifischen Wärmen und thermischer Wirkungsgrad

qzu cp t6 t5− t8+ t7−( )⋅:= qab cp t2 t3− t10+ t1−( )⋅:= ηthqzu qab−

qzu:= ηth 0.604=

Massenstrom undVolumenstrom hinterVerdichter

mPges

qzu qab−:= V4 m v4⋅:= m 234.6

kgs

=

V4 28.8m3

s=

QzuPges

ηth:=Thermische Leistung der Brennkammern Qzu 165.7 MW=

d ) Der Kreisprozess bleibt gleich, es wird nur nutzbare Abwärme "verschenkt", die zusätzlich in der Brennkammer 1zugeführt werden muss

qzu_d cp t6 t4− t8+ t7−( )⋅:= qab_d cp t2 t3− t9+ t1−( )⋅:= ηthqzu_d qab_d−

qzu_d:= ηth 0.328=

Massenstrom

a 173

ρ3 582.648kg

m3=

h1 ht´´ t1( ):= h1 1431kJkg

= h3 ht´ t3( ):= h3 380.8kJkg

=

Hinter Verdichter (Annahme: keine Druckverlustebei der Wärmeübertragung)

s2is s1:= p2 p3:= h2is hps p2 s2is,( ):= h2is 1778.8kJkg

=

h2 h1 h2is h1−( ) ηV1−

⋅+:= h2 1840.2kJkg

=

t2 wurzel h2 hpt p2 t,( )− t,( ):= t2 167.7 °C=

s2 spt p2 t2,( ):= ρ2 ρpt p2 t2,( ):= s2 6.126kJ

kg K⋅=

hinter Drossel: ρ2 7.089kg

m3=

p4 p1:= t4 t1:= h4 h3:=

Startwert: sx 1Es:= s4 wurzel h4 hps p4 sx,( )− sx,( ):= s4 1.752kJ

kg K⋅=

Aufgabe A15.4 Kühlaggregat mit NH3

Ein Kühlaggregat wird mit NH3 betrieben. Es soll im Kühlhaus eine Temperatur von -20°C erreichen und die Wärme an dieUmgebung auch bei + 33°C abführen können. Für die Wärmeübertragung sind Temperaturdifferenzen von mindestens 5°Cerforderlich. Die Kühlleistung soll 30 kW betragen.a) Geben Sie die Zustandsgrößen an den Eckpunkten eines Prozesses an, der diese Bedingungen erfüllt, wenn für denVerdichter ein Gütegrad von 0.87 angenommen werden kann. b) Stellen Sie den Prozess in folgenden Diagrammen dar: t-s-Diagramm, h-s-Diagramm, p-h-Diagramm!c) Welche Leistungsziffer hat das Aggregat und welcher Stoffstrom ist erforderlich?d) Berechnen Sie alle Ergebnisse neu für den Fall, dass das Kondensat vor der Drossel um 15 K unterkühlt wird(Außentemperatur 18°C)!

gegeben: Minimale Temperatur im Kondensator: tKo 38°C:=

Minimale Temperatur im Verdampfer: t1 25− °C:=

Kühlleistung: PK 30kW:=

Gütegrad des Verdichters: ηV 0.85:=

134

T

s

qzu

q ab

2

4

3 2Ko

DV

qzu

qab

V

1

Lösung: a ) Eckpunkte

hinter Verdampfer: hinter Kondensator (Annahme: keine Unterkühlung)

p1 pt´ t1( ):= p1 1.515 bar= t3 tKo:= p3 pt´ t3( ):= p3 14.71 bar=

s1 st´´ t1( ):= s1 5.983kJ

kg K⋅= s3 st´ t3( ):= s3 1.614

kJkg K⋅

=

ρ1 ρpt p1 t1,( ):= ρ1 1.296kg

m3= ρ3 ρt´ t3( ):=

a 174

h -s - Diagramm ss st´ t1 5K−( ) st´ t1 4K−( ), st´´ t1 30K−( )..:=

100 1 .103 1 .1040.1

1

10

100

1 .103

spez. Enthalpie in kJ/kg

Dru

ck in

bar

ps pt´ t1 10K−( ) pt´ t1 9K−( ), pc..:=h - p - Diagramm

V

ρ11−

ρ21−

ρt´´ t3( ) 1−

ρ31−

ρ41−

ρ11−

:=P

p1

p2

p3

p3

p4

p1

:=T

t1

t2

t3

t3

t4

t1

:=H

h1

h2

ht´´ t3( )h3

h4

h1

:=S

s1

s2

st´´ t3( )s3

s4

s1

:=

Ergebnisse:

b ) Diagramme

ρ4 524.651kg

m3=x4 0.219=ρ4 1 x4−( ) ρt´ t4( )⋅ x4 ρt´´ t4( )⋅+:=x4

s4 st´ t4( )−

st´´ t4( ) st´ t4( )−:=

a 175

0 1 2 3 4 5 6 70

500

1000

1500

2000


spez

. Ent

halp

ie in

kJ/

kg

t - s - Diagramm

0 1 2 3 4 5 6 7100

50

0

50

100

150

200


Tem

pera

tur i

n °C

c) Stoffstrom:

Volumenstrom AustrittVerdampfer:

Leistungsziffer:

mPK

h1 h4−:= m 0.029

kgs

=

V1mρ1

:= V1 22.038ls

=

εh1 h4−

h2 h1−:= ε 2.567=

a 176

ps pt´ t1 10K−( ) pt´ t1 9K−( ), pc..:=h - p - Diagramm

V

ρ11−

ρ21−

ρt´´ t3( ) 1−

ρ31−

ρ3n1−

ρ41−

ρ11−

:=P

p1

p2

p3

p3

p3

p4

p1

:=T

t1

t2

t3

t3

t3n

t4

t1

:=H

h1

h2

ht´´ t3( )h3

h3n

h4

h1

:=S

s1

s2

st´´ t3( )s3

s3n

s4

s1

:=

Ergebnisse:

d_b) Diagramme

ρ4 560.85kg

m3=x4 0.165=ρ4 1 x4−( ) ρt´ t4( )⋅ x4 ρt´´ t4( )⋅+:=x4

s4 st´ t4( )−

st´´ t4( ) st´ t4( )−:=

s4 1.459kJ

kg K⋅=s4 wurzel h4 hps p4 sx,( )− sx,( ):=

d) Unterkühlung um 15 °C : Die obige Berechnung wird, so weit erforderlich, kopiert und die Kopie angehängt. Die Werte der Punktes 1, 2 und 3bleiben aus der obigen Berechnung erhalten und in der kopierten Berechnung weren mit der neuen Temperatur t 3n diePunkte 3n und 4 neu gerechnet.d_a) Eckpunkte

t3n tKo 15K−:= p3 pt´ tKo( ):= p3 14.71 bar=

s3n st´ t3n( ):= s3n 1.377kJ

kg K⋅=

ρ3n ρt´ t3n( ):= ρ3n 605.754kg

m3=

h3n ht´ t3n( ):= h3n 308.1kJkg

=

hinter Drossel: p4 p1:= t4 t1:= h4 h3n:=

Startwert: sx 1Es:=

a 177

100 1 .103 1 .1040.1

1

10

100

1 .103

spez. Enthalpie in kJ/kg

Dru

ck in

bar

h -s - Diagramm

0 1 2 3 4 5 6 70

500

1000

1500

2000


spez

. Ent

halp

ie in

kJ/

kg

t - s - Diagramm

a 178

0 1 2 3 4 5 6 7100

50

0

50

100

150

200


Tem

pera

tur i

n °C

d_c) Stoffstrom:

Volumenstrom AustrittVerdampfer:

Leistungsziffer:

mPK

h1 h4−:= m 0.027

kgs

=

V1mρ1

:= V1 20.613ls

=

εh1 h4−

h2 h1−:= ε 2.744=

a 179

T3 T4 εκ 1−

⋅:= v3 v2:=

b) Wirkungsgrad ηV 11

εκ 1−

−:= ηV 0.565=

Zugeführte Wärme (spezifisch) qzu cv T3 T2−( )⋅:=

Spezifische Kreisprozessarbeit des Vergleichsprozesses wV ηV qzu⋅:=

Massenstrom des Arbeitsstoffes (Luft) mLVHv1

n2⋅:=

Leistung des Vergleichsprozesses PV mL wV⋅:= PV 98 kW=

Aufbereitung des Diagrammes: Da Feldindizes verwendet wurden können die Zustandsgrößen derEckpunkte über jeweils eine Matrix ausgegeben werden. Die fehlenden Zustandsgrößen werdennun komplett über den aktiven Feldindex i berechnet. Um einen geschlossenen Kreislauf abbildenzu können, wird ein fünfter Punkt definiert, der mit dem Punkt 1 identisch ist.

Zustand 5 für das Diagramm (= Zustand 1) v5 v1:= T5 T1:=

i 1 5..:= pi

R Ti⋅

vi:= esi cp ln

Ti

T0

⋅ R ln

pi

p0

⋅−:= ti tT Ti( ):=

Aufgabe A 15.5 Vergleichsprozess für einen Otto-Motor

Ein Viertakt-Otto-Motor hat ein Verdichtungsverhältnis von ε = 8. Ansaugzustand ist 1 bar bei 0 °C. DieAbgastemperatur des Vergleichsprozesses sei 600 °C. Der Prozess soll mit Luft als idealem Gas mit konstanterWärmekapazität berechnet werden.a) Berechnen Sie die Zustandsgrößen der Eckpunkte p, v, t, s des Vergleichsprozesses und stellen Sie den Prozessqualitativ im p-v-Diagramm und im T-s-Diagramm dar!b) Berechnen Sie die Leistung für einen Hubraum von 3 Litern bei einer Drehzahl von 5500/min

gegeben:

p1 1bar:= t1 0°C:= VH 3l:= t4 600°C:= ε 8:= n5500min

:=

a) Zustand 1 Absolute Temperatur T1 Tt t1( ):= Spez. Volumen v1

R T1⋅

p1:=

Zustand 2 v2

v1

ε:= T2 T1 ε

κ 1−⋅:= p2 p1 ε

κ⋅:=

Zustand 4 v4 v1:= T4 Tt t4( ):= p4 p1

T4

T1⋅:=

Zustand 3

a 180

Ergebnisse:

p

1

18.405

58.833

3.197

1

bar= T

273.1

628.4

2008.8

873.1

273.1

K= t

0

355.3

1735.6

600

0

°C= v

0.7844

0.0981

0.0981

0.7844

0.7844

m3

kg= es

0.004

0.004

0.837

0.837

0.004

Es=

0.01 0.1 11

10

100

p

bar

v

Ev

0 0.2 0.4 0.6 0.8100

1 .103

1 .104

T

K

es

Es

Anmerkung: Die hyberbolische Funktion p(v) wird im doppelt-logarithmischen Diagramm als Gerade abgebildet, dieExponentialfunktion T(s) dagegen im einfach logarithmischen Diagramm. Deshalb wurden in diese Diagramme nurdie Eckpunkte eingetragen und mit Geraden verbunden. Teilt man in den Diagrammen die Achsen linear, wird derVerlauf zwischen den Punkten falsch widergegeben.

a 181

Wegcm

Temperatur°C

0 10 20 30 40 5020

15

10

5

0

5

10

15

20

Temperatur-Weg-Diagramm

X3 X2 δ3.4+:=X2 X1 δ2.3+:=t

11−

9.9−

11

19

°C=t

t1

t2

t3

t4

:=X1 δ1.2:=X0 0cm:=

t1 t2 δt1.2−:=t2 t3 δt2.3−:=

t3 11 °C=t3 t4 δt3.4−:=δt3.4 qδ3.4

λ3.4⋅:=δt2.3 q

δ2.3

λ2.3⋅:=

Aufgabe A 16.1 Wärmeleitung durch eine ebene Wand

δ1.2 12cm:=gegeben: t4 19°C:= λ1.2 0.9W

m K⋅:= λ3.4 0.28

Wm K⋅

:=δ2.3 10cm:=

∆tges 30K:= λ2.3 0.04W

m K⋅:= δ3.4 27cm:=

Lösung:

A 1m2:= rWLδ1.2

λ1.2

δ2.3

λ2.3+

δ3.4

λ3.4+:= rWL 3.598

K m2⋅W

=

q∆tgesrWL

:= q 8.34W

m2=

δt1.2 qδ1.2

λ1.2⋅:=

a 182

Aufgabe A 16.1a Messung des Wärmeflusses durch eine Rohrwand

ri

ra

31 Gegeben: λR 15

Wm K⋅

:= ∆t 10.5K:=

ra 17.5mm:= ri 12.5mm:=

Lösung: Q 2π LR⋅ λR⋅∆t

lnra 1mm−

ri 1mm+

⋅=

Die Wärmestromdichte auf der Innenseite des Rohres ist somit:

qIλRri

∆t

lnra 1mm−

ri 1mm+

⋅:= qI 6.28W

cm2=

Mögliche Fehlerquellen: Ungenaue Vermessung der Bohrungen, Störung des Temperaturfeldes durch dieBohrungen, Wärmeleitung in tangentialer Richtung bei ungleichmäßiger Wärmeeinstrahlung, ungleichmäßigeKühlung auf der Innenseite, Messfehler der Thermoelemente (kleine Temperaturdifferenz!).

Ergebnis bei Benutzung der Gleichung für ebeneWand (für überschlägige Handrechnung inAnbetracht der ohnehin vorhandenen Ungenauigkeitdurchaus erlaubt):

qEλR

ra ri− 2mm−∆t⋅:= qE 5.25

W

cm2=

a 183

bzw.

mit n = 0 für kühlen des Gases/Dampfes nach neuer AbschätzungTfTw

n

gleich 1 ist .

wmAρ

:= νηFL

ρ:= w 10.339

ms

=

ν 4.623 10 7−×m2

s=Re

w di⋅

ν:= Re 4.249 105×= ⇒turbulente Strömung !

Es gilt für dieTemperaturleitzahl a:

aλ

cp ρ⋅:= Prandtl Zahl− Pr

νa

:= a 4.028 10 7−×m2

s= Pr 1.148=

Es liegt eine erzwungene turbulente Strömung im Rohrinnern vor !

Berechnung des Wärmeübergangskoeffizienten α i

⇒ Num 0.0214 Re0.8 100−( )⋅ Pr0.4⋅ 1dil

23

+

⋅ KGD⋅= nach Hausen und Gnielinski (vergl.Cerbe/Hoffmann oder VDI_WA!)

mit KGDTfTw

n= für Gase und Dämpfe und mit n=O für Kühlung des Gases

⇒ Einfluss der Wandtemperatur fällt weg! ⇒ KGD 1:=

Aufgabe A 16.2 Berechnung des Wärmedurchgangs an einem von Heißdampf durchströmten Rohr

gegeben: ∅ä 30 mm⋅:= sw 5.5 mm⋅:= l 3.3 m⋅:= tHD 500°C:= ta 50°C:=

mA 252kg

cm2 h⋅⋅:= mit mA

mA

=

Lösung:

di ∅ä 2 sw⋅−:= di 0.019 m=

THD tHD 273.15K+( ):= THD 773.15 K=

Ta ta 273.15K+( ):= Ta 323.15 K=

aus VDI-Wasserdampftafeln

v 0.01477m3

kg⋅:= ηFL 31.3 10 6−⋅

kgm s⋅⋅:= cp 3.3

kJkg K⋅⋅:= λ 0.09

Wm K⋅⋅:= ρ

1v

:= ρ 67.705kg

m3=

a)Abschätzung: Wandtemperatur sei tw 400:= °C ηw 28.5 10 6−⋅

kgm s⋅⋅:=

Diese Abschätzung spielt eine untergeordnete Rolle, da der WertηFL

ηw

0.14

a 184

Nu 0.6 0.387 Ra f3⋅( )16⋅+

2

:= Ra 1.252 105×=

Nu 8.247=

αaNu λ⋅

∅ä:= l 3.3 m= αa 11.7

W

m2 K⋅=

c) Widerstand: RWÜ1

αa Aa⋅

δ

Am λR⋅+

1α i Ai⋅

+= mit δ sw:=

V2A-Stahl (500°C):aus Dubbel

λR 0.053cal

cm s⋅ K⋅⋅:= λR 22.19

Wm K⋅

=

Aa π ∅ä⋅ l⋅:= Ai π di⋅ l⋅:= AmAa Ai−

lnAaAi

:= Aa 0.311 m2=

Ai 0.197 m2=

Am 0.25 m2=

⇒ RWÜ1

αa Aa⋅

sw

Am λR⋅+

1α i Ai⋅

+:= Q∆t

RWÜ:= RWÜ 0.277

KW

=

Q 1624 W=

Num 0.0214 Re0.8 100−( )⋅ Pr0.4⋅ 1dil

23

+

⋅:= α iNum λ⋅

di:= Num 740.202=

α i 3506.2W

m2 K⋅=

b)

Mittlere Lufttemperatur für WÜ tmtHD ta+

2:= tm 275 °C=

für Luft bei tm 275 °C= ν 45.645 10 6−⋅m2

s⋅:= Pr 0.7073:=

Werte interpoliert ausTabellenwertenCerbe/Hoffmann T. 8.3a

λ 42.58 10 3−⋅W

m K⋅⋅:= a 64.525 10 6−⋅

m2

s⋅:=

Es liegt eine freie Strömung am horizontalen Zylinder vor !

nach VDI-Wärmeatlas Fa5 (5.1) Nu 0.6 0.387 Ra f3⋅( )

16⋅+

2

= f3 10.559

Pr

916

+

16−

9

:= f3 0.327=

∆t THD Ta−:= mit dem Ausdehnungskoeff.für ideales Gas

γ1

Ta:= γ 0.00309

1K

=

⇒ Rag γ⋅ ∆t⋅ ∅ä3

⋅

ν a⋅:=

a 185

raIs ra δIs+:= AaIs π raIs⋅ l⋅:=

AmIsAaIs Aa−

lnAaIs

Aa

:=AmRAa Ai−

lnAa

Ai

:=δ

da di−

2:=

RW1

αi Ai⋅

1αa Aa⋅

+δ

λR AmR⋅+

δIs

λIs AmIs⋅+:=

Q∆t

RW:= ∆ti

Qαi Ai⋅

:= ∆taQ

αa Aa⋅:=

t1 r( ) wenn r ri< ti, lnrri

−Q

2 π⋅ l⋅ λR⋅⋅ ti+

∆ti−

,

:=

t2 r( ) wenn r ra< t1 r( ), t1 ra( ),( ):=

yi r( ) ri2 r2−:= ya r( ) ra

2 r2−:=

yIs r( ) raIs2 r2−:=raIs ra δIs+:=

tIR r( ) wenn r ra< t1 r( ), t1 ra( ) lnrra

−Q

2 π⋅ l⋅ λIs⋅⋅+,

:=

t r( ) wenn r raIs≤ tIR r( ), ta,( ):=

r 0 m⋅ 0.00001 m⋅, raIs 0.5 cm⋅+..:=

tmax wennti°C

raIs

0.0005 m⋅>

ti°C

3+,raIs

0.0005 m⋅3+,

:=

Aufgabe A 16.3 Temperaturprofil an einem isolierten Rohr °C K≡gegeben: ti 60 °C= ta 10 °C= di 0.03 m= da 0.035 m= δIs 0.015 m=

λR 40W

m K⋅= λIs 0.04

Wm K⋅

= αa 10W

m2 K⋅= αi 300

W

m2 K⋅=

(Die Daten sind unten global eingegeben).

Lösung :

∆t ti ta−:= Ai π di⋅ l⋅:= Aa π da⋅ l⋅:=

rada

2:= ri

di

2:=

a 186

t ri( ) 59.6 °C=t ra( ) 59.6 °C=t raIs( ) 32.1 °C=Q 11.2 W=Ausgabe:

(Rohrlänge)l 1 m⋅≡λIs 0.04 W⋅ m 1−⋅ K 1−

⋅≡δIs 15 mm⋅≡ta 10 °C⋅≡ti 60 °C⋅≡

αa 10 W⋅ m 2−⋅ K 1−

⋅≡αi 300 W⋅ m 2−⋅ K 1−

⋅≡λR 40 W⋅ m 1−⋅ K 1−

⋅≡di 30 mm⋅≡da 35 mm⋅≡Eingabe:

0 5 10 15 20 25 300

10

20

30

40

50

60

Radius/mm

Tem

pera

tur/

°CTemperaturprofil an einem isolierten Rohr

a 187

daraus folgt: t1 t0−( ) t0 t3−( )− t2 t0−( )+ t0 t4−( )− 0=

t1 t2+ t3+ t4+ 4 t0⋅− 0= (Für ∆x = ∆y !)

Diese Gleichung stellt eine Wärmebilanz um den Punkt 0 dar.

Für die Lösung der Aufgabe braucht man aus Symmetriegründen nur 1/4 des Temperaturfeldes gemäß Skizze zuberechnen. Die Zahl der Zellen richtet sich nach der gewünschten Genauigkeit. Die Randbedingung ist einmal dieTemperatur des Wassers, zum anderen die Isolierschicht mit gleicher Temperatur, wie die anliegende Zelle undschließlich jeweils die Temperatur der benachbarten Zelle im anderen Segment des Blockes (die sich aus der Symmetrieergibt). Somit lauten die Bilanzgleichungen für die hier ausgesuchten 12 Zellen für die Suchfunktion mit beliebigenStartwerten:

ta 0:= t1 1:= t2 1:= t3 1:= t4 1:= t5 1:= t6 1:= t7 1:= t8 1:= t9 1:= t10 1:= t11 1:= t12 1:=

Aufgabe A 16.4 Temperaturfeld in einem rechtwinkligen Block

Wasser ti = 100°C

Wasser ta = 0°C

1 2

50°C1211109876543 3

69

1210

dx

dy=dx

Lösung : αdxλ

⋅ 1=

Die Differentialgleichung von Fourier für die Wärmeleitung lautet:

d2 t⋅

dx2

d2 t⋅

dy2+ 0=

Übergang vom Differentialquotienten zum Differenzenquotientenergibt eine Differenzengleichung:

∆ ∆tx( )∆x

2

∆ ∆ty( )∆y

2+ 0=

Für ∆x ∆y= gilt: ∆ ∆tx( ) ∆ ∆ty( )+ 0=

to

t1

t2

t3

t4

∆ ∆tx( ) t1 t2−( ) t0 t3−( )−= ∆txt1 t0+

2

t0 t3+

2−=

∆ ∆ty( ) t2 t0−( ) t0 t4−( )−= ∆tyt2 t0+

2

t0 t4+

2−=

⇒ ∆txt1 t3−

2= ⇒ ∆ty

t2 t4−

2=

a 188

t2 t4+ 2 ta⋅+ 4 t1⋅− 2−= t1 t3+ t5+ ta+ 4 t2⋅− 1−= t3 t6+ t2+ ta+( ) 4 t3⋅− 1−=

t1 t5+ t7+ ta+ 4 t4⋅− 1−= t2 t6+ t8+ t4+ 4 t5⋅− 0= t3 t6+ t9+ t5+( ) 4 t6⋅− 0=

t4 t8+ t10+ ta+ 4 t7⋅− 1−= t5 t9+ t11+ t7+ 4 t8⋅− 0= t6 t9+ t12+ t8+( ) 4 t9⋅− 0=

t7 t11+ t10+ 100+ 5 t10⋅− 98= t8 t12+ t10+ 100+ 5 t11⋅− 98= t9 t12+ t11+ 100+ 5 t12⋅− 98=

Mit ORIGIN 1:= werden dieBezeichnungen festgelegt

t1 te1:= t2 te2:= t3 te3:= t4 te4:= t5 te5:= t6 te6:=

t7 te7:= t8 te8:= t9 te9:= t10 te10:= t11 te11:= t12 te12:=

Zum Erstellen eines 3D-Diagrammes für den ganzen Blockwird eine neue Matrix gebildet

tf

t1

t4

t7

t10

100 t10−

100 t7−

100 t4−

100 t1−

t2

t5

t8

t11

100 t11−

100 t8−

100 t5−

100 t2−

t3

t6

t9

t12

100 t12−

100 t9−

100 t6−

100 t3−

t3

t6

t9

t12

100 t12−

100 t9−

100 t6−

100 t3−

t2

t5

t8

t11

100 t11−

100 t8−

100 t5−

100 t2−

t1

t4

t7

t10

100 t10−

100 t7−

100 t4−

100 t1−

:= tf

4

9.4

18.9

40.2

59.8

81.1

90.6

96

6.7

14.8

26

41.7

58.3

74

85.2

93.3

7.9

17.1

28.6

42.6

57.4

71.4

82.9

92.1

7.9

17.1

28.6

42.6

57.4

71.4

82.9

92.1

6.7

14.8

26

41.7

58.3

74

85.2

93.3

4

9.4

18.9

40.2

59.8

81.1

90.6

96

=

Temperaturfeld

tf

Vorgabe

1 . t2 t4+ 2 ta⋅+ 4 t1⋅− 0= 2 . t1 t3+ t5+ ta+ 4 t2⋅− 0= 3 . t3 t6+ t2+ ta+( ) 4 t3⋅− 0=

4 . t1 t5+ t7+ ta+ 4 t4⋅− 0= 5 . t2 t6+ t8+ t4+ 4 t5⋅− 0= 6 . t3 t6+ t9+ t5+ 4 t6⋅− 0=

7 . t4 t8+ t10+ ta+ 4 t7⋅− 0= 8 . t5 t9+ t11+ t7+ 4 t8⋅− 0= 9 . t6 t9+ t12+ t8+ 4 t9⋅− 0=

10. t7 t11+ t10+ 100+ 5 t10⋅− 0= 11. t8 t12+ t10+ 100+ 5 t11⋅− 0= 12 . t9 t12+ t11+ 100+ 5 t12⋅− 0=

und das Ergebnis: te Suchen t1 t2, t3, t4, t5, t6, t7, t8, t9, t10, t11, t12,( ):=

Probe:

a 189

ta

totntmteltreltro

ti

dd2

Es folgt das Gleichungssystem

Vorgabe trel ta−( ) fa⋅ 2 tel trel−( )⋅=

tel trel−( ) 2⋅ tm tel−( )=

tm tel−( ) tn tm−( )=

tn tm−( ) to tn−( )=

to tn−( ) 2 tro to−( )⋅=

2 tro to−( )⋅ fi ti tro−( )⋅=

y Suchen trel tel, tm, tn, to, tro,( ):= Zum Auftragen in einem Diagramm wird die Ergebnis-Matrix durch die Außen-und Innentemperatur erweitert und eine Matrix für den zugehörigen Weggebildet

trel y1:=

tel y2:=

tm y3:=y

1.053

2.632

5.789

8.947

12.105

13.684

K= tn y4:=

to y5:=

tro y6:= y1

ta

ta

y1

y2

y3

y4

y5

y6

ti

ti

:= x

1−

0−

0

0.5

1.5

2.5

3.5

4

4

5

:=

2 0 2 4 610

0

10

20

y1

x

so weit funktioniert das

Aufgabe A 16.5 Temperaturprofil in der Ecke einer Außenwand

gegeben : ti 20 °C= ta 0 °C= λ 0.5W

m K⋅= αa 30

W

m2 K⋅= αi 5

W

m2 K⋅= °C 1 K= d 0.05 m=

(Diese Eingaben sind am Ende des Dokumentes als globale Definitionen gemacht worden)

Lösung : Zunächst wird definiert:L

λ

d:= fa

αa

L:= fi

αi

L:=

Um Schreibarbeit zu vermeiden, werden möglichst einfache Bezeichnungen gewählt

Zunächst muss die Randbedingung für die Schnittstelle mit der (fast)ungestörten Wand noch formuliertwerden. Dies könnte mit den bereits bekannten Gleichungen für den Wärmedurchgang durch die ebene Wanderfolgen. Jedoch soll an diesem relativ einfachen Problem die Möglichkeit, über Mathcad ein linearesGleichungssystem zu lösen, erprobt werden. Die 6 Temperaturen sind als Startwerte vorzugeben.

trel 1− K:= tel 0K:= tm 3K:= tn 4K:= to 5K:= tro 15K:=

a 190

t7 tel:= t8 tel:=

t9 tm:= t10 tm:= t11 tm:= t12 tm:= t13 tm:= t14 tm:= t15 tm:=

t16 tn:= t17 tn:= t18 tn:= t19 tn:= t20 tn:= t21 tn:=

t22 to:= t23 to:= t24 to:= t25 to:= t26 to:=

1ta

2625242322

212019181716

1514131211109

8765432

ti

17

10

2

23

D

Nunmehr kann das Gleichungssysem für den zu untersuchenden Bereich einer Wandecke formuliert werden. Da dieWärme aber - im Gegensatz zur unendlichen langen Wand (oben) - nicht senkrecht zur Oberfläche strömt, muss beiVerwendung der Suchfunktion, damit die Berechnung konvergiert, auf die Differenzierung zwischenZellenmittentemperatur und Zellenrandtemperatur verzichtet werden. Das bedeutet, dass bei höherenWärmeübergangskoeffizienten α die Zellentemperatur der Randzelle, nicht mehr durch die Wärmeleitfähigkeitbeeinflusst wird, sondern praktisch zur Wandoberflächentemperatur wird. Durch feinere Rasterung lässt sich dieseAbweichung reduzieren. Wie weiter unten gezeigt wird, gibt es aber eine Lösungsmethode, mit der auch dieses Randproblem lösbar ist.

Für eine Randzelle (Vergl Skizze unten) kann geschrieben werden:

t1 t2 t3

t9

d

ta

tr2

Wärmestrom aus Nachbarzellendurch Wärmeleitung:

Wärmestrom aus der Umgebungdurch Konvektion (hier negativ):

Q1_2 λ−Ad⋅ t1 t2−( )= Qa_2 αa− A⋅ ta t2−( )⋅=

Q3_2 λ−Ad⋅ t3 t2−( )= Bedingung fürStationäres

Temperaturfeld:

Q9_2 λ−Ad⋅ t9 t2−( )= Q∑ 0=

Somit gemäß obiger Definition für fa: ta t1−( ) fa⋅ t1+ t3+ t9+ 3 t2⋅− 0K=

Für die inneren Zellen gilt gemäß Aufgabe A16.4 am Beispiel der Zelle 12: t5 t13+ t18+ t11+ 4 t12⋅− 0K=

Startwerte

t1 tel:= t2 tel:= t3 tel:= t4 tel:= t5 tel:= t6 tel:=

a 191

t1 TR1:= t6 TR6:= t11 TR11:= t16 TR16:= t21 TR21:= t26 TR26:=

t2 TR2:= t7 TR7:= t12 TR12:= t17 TR17:= t22 TR22:=




TR

1123456789101112

0.0730.2920.510.7180.9

1.0431.1841.4791.172.0482.8973.639

K=

i 1 9..:= j 1 9..:=

Ecke

ta

ta

ta

ta

ta

ta

ta

ta

ta

ta

t1

t2

t3

t4

t5

t6

t7

t8

ta

t2

t9

t10

t11

t12

t13

t14

t15

ta

t3

t10

t16

t17

t18

t19

t20

t21

ta

t4

t11

t17

t22

t23

t24

t25

t26

ta

t5

t12

t18

t23

ti

ti

ti

ti

ta

t6

t13

t19

t24

ti

ti

ti

ti

ta

t7

t14

t20

t25

ti

ti

ti

ti

ta

t8

t15

t21

t26

ti

ti

ti

ti

:= Grundflächei j, 0°C:=

Vorgabe

Reihe 1 Reihe 2

fa ta t1−( )⋅ 2⋅ 2 t2 t1−( )⋅+ 0K= 2 t2 t10+( )⋅ 4 t9⋅− 0K=

fa ta t2−( )⋅ t1+ t3+ t9+ 3 t2⋅− 0K= t3 t11+ t16+ t9+ 4 t10⋅− 0K=





TR Suchen t1 t2, t3, t4, t5, t6, t7, t8, t9, t10, t11, t12, t13, t14, t15, t16, t17, t18, t19, t20, t21, t22, t23, t24, t25, t26,( ):=

t15 tn+ t26+ t20+ 4 t21⋅− 0K=

fi ti t26−( )⋅ t25+ t19+ to+ 3 t26⋅− 0K=t14 t21+ t25+ t19+ 4 t20⋅− 0K=

fi ti t25−( )⋅ t24+ t18+ t26+ 3 t25⋅− 0K=t13 t20+ t24+ t18+ 4 t19⋅− 0K=



2 t17 t23+( )⋅ 4 t22⋅− 0K=2 t10 t17+( )⋅ 4 t16⋅− 0K=

Reihe 4Reihe 3

fa ta t8−( )⋅ t7+ tel+ t15+ 3 t8⋅− 0K=

t8 tm+ t21+ t14+ 4 t15⋅− 0K=fa ta t7−( )⋅ t6+ t8+ t14+ 3 t7⋅− 0K=

a 192

Ecke Grundfläche,

Trotz der sehr groben Rasterbildung erkennt man deutlich im Bereich der Wand (grüne und blaue Balken) den Abfall derTemperatur der Innenwand zur Ecke hin. Die roten Balken stellen die Raumtemperatur ti dar (vergl. obige Matrix). Inder Ecke tritt bei schlechter Lüftung zuerst Schimmelbildung aufgrund von Taupunktunterschreitung auf (vergl. B16.1) , wenn die Wand ansonsten nicht zugestellt ist. Im letzteren Falle passiert das natürlich auch hinter nichthinterlüfteten Schränken und Bildern.

gegeben (die gelb unterlegten Größen können verändert werden):

ta 0°C≡αa 30

W

m2 K⋅≡ αi 5

W

m2 K⋅≡ λ 0.5

Wm K⋅

≡ d 0.05m≡ Wandstärke D 8d:= D 0.4 m=ti 20°C≡

Die Temperaturen der Innenwandoberfläche

Ein genaueres Rechenmodell finden Sie hier

a 193

Erstellen der Koeffizientenmatrix des linearen Gleichungdssystems (zunächst noch ohne Eingabe der Variablenaus den obigen Gleichungen, da Symbole in die Tabelle nicht eingegeben werden können

t17 t32+ t19+ t3+ 4 t18⋅− 0K=Für die inneren Zellen gilt (vergl. Aufgabe 16.4):

2 t2⋅8

2 fa+6−

t1⋅+ 4−ta fa⋅

2 fa+⋅=Für die Zelle 1 erhält man sinngemäß:

t1 t3+ t17+4

2 fa+5−

t2⋅+ 2ta fa⋅

2 fa+−=Durch Eliminieren von tr2 erhält man:

daraus wird:fiαi

λ

d

:=faαa

λ

d

:=dimensionslose Verhältnisse

tr2ta fa⋅

2 fa+

22 fa+

t2⋅+=

t1 t17+ t3+ 2tr2+ 5 t2⋅− 0K=somit Q∑ 0=Bedingung für stationäres Temperaturfeld:

Qa_2r αa− A⋅ ta tr2−( )⋅= Qr2_2=Q9_2 λ−Ad⋅ t17 t2−( )=

Wärmestrom aus der Umgebungdurch Konvektion (hier negativ):

Q3_2 λ−Ad⋅ t3 t2−( )=

(halber Weg)Qr2_22− λ A⋅

dtr2 t2−( )⋅=Q1_2 λ−

Ad⋅ t1 t2−( )=

Wärmestrom aus denNachbarzellendurch Wärmeleitung:

t1 t2 t3

t9

d

ta

tr2

Für eine Randzelle (Vergl Skizze unten) kann geschrieben werden:

1 2 7 16

92 100

93

93

16

8

183

2

9182

8171

7059

5846

4532

313029282726252423222120191817

1514131211109864 53

100

1.1 1.2 1.8 1.16

8.1 8.8 8.16

16.1 16.1616.8

Halbieren der Rasterteilung: Zuordnen der Gleichungen (Zeilennummern derKoeffizientenmatrix (s.u.) zu den Zellen

Ein genaueres Modell kann man mit feinerer Rastereinteilung erreichen. Da Matrizen nur mit 10 Zeilen und Spaltenerstellt werden können, benutzt man jetzt eine Eingabetabelle. Für jede Zelle wird darin eine Zeile mit den zugehörigenKoeffizienten benötigt.

Aufgabe A 16.5a Temperaturprofil in der Ecke einer Außenwand

a 194

A6 2ta fa⋅

2 fa+⋅:=

A7 2ta fa⋅

2 fa+⋅:= A8 2

ta fa⋅2 fa+⋅:= A9 2

ta fa⋅2 fa+⋅:= A10 2

ta fa⋅2 fa+⋅:= A11 2

ta fa⋅2 fa+⋅:= A12 2

ta fa⋅2 fa+⋅:=

A93 2−ti fi⋅

2 fi+:= A94 2−

ti fi⋅2 fi+

:= A95 2−ti fi⋅

2 fi+:= A96 2−

ti fi⋅2 fi+

:= A97 2−ti fi⋅

2 fi+:= A98 2−

ti fi⋅2 fi+

:=

A99 2−ti fi⋅

2 fi+:= A100 2−

ti fi⋅2 fi+

:=

A13 2ta fa⋅

2 fa+⋅:= A14 2

ta fa⋅2 fa+⋅:= A15 2

ta fa⋅2 fa+⋅:= A16 2

ta fa⋅2 fa+⋅:=

Lösung des linearen Gleichungssystems: E llösen T A,( ):=

Erstellen der Nordwandmatrix aus dem Ergebnisvektor E:

ERG2 1⟨ ⟩ submatrix E 9, 16, 1, 1,( ):= ERG2 5⟨ ⟩ submatrix E 63, 70, 1, 1,( ):=

ERG2 2⟨ ⟩ submatrix E 24, 31, 1, 1,( ):= ERG2 6⟨ ⟩ submatrix E 74, 81, 1, 1,( ):=E

112

3

4

0.06850.1508

0.2438

0.3822

K=

ERG2 3⟨ ⟩ submatrix E 38, 45, 1, 1,( ):= ERG2 7⟨ ⟩ submatrix E 84, 91, 1, 1,( ):=

T1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

12

3

4

5

6

7

1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 01 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0

0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0

:=

Nun werden die Zellen, in die Variablen einzugeben sind, gesondert definiert:

T1 1,8

2 fa+6−:= T2 2,

42 fa+

5−:= T3 3,4

2 fa+5−:= T4 4,

42 fa+

5−:=

T5 5,4

2 fa+5−:= T6 6,

42 fa+

5−:= T7 7,4

2 fa+5−:= T8 8,

42 fa+

5−:=

T9 9,4

2 fa+5−:= T10 10,

42 fa+

5−:= T11 11,4

2 fa+5−:= T12 12,

42 fa+

5−:=

T13 13,4

2 fa+5−:= T14 14,

42 fa+

5−:= T15 15,4

2 fa+5−:= T16 16,

42 fa+

4−:=

T93 93,4

2 fi+5−:= T94 94,

42 fi+

5−:= T95 95,4

2 fi+5−:= T96 96,

42 fi+

5−:=

T97 97,4

2 fi+5−:= T98 98,

42 fi+

5−:= T99 99,4

2 fi+5−:= T100 100,

42 fi+

4−:=

Die Matrix der absoluten Glieder (die hier nicht definierten werden automatisch = 0 gesetzt):

A1 4−ta fa⋅

2 fa+:= A2 2−

ta fa⋅2 fa+

:= A3 2ta fa⋅

2 fa+⋅:= A4 2

ta fa⋅2 fa+⋅:= A5 2

ta fa⋅2 fa+⋅:=

a 195

ERG2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112

3

4

5

6

7

8

1.113 2.466 3.858 5.311 6.851 8.515 10.367 12.558 20 20 201.213 2.686 4.198 5.773 7.439 9.233 11.211 13.459 20 20 20

1.295 2.866 4.475 6.144 7.898 9.766 11.785 13.991 20 20 20

1.361 3.009 4.692 6.43 8.242 10.15 12.173 14.325 20 20 20

1.411 3.117 4.855 6.641 8.49 10.418 12.434 14.54 20 20 20

1.446 3.194 4.97 6.788 8.661 10.597 12.604 14.677 20 20 20

1.469 3.244 5.043 6.881 8.767 10.707 12.706 14.759 20 20 20

1.48 3.268 5.079 6.926 8.817 10.76 12.754 14.797 20 20 20

=

ERG2i 16, ti:=ERG2i 15, ti:=ERG2i 14, ti:=ERG2i 13, ti:=

ERG2i 12, ti:=ERG2i 11, ti:=ERG2i 10, ti:=ERG2i 9, ti:=i 1 8..:=Ergänzung derWestwand durch dasTemperaturfeld imInnenraum:

ERG3

1 2 3 4 5 6 7 812

3

4

5

6

7

8

0.069 0.151 0.244 0.382 0.549 0.712 0.862 0.9960.151 0.321 0.491 0.813 1.21 1.579 1.912 2.207

0.244 0.491 0.83 1.169 1.898 2.484 2.998 3.456

0.382 0.813 1.169 1.949 2.729 3.46 4.14 4.762

0.549 1.21 1.898 2.729 3.608 4.488 5.341 6.141

0.712 1.579 2.484 3.46 4.488 5.542 6.595 7.609

0.862 1.912 2.998 4.14 5.341 6.595 7.89 9.184

0.996 2.207 3.456 4.762 6.141 7.609 9.184 10.871

K=

ERG3 erweitern ERG1 ERG2T,( ):=Hinzufügen der Nordwand:

4− E92⋅ 2 E93⋅+ 2 E83⋅+ 3.553− 10 15−× K=

ta− fa⋅ 0 °C=

E6 E4+ E20+ fa 3+( ) E5⋅− 0.987− °C=

ERG1

E1

E2

E3

E4

E5

E6

E7

E8

E2

E17

E18

E19

E20

E21

E22

E23

E3

E18

E32

E33

E34

E35

E36

E37

E4

E19

E33

E46

E47

E48

E49

E50

E5

E20

E34

E47

E59

E60

E61

E62

E6

E21

E35

E48

E60

E71

E72

E73

E7

E22

E36

E49

E61

E72

E82

E83

E8

E23

E37

E50

E62

E73

E83

E92

:=E50 E48+ E36+ E61+ 4 E49⋅− 0 °C=

ti− fi⋅ 10− °C=

E92 E94+ E84+ fi 3+( ) E93⋅− 9.3− °C=Erstellen der Ecke

Probe :

ERG2T

1.113

2.466

3.858

5.311

6.851

8.515

10.367

12.558

1.213

2.686

4.198

5.773

7.439

9.233

11.211

13.459

1.295

2.866

4.475

6.144

7.898

9.766

11.785

13.991

1.361

3.009

4.692

6.43

8.242

10.15

12.173

14.325

1.411

3.117

4.855

6.641

8.49

10.418

12.434

14.54

1.446

3.194

4.97

6.788

8.661

10.597

12.604

14.677

1.469

3.244

5.043

6.881

8.767

10.707

12.706

14.759

1.48

3.268

5.079

6.926

8.817

10.76

12.754

14.797

K=

Transponieren = Vertauschen von Zeilen und Spalten (Str und 1):

a 196

Hinzufügen der Westwand: ERG stapeln ERG3 ERG2,( ):=

ERG

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1312

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

0.069 0.151 0.244 0.382 0.549 0.712 0.862 0.996 1.113 1.213 1.295 1.361 1.4110.151 0.321 0.491 0.813 1.21 1.579 1.912 2.207 2.466 2.686 2.866 3.009 3.117

0.244 0.491 0.83 1.169 1.898 2.484 2.998 3.456 3.858 4.198 4.475 4.692 4.855

0.382 0.813 1.169 1.949 2.729 3.46 4.14 4.762 5.311 5.773 6.144 6.43 6.641

0.549 1.21 1.898 2.729 3.608 4.488 5.341 6.141 6.851 7.439 7.898 8.242 8.49

0.712 1.579 2.484 3.46 4.488 5.542 6.595 7.609 8.515 9.233 9.766 10.15 10.418

0.862 1.912 2.998 4.14 5.341 6.595 7.89 9.184 10.367 11.211 11.785 12.173 12.434

0.996 2.207 3.456 4.762 6.141 7.609 9.184 10.871 12.558 13.459 13.991 14.325 14.54

1.113 2.466 3.858 5.311 6.851 8.515 10.367 12.558 20 20 20 20 20

1.213 2.686 4.198 5.773 7.439 9.233 11.211 13.459 20 20 20 20 20

1.295 2.866 4.475 6.144 7.898 9.766 11.785 13.991 20 20 20 20 20

1.361 3.009 4.692 6.43 8.242 10.15 12.173 14.325 20 20 20 20 20

1.411 3.117 4.855 6.641 8.49 10.418 12.434 14.54 20 20 20 20 20

1.446 3.194 4.97 6.788 8.661 10.597 12.604 14.677 20 20 20 20 20

1.469 3.244 5.043 6.881 8.767 10.707 12.706 14.759 20 20 20 20 20

1.48 3.268 5.079 6.926 8.817 10.76 12.754 14.797 20 20 20 20 20

K=

Das Balkendiagramm mit den Zellentemperaturen:

ERG

Die automatische Berechnung nach dem Ändern einer Eingabe "hakt" manchmal. Es muss dann oben in der Leiste auf"Rechnen", "Arbeitsblatt berechnen" geklickt werden

a 197

Achtung: Die Wand (ohne Dampfsperre) kann auch dann zu feucht werden, wenn der Taupunkt innerhalb der Wand (ingeringer Entfernung von der Oberfläche) unterschritten wird, da dann sehr viel Wasserdampf in die Wandhineindiffundiert und dort kondensiert. Das Wasser hat dann weder die Möglichkeit, nach außen zu gelangen, um dort zuverdunsten, oder in Zeiten mit trockenerer Innenluft (häufigeres Lüften) nach innen zu verdunsten. DerGleichgewichtszustand hängt ab von den bauphysikalischen Eigenschaften der Wand (neben Wämeleiteigenschaften auchDiffusionswiderstände), vom Klima und insbesondere auch vom Nutzerverhalten.

wo die blaue Linieoberhalb der rotenliegt, kondensiert dasWasser bereits auf derWandoberfläche

0 5 10 15 20 25 30 35 4010

11

12

13

14

15

16

Abstand von der Ecke in cm

Tem

pera

tur d

er In

nenw

ando

berf

läch

e

Innenwandtemperatur und Taupunkttemperaturz 93 100..:=x 0 8

dcm

..:=ORIGIN 1:=

tT 13.5 °C=tT ts φ ps ti( )⋅( ):=Taupunkttemperatur

φ 0.66:=Vorgegebene Luftfeuchte:

trE 13.256 °C=Eck

trEK

sp E93( )K

0

0.5d

cm

:=trEfi ti⋅ 2 E92⋅+( )

fi 2+( ):=Temperatur in der Ecke:

le z( )d

cmz 93− 0.5+( )⋅:=sp E93( ) 14.046 K=sp tz( )

ti fi⋅2 fi+

22 fi+

tz⋅+:=

Die Temperaturen der Innenwandoberfläche

ti 20°C≡D 0.4 m=D 8d:=Wandstärked 0.05m≡λ 0.5

Wm K⋅

≡αi 5W

m2 K⋅≡αa 30

W

m2 K⋅≡

ta 0°C≡

gegeben (die gelb unterlegten Größen können verändert werden):

a 198

R2W2W1

:= NTU21

1 R2−ln

1 R2 P2⋅−

1 P2−

⋅:=P2 0.872=

NTU2km A⋅

WStr2= A

NTU2km

W2⋅:=A 19.16 m2=

nur zur Übersicht: P1 R2 P2⋅:= ΘP1 P2−

ln1 P2−

1 P1−

:= Θ 0.265=

nunmehr wird tab2 als Variable geschrieben, zum Vergleich mitdem unten berechneten Gleichströmer wird der Index durch aergänzt.

P2a tab2a( )tab2a tzu2−

∆tzu:= NTU2a tab2a( ) 1

1 R2−ln

1 R2 P2a tab2a( )⋅−

1 P2a tab2a( )−

⋅:=

Aa tab2a( )NTU2a tab2a( )

kmW2⋅:= Qa tab2a( ) V2 cpW⋅ ρW⋅ tab2a tzu2−( )⋅:=

Abhängigkeit der Übertragerfläche von der Endtemperaturdes Frischwassers tab2a tzu2 1K+ tzu2 2K+, tzu1 1K−..:=

0 20 40 60 80 1000

20

40

60

Aa tab2a( )

tab2a

0 20 40 60 80 1000

20

40

60

Qa tab2a( )kW

Aa tab2a( )

tab2a

Aufgabe A 16.6 Berechnung des Temperaturverlaufes in einem Wärmeübertrager mit vorgegebenem k-Wert für Gegenstrom und Gleichstrom

gegeben: ρW 1000kg

m3:=V1 5

m3

h:= V2 3

m3

h:= cpW 4.2

kJkg K⋅

:= tzu1 90°C:= tzu2 12°C:=

mittlerer Wärmedurchgangskoeffizient km 600W

m2 K⋅:=

Lösung. a) Zunächst wird eine Austrittstemperatur von tab2 80°C:= vorgegeben.

Q V2 cpW⋅ ρW⋅ tab2 tzu2−( )⋅:= Q 238 kW=

dann ist: ∆tzu tzu1 tzu2−:= ∆tzu 78 K=

W1 cpW V1⋅ ρW⋅:= W2 cpW V2⋅ ρW⋅:=

P2tab2 tzu2−

∆tzu:=

a 199

Θ∆tm∆tzu

:= ∆tm 34.561 K=

Θ 0.443=

zur Kontrolle ein Ergebnis-Diagramm: Tzutzu1

tab1

:= Tab

tzu2

tab2

:= L

1

2

:=

1 20

50

100

Tzu

Tab

L

AQ

km ∆tm⋅:= A 11.477 m2=

zur Kontrolle fürdie folgendeBerechnung:

NTU1km A⋅

W1:= NTU1 1.181=

Berechnung über die Kennzahlen:

damit erkenntlich wird, dass die Berechnung über ein Gleichungssystem mit den aus derallgemeinen Darstellung kopierten Gleichungen richtig abläuft, werden zunächst beliebigeStartwerte vorgegeben.

R1W1W2

:=

Startwerte P2 0.6:= NTU2 0.5:= NTU1 0.6:= P1 0.5:=

wenn die Startwerte im Nenner eine 0 (bei P1=P2) erzeugen, kann Mathcad nicht iterieren!

VorgabeP1

tzu1 tab1−

∆tzu= P1

1 eNTU1− 1 R1+( )⋅

−1 R1+

= ΘP1

NTU1=

NTU1NTU2

1R1

=

Das Verhältnis von Übertragerleistung zur Übertragerfläche (Investitionskosten) wird um so kleiner, je weiter dieFrischwassertemperatur der theoretisch erreichbaren angenähert wird.

b) Gleichstrom Wir gehen analog Aufgabenteil a) vor mit den Gleichungen für Gleichstrom.

Zur besseren Übersicht wird zunächst direkt mitden Temperaturen gerechnet. DieGrenztemperatur für den unendlich großen WÜist die Mischungstemperatur für die beidenMassenströme.

tmW1 tzu1⋅ W2 tzu2⋅+

W1 W2+:= tm 60.7 K=

Zunächst wird ein spezieller Wert für dieAustrittstemperatur des Stromes 1 vorgegeben,der oberhalb der Mischungstemperatur liegt:

tab1 65K:=

dann wird: ∆tzu tzu1 tzu2−:= ∆tzu 78 K=

∆t1 tzu1 tab1−:= P1tzu1 tab1−

∆tzu:= P1 0.321= ∆t1 25 K=

P2W1W2

P1⋅:= ∆t2 P2 ∆tzu⋅:= P2 0.534= ∆t2 41.7 K=

tab2 tzu2 ∆t2+:= tab2 53.7 K=

∆tmax ∆tzu:= ∆tmin ∆tmax ∆t1− ∆t2−:= QStr ∆t1 W1⋅:= ∆tmin 11.3 K=

Q 238 kW=∆tm

∆tmax ∆tmin−

ln∆tmax

∆tmin

:=

a 200

Vergleich zwischen beiden WÜ: tab2b tzu2 1K+ tm..:=

Qb tab2b( ) V2 cpW⋅ ρW⋅ tab2b tzu2−( )⋅:=

tab1b 58K( ) 62.4 K=Probe:tab1b tab2b( ) tzu1 P1b tab2b( ) ∆tzu⋅−:=

P1b tab2b( ) P2b tab2b( )W2W1⋅:=Ab tab2b( )

NTU2b tab2b( ) W2⋅

km:=

NTU2b tab2b( )ln 1 P2b tab2b( ) 1 R2+( )⋅− −

1 R2+:=P2b tab2b( )

tab2b tzu2−

∆tzu:=R2

1R1

:=

Bildung einer Funktion, zum Vergleich mit dem Gegenströmer Ergänzung des Index durch denBuchstaben b :

A 7.033 m2=

ANTU1 W1⋅

km:=

P2 Ergebnis3:=P1 Ergebnis2:=

Ergebnis

0.7234

1.2056

0.3205

0.5342

0.4431

=NTU2 Ergebnis1:=NTU1 Ergebnis0:=

das Ergebnis stimmt also übereinmit dem der obigen kontinuierlicherfolgten expliziten Berechnung.Die Daten aus der Ergebnismatrixmüssen den Symbolen zugeordnetwerden. Das macht Mathcad nichtselbständig

Ergebnis Suchen NTU1 NTU2, P1, P2, Θ,( ):=

Obiges Gleichungssystem enthält mehr Gleichungen als erforderlich. Sie können z.B. die beidenletzten Gleichungen entfernen, da diese Umkehrfunktionen bereits im System enthalteneGleichungen sind. Die Angabe der Umkehrfunktionen ist je nach vorgegebenen Größen beiexpliziter Berechnung erforderlich.

ΘP1 P2+( )−

ln 1 P1 P2+( )− =NTU1

ln 1 P1 1 R1+( )⋅− −

1 R1+=

P2NTU2

P1NTU1

=

a 201

tabb 80:= dta 50:= dtb 40:= dtmin 20:= dtmax 30:=

t

dta

dtmax

dtmintzub

tzua

dtb

l

1 2 3

tzua-tabbtaba

dt2

dt3tabb

Vorgabe der kleine Buchstabe dist hier nicht alsDifferenzial zuverstehen, sondern alsDifferenz

dtb1 WStrb⋅ dta1 WStra⋅=dtb2 WStrb⋅ dta2 WStra⋅=dtb3 WStrb⋅ dta3 WStra⋅=dQStr1 dt1 km⋅ dA⋅= dt1 km⋅ dA⋅ dta1 WStra⋅=dQStr2 dt2 km⋅ dA⋅= dt2 km⋅ dA⋅ dta2 WStra⋅=dQStr3 dt3 km⋅ dA⋅= dt3 km⋅ dA⋅ dta3 WStra⋅=

dta dta1 dta2+ dta3+= dtb dtb1 dtb2+ dtb3+=

dt1 dtmin dta1 dtb1−( ) 0.5⋅+=dtmax dtb+ dtmin dta+= dtmin taba tzub−= dt2 dtmin dta1+ dtb1− dta2 dtb2−( ) 0.5⋅+=tzua tzub− dtb dtmax+= dtmax tzua tabb−= dt3 dtmin dta1+ dtb1− dta2 dtb2−( )+ dta3 dtb3−( ) 0.5⋅+=

0 20 40 60 80 1000

20

40

60

Austrittstemperatur des Frischwassers

Fläc

he d

es W

ärm

eübe

rtrag

ers

0 20 40 60 80 1000

10

20

30

40

50

Austrittstemperatur des Frischwassers

Ver

hältn

is L

eist

ung

/ Flä

che

0 0.5 10

10

20

30

40

50

Wirkungsgrad P2

Ver

hältn

is L

eist

ung

zu Ü

bertr

ager

fläch

e

Wie aus den Diagrammen ersichtlich, ist derUnterschied zwischen den beiden Strömungsformennur ab einer Ausnutzung des möglichenTemperaturgefälles für den Frischwasserstrom vonetwa P2 = 35% interessant. Darunter werden reinkonstruktive Erwägungen maßgebend sein. Manwird in der Regel zwischen P = 0,4 und P = 0.6einen kompakten Plattenwärmeübertrager(Kreuzstrom) wählen, der im Ergebnis zwischendem Gleichströmer und dem Gegenströmer liegt.

c) für diesen Aufgabenteil wählen wir die Zellenmethode (vergl. Aufgabe A 16.5) die für alle Strömungsformenangewendet werden kann. Der WÜ wird in Zellen aufgeteilt, für die jeweils eine eigene Bilanz erstellt wird. DasGleichungssystem wird über die Suchfunktion gelöst. Es werden gemäß Skizze 3 Zellen gewählt.

Vorgaben ohne Einheiten, Zahlenwerte für die kohärenten SI-Einheiten:

tzua 90:= tzub 12:= A 19.16:= dAA3

:= WStra 5833:= WStrb 3500:= km 600:=

Startwerte:

dQStr1 1:= dQStr2 1.1:= dQStr3 1.2:= dta1 1:= dta2 1.1:= dta3 1.2:=

dtb1 1:= dtb2 1.1:= dtb3 1.2:= dt1 20:= dt2 22:= dt3 23:=

taba 20:=

a 202

ΘP1 P2−

ln1 P2−1 P1−

:= NTU1P1Θ

:= NTU2P2Θ

:= Θ 0.354=

R2P1P2

:= R11

R2:=

damit wird: ∆tm Θ ∆tzu⋅:= Q kWÜ AWÜ⋅ ∆tm⋅:= ∆tm 65.5 K=

Q 108.1 kW=W1Q∆t1

:= W2Q∆t2

:=

Bei einem veränderten k-Wert (kv) bleiben die Wärmekapazitätsströme erhalten und es gilt: W1 720.4WK

=

W1W2

∆t2∆t1

= R1=NTU2NTU1

= R1W1W2

:= NTU1 kv( )kv AWÜ⋅

W1:= R1 0.5=

P1 kv( )1 eNTU1 kv( ) R1 1−( )⋅−

1 R1 eNTU1 kv( ) R1 1−( )⋅⋅−:= Θ kv( )

P1 kv( )NTU1 kv( )

:=

P2 kv( ) R1 P1 kv( )⋅:= QStr kv( ) kv AWÜ⋅ Θ kv( )⋅ ∆tzu⋅:=

tab2 kv( ) tzu2 P2 kv( ) ∆tzu⋅+:= tab1 kv( ) tzu1 P1 kv( ) ∆tzu⋅−:=

Aufgabe A 16.7 Einfluss eines durch Verschmutzung verminderten k-Wertes in einem Gegenstromapparat

gegeben: Fläche des Wärmeübertragers: AWÜ 15m2:= k-Wert: kWÜ 110W

m2 K⋅:=

Temperaturen im Auslegungszustand:

Stoffstrom 1: tzu1 200°C:= tab1 50°C:= Stoffstrom 2: tzu2 15°C:= tab2 90°C:=

Lösung:

Bestimmung der Austrittstemperatur im verschmutzten Zustand bei unverändertenWärmekapazitätsströmen und Eintrittstemperaturen:

Wärmestrom im Auslegungsfall ∆tzu tzu1 tzu2−:= ∆tzu 185 K=

∆t1 tzu1 tab1−:= ∆t2 tab2 tzu2−:= ∆t1 150 K=

∆t2 75 K=

Die Kennzahlen sind: P1tzu1 tab1−

∆tzu:= P2

tab2 tzu2−

∆tzu:= P1 0.811=

P2 0.405=

a 203

Leistung und Austrittstemperaturen des Wärmeübertragers abhängig vomWärmedurchgangskoeffizienten (bei unterschiedlicher Verschmutzung)

kv 0.5kWÜ kWÜ..:=

50 60 70 80 90 100 11050

60

70

80

90

100

110

tab1 kv( )

tab2 kv( )

QStr kv( )kW

kv

Übertragener Wärmestrom : schwarz gestrichelt, Austrittstemperatur Abgas: rote Linie, Austrittstemperatur Wasser:blau gepunktet

a 204

b) Darstellung als Funktion von T: Wir verlassen uns zunächst einmal auf die numerischen Fähigkeiten von Mathcadund verzichten auf das Ableiten der Funktion "zu Fuß". Wie wir erkennen müssen, wird das aber auch etwasaufwendig. Der Startwert muss in dem Bereich liegen, in dem der Graph der Ableitung auf seine Nullstelle zuläuft.Deshalb wird eine Aufteilung in vier Bereiche für 500 K<T<1000K , für 1100K<T<2000K und zwischen 2000 K und2900 K, so wie zwischen 3000 K und 6000 K erforderlich. Die beiden ersten Bereiche sind im Folgenden dargestellt.

λmax 3.238 10 7−× m=λmax wurzel i´S1 λ1 T1,( ) λ1,( ):=so funktioniert es:

i´S1 λ T1,( )λ

iS1 λ T1,( )dd

:=iS1 λ T,( ) 10 8− iS λ T,( )⋅:=λ1 10 6− m:=Startwerta )

0.1 1 102 .105

0

2 .105

4 .105

6 .105

i´S λ T2,( )W

m4

1015⋅

iS λ T2,( )W

m3

109⋅

λ 106⋅ m 1−⋅

0.1 1 10 1005

0

5

10

15

i´S λ T1,( )W

m4

1015⋅

iS λ T1,( )W

m3

109⋅

λ 106⋅ m 1−⋅

λ 0.05 10 6−⋅ m⋅ 0.055 10 6−

⋅ m⋅, 1.2 10 5−⋅ m⋅..:=

Hier tritt wegen der großen Zahlenwerte für Mathcad ein Problem auf. Während sich die Lösung (λ1 = 1,3 * 10-6 m) ausdem Diagramm ergibt, ist die Berechnung zunächst nicht möglich. Die Funktion muss daher für kleinere Zahlenwertedefiniert werden.

λmax 3.238 10 7−× m=λmax wurzel i´S λ1 T1,( ) λ1,( ):=i´S λ T,( )

λiS λ T,( )d

d

:=λ1 10 6− m:=

iS λ T,( ) a1

λ5

e

a2

λ T⋅ 1−

⋅

:=a2 0.01438 m⋅ K⋅:=a1 0.374 10 15−⋅ W⋅ m2

⋅:=

Die erste Ableitung muss an der fraglichen Stelle 0 seinLösung:

T2 6000K:=T1 1000K:=gegeben:

Aufgabe A 16.8 Berechnung der maximalen Strahlungsintensität (Wien´sches Verschiebungsgesetz)

a 205

λmax TS( ) 4.85 10 7−× m=

TS 5971 K=TS wurzel λmax Ts( ) 0.485 10 6− m⋅− Ts,

:=Ts 1000K:=Startwert

TOL 10 10−:=c )

0 1000 2000 3000 4000 5000 60000

2 .10 6

4 .10 6

λmax Te( )

m

Te

K

Te 500K 501K, 6000K..:=λmax Te( ) interp λmax T, λmax, Te,( ):=

λmax pspline T λmax,( ):=Bildung einer Funktion aus diesen Werten:

0 1000 2000 3000 4000 5000 60000

2 .10 6

4 .10 6

Absolute Temperatur / K

Wel

lenl

änge

max

imal

er In

tens

ität

/ m

λmax

T

λmax Λmax 1⟨ ⟩ m⋅:=T Λmax 0⟨ ⟩ K⋅:=

Λmax0 1

01

500 -65.79·10600 -64.83·10

:=

Die Funktionswerte der vier Funktionen wurden in eine Eingabetabelle eingegeben:

1000 1500 20000

5

10

λ2max T2( )

10 6− m⋅

T2

K

600 800 10000

5

10

λ1max T1( )

10 6− m⋅

T1

K

T2 1000K 1100K, 2000K..:=λ2max T2( ) wurzel i´S1 λ1 T2,( ) λ1,( ):=λ1 1.85 10 6− m⋅:=

T1 500K 600K, 1000K..:=λ1max T1( ) wurzel i´S1 λ1 T1,( ) λ1,( ):=λ1 3.3 10 6− m⋅:=

a 206

500 1000 1500 2000 2500 3000 3500 4000 4500 5000 5500 60000

1 .10 6

2 .10 6

3 .10 6

4 .10 6

5 .10 6

λmax Te( )

Te

λmax Te( )xTe

:=

x 2.896 10 3−× m K=x Suchen x( ):=e

a2−

x a2

5 x⋅+ 1− 0=Vorgabex 10 6− K⋅ m⋅:=TOL 10 12−

:=

e

a2−

λmax T⋅ a2

5 λmax T⋅( )⋅+ 1− 0=oder :5 λmax⋅ T⋅ 1 e

a2−

λmax T⋅−

⋅ a2− 0=oder :5 5 e

a2−

λmax T⋅⋅−

a2

λmax T⋅− 0=

= 0 setzen:

i´s T λ,( ) a1− λ5

e

a2

λ T⋅ 1−

⋅

2−

⋅ 5λ4( ) e

a2

λ T⋅ 1−

⋅ λ5

e

a2

λ T⋅⋅

a2

λ2

T⋅−

⋅+

⋅:="zu Fuß" abgeleitet:

Nun machen wir uns doch einmal die Mühe, die Funktion "zu Fuß" oder "mit Kopf" abzuleiten und werden erkennen, dassmit ein wenig Mathematik (vorausgesetzt, es wird keine der inneren Ableitungen vergessen) manches doch sehr vieleinfacher geht: Man bilde also die Ableitung der Intensitätsfunktion und suche die Nullstelle für λmax*T

a 207

eges

π100

W

m2=

eges = π* en dies war zu zeigen

eges0

2 π⋅

ϕ0

π

2βen cos β( )⋅ sin β( )⋅

⌠⌡

d

⌠⌡

d:=

Die Aufsummierung über beide Winkel ergibt

de β ϕ,( ) en cosβ⋅ sin β( )⋅ dβ⋅ dϕ⋅=

de β ϕ,( ) en cosβ⋅1

r2⋅ dA β ϕ,( )⋅=somit wird auf das

hervorgehobeneFlächenelement dAeingestrahlt:

dA β ϕ,( ) r sin β( )⋅ r⋅ dβ⋅ dϕ⋅=bestrahltesFlächenelement:

er_β cos β( ) en

r2⋅=und im Winkel β

d

d

r sin

dr sin r d

eren

r2=en 100

W

m2:=

Die Strahldichte nimmt ab mit demQuadrat der Entfernung.

Annahme: Die Strahldichte in Richtung der Flächennormalen sei:

Lösung:

Aufgabe A 16.9 Zusammenhang zwischen Strahlungsdichte in Richtung Flächennormalen und diffuser Gesamtstrahlung

a 208

in %:EL

ES46.4 %=

Vergleich mit Glühlampe TG 2000K:= EG0.1µm

100µmλiS λ TG,( )⌠

⌡

d:= EG 0.907MW

m2=

ELG0.38µm

0.78µmλiS λ TG,( )⌠

⌡

d:= ELG 0.015MW

m2=

ELG

EG1.7 %=

c) Energiedichte der Sonnenstrahlung auf der Erde

Entfernung von der Erde sE_S 1.496 108km⋅:= Durchmesser der Sonne: DS 13.92 105km⋅:=

Energiedichte auf der Erde auf einer Fläche mit senkrechter Einstrahlung (Solarkonstante):

Die emittierte Strahlungsdichte in Richtung derFlächennormalen (die auf die Erde gerichtet ist) ist ES / π(vergl. Aufg. A16.9). Die ankommende Strahlungsdichtenimmt ab mit dem Quadrat der Entfernung

EE

ES

π

sE_S2

π DS2

⋅

4⋅:= EE 1.353

kW

m2=

Die Solarkonstante ist je nach angenommender Oberflächentemperatur der Sonne, angenommener Entfernung undangenommenem Sonnendurchmesser geringfügig unterschiedlich.

Aufgabe A 16.10 Berechnung der Solarkonstanten (Sonneneinstrahlung auf die Erde)

Gegeben: TS 5762K:= µm 10 6− m:= MW 106W:=

a1 0.3741775 10 15−⋅ W⋅ m2

⋅:= a2 0.0143877 m⋅ K⋅:= iS λ T,( ) a1

λ5

e

a2

λ T⋅ 1−

⋅

:= i´S λ T,( )λ

iS λ T,( )dd

:=

Lösung:

Spektrale Strahlungsdichte der Sonne in W/m4 über der Wellenlänge in µm

0.01 0.1 1 10 1002 .104

0

2 .104

4 .104

6 .104

8 .104

1 .105

a ) Der Integrationsbereich ist aus dem obigenDiagramm ersichtlich. Wie man durchProbieren leicht erkennen kann, liegt jedochnoch ein geringer Anteil zwischen 10 und100 µm

ES0.1µm

100µmλiS λ TS,( )⌠

⌡

d:= ES 62.505MW

m2=

b ) Im Bereich des sichtbaren Lichtes wirdemittiert: EL

0.38µm

0.78µmλiS λ TS,( )⌠

⌡

d:= EL 29.032MW

m2=

a 209

CS 5.6705W

m2 K4⋅

⋅:= Q1_2Str tW( ) AM CS⋅ ε1_2⋅Tt tW( )

100

4 Tt tMa( )100

4

−

⋅:= Q1_2Str tW1( ) 195.7− W=

Qab tW tL,( ) Q1_2Kon tL( ) Q1_2Str tW( )+:= Qab tW1 tL1,( ) 411.7− W=

Der Mensch friert also sehr, weil er fast 4 mal so viel Wärme abgibt, wie er produziert, d.h. seine Hautkühlt sich ab.

b ) will er nicht frieren, müsste er bei gleicher Lufttemperatur die Wand so weit erwärmen, dass die Wärmebilanz 0wird.

tW1 20°C:= Vorgabe Qab tW1 tL1,( ) QPM+ 0W= tW1 Suchen tW1( ):= tW1 43.1 K=

Unter der Annahme, dass bei der Aktion die Luft auf tL2 20°C:= erwärmt wird, muss er die Kacheln erwärmen auf:

tW2 20°C:= Vorgabe Qab tW2 tL2,( ) QPM+ 0W= tW2 Suchen tW2( ):= tW2 38.4 K=

Sie können einen solchen Versuch jederzeit selbst machen, um den Einfluss der Wärmestrahlung zu spüren.

Die gelb unterlegten Eingaben können Sie verändern

Aufgabe A 16.11 Wärmestrahlung zwischen Mensch und Umgebung (Bad) gegeben:

Q

tMa 35°C:= tW1 15°C:= tL1 15°C:= αk 6W

m2 K⋅:=

εM 0.92:= εW 0.9:= AW 10.m2:=

Oberfläche des Menschen: AM 1.8m2:=

Wärmeproduktion bei geringer Tätigkeit (stehendentspannt, ohne Atemluft): QPM 125W:=

Lösung :

Wärmeabgabe durchKonvektion:

Q1_2Kon tL( ) αk AM⋅ tL tMa−( )⋅:= Q1_2Kon tL1( ) 216− W=

ε1_21

1εM

AM

AW

1εW

1−

⋅+

:= ε1_2 0.903=Wärmeabgabe durchStrahlung:

a 210

ist ϕ121

2 R12

⋅1 R1

2+ R2

2+ 1 R1

2+ R2

2+

24 R1

2⋅ R2

2⋅−−

⋅:= ϕ12 0.495=

ϕ211

2 R22

⋅1 R1

2+ R2

2+ 1 R1

2+ R2

2+

24 R1

2⋅ R2

2⋅−−

⋅:= ϕ21 0.02=

da mit ε1 0.9:= ε2 0.8:= 1 ε1−( ) 1 ε2−( )⋅ ϕ12⋅ ϕ21⋅ 1.96 10 4−×= << 1 ist, gilt: ε´1 ε1_eff:=

und mit t1 950°C:= t2 20°C:= T2 Tt t2( ):= CS 5.6705W

m2 K4⋅

:= A1 r12π⋅:=

Q1_Sch ϕ12 A1⋅ ε1'⋅ ε2⋅ CS⋅Tt t1( )100

4 T2

100

4

−

⋅= Startwert t2 100K:= ist der Wärmestrom:

Im stationären Zustand strahlt der Schirm so viel ab, wie er aufnimmt. Für die Abstrahlung des Schirmes in den Raumgilt:

A2 r22π⋅:= t2 wurzel ϕ12 A1⋅ ε´1⋅ ε2⋅ CS⋅

Tt t1( )100

4 Tt t2( )100

4

−

⋅ A2 ε2⋅ CS⋅Tt t2( )100

4 Tt tR( )100

4

−

⋅− t2,

:=

t2 198.4 K=

Somit ist der Wärmestromzum Schirm:

Q1_2 ϕ12 A1⋅ ε´1⋅ ε2⋅ CS⋅Tt t1( )100

4 Tt t2( )100

4

−

⋅:= Q1_2 1498 W=

Aufgabe A 16.12 Wärmestrahlung aus einem Muffelofen auf eine Abschirmung

0,5 m

0,2 m

1 m

950°C

R =

L =

0,5 m

gegeben: Ofenradius: r1 0.1 m⋅:=

Raumtemperatur: tR 20°C:=

Ofentemperatur: t1 950°C:=

Abstand: a 0.5 m⋅:=

Schirmradius: r2 0.5m:=

Lösung :

Das Problem wird auf die Emission und Reflexion einerkreisförmigen Scheibe (Der Öffnung des Ofens) reduziert. Bedingtdurch den (großen) Anteil der aus dem Hohlraum nicht nach außengelangenden Reflexionen muss dabei ein höherer Emissions-koeffizient für die kreisförmige Öffnung bebildet werden. DieUmrechnung findet man im VDI-WA unter Ka 8. "EffektiverEmissionsgrad für Öffnungen von Zylindrischen Bohrungen inAbhängigkeit von L/R und dem Emissionsgrad der Wand".Hieraus:

ε1_eff 0.97:=

a) CS 5.6705W

m2 K4⋅

⋅:= Eges π r12

⋅ ε1_eff⋅ CS⋅Tt t1( )100

4 Tt tR( )100

4

−

⋅:= Eges 3.855 kW=

b) für Strahlung zwischen parallelen Kreisflächen mit gemeinsamer Mittelpunktsenkrechten finden wir die Einstrahlzahlunter Kb 5:

mit a 0.5 m⋅:= (Abstand) r2 0.5m:= (Schirmradius)

R1r1a

:= R2r2a

:=

a 211

mag., strichpunktiertQgesGesamte Wärmeabgabe durch Strahlung aus der Öffnung:

blau, gepunktet Q1_RAbstrahlung in den Raum (am Schirm vorbei)

rote LinieQ1_2Wärmeübertragung auf den Schirm

0.01 0.1 1 100

1000

2000

3000

4000

Schirmradius in m

Wär

mes

tröm

e in

W

Strahlungsbilanz in Abhängigkeit vom Schirmdurchmesser

MSch

0.05

0.1

0.25

0.5

1

2.5

5

28

110

584

1498

2444

2961

3052

3818

3712

3103

1947

776

148

38

3847

3822

3687

3445

3220

3109

3090

:=

QgesQ1_RQ1_2r2

Zur Veraunschaulichung der Wirkung des Schirmes sollen ergänzend noch die Ergebnisse abhängig vomSchirmdurchmesser aufgetragen werden. Um nicht alle Gleichungen oberhalb als Funktion von r2 umschreiben zumüssen, werden die Ergebnisse von 7 Eingaben für r2 in eine Matrix eingetragen:

Qges 3445 W=Qges Q1_2 Q1_R+:=und der insgesamt abgestrahlte Wärmestrom:

Q1_R 1947 W=Q1_R Eges Q´1_2−:=Somit ist der am Schirm vorbei in denRaum abgestrahlte Wärmestrom

Q´1_2 1908 W=Q´1_2 ϕ12 A1⋅ ε´1⋅ CS⋅Tt t1( )100

4 Tt tR( )100

4

−

⋅:=

c) Hierzu wird zunächst der Wärmestromberechnet, der auf den Schirm übergehenwürde, wenn er Raumtemperatur hätte undschwarz wäre (ε2 = 1).

a 212

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