Thermodynamik

Musterlösungen

Alle 45 Aufgaben aus den acht Aufgabenblättern und den beiden Seminarübungen: mit Ansatz, Rechenweg, Ergebnis und den passenden Formeln. Die Originalblätter und ihre Diagramme sind direkt abrufbar.

Zur ergänzten Formelsammlung·Zur Ergebnisübersicht

45 Aufgaben10 Blätter14 Diagramme und Skizzen19 Originalseiten
Vorzeichen

Wärme und Arbeit zum System positiv, vom System negativ. Beträge sind ausdrücklich markiert.

Einheiten und Stoffwerte

Temperaturquotienten in Kelvin, Drücke absolut. Stoffwerte und Näherungen stehen bei der Rechnung.

Unklare Aufgabenangaben

Mehrdeutigkeiten und Widersprüche sind erklärt. Bedingte Ergebnisse sind als Varianten gekennzeichnet.

Standardwerte, sofern im Blatt nichts anderes angegeben ist: g = 9,81 m/s²; Luft R = 287,1 J/(kg·K), κ = 1,4. Bei Aufgabe 35 gelten die dort vorgegebenen Luftwerte. Rundungsdifferenzen zu Tabellen oder Diagrammablesungen sind möglich.

Aufgabenblatt 1 · Aufgaben 1–10

Einheiten, Fluide und ideale Gase

Aufgabe 1Aufgabe 2Aufgabe 3Aufgabe 4Aufgabe 5Aufgabe 6Aufgabe 7Aufgabe 8Aufgabe 9Aufgabe 10

1 · Temperatur

Gegeben

tC=40 ∘Ct_C=40\,{}^{\circ}\mathrm C
Hinweis zur Aufgabenstellung

Die Abkürzung °R ist im Blatt nicht ausgeschrieben; deshalb sind beide gebräuchlichen Interpretationen ausgewiesen.

Umrechnen

T=40+273,15=313,15 KT=40+273{,}15=313{,}15\ \mathrm K
tF=1,8⋅40+32=104 ∘Ft_F=1{,}8\cdot40+32=104\,{}^{\circ}\mathrm F
TR=1,8⋅313,15=563,67 ∘RT_R=1{,}8\cdot313{,}15=563{,}67\,{}^{\circ}\mathrm R

313,15 K; 104 °F; bei Rankine 563,67 °R.

Alternative bei historischer Réaumur-Skala

tReˊ=0,8⋅40=32 ∘Reˊt_{\text{Ré}}=0{,}8\cdot40=32\,{}^{\circ}\text{Ré}

Im Blatt steht nur °R. Wird damit Réaumur statt Rankine gemeint, lautet die letzte Antwort 32 °Ré.

Ergebnis

313,15 K · 104 °F · 563,67 °R (Rankine) / 32 °Ré

Passende Formeln: Temperaturskalen: Kelvin, Fahrenheit, Rankine, Réaumur

Umrechnung nach NIST SP 811. Die historische Réaumur-Alternative ist wegen der nicht ausgeschriebenen Aufgabenabkürzung zusätzlich genannt.

2 · Schrägrohrmanometer

Gegeben

l=0,049 m,α=30∘,D=0,050 m,d=0,005 m,ρ=850 kg/m3l=0{,}049\ \mathrm m,\quad\alpha=30^\circ,\quad D=0{,}050\ \mathrm m,\quad d=0{,}005\ \mathrm m,\quad\rho=850\ \mathrm{kg/m^3}
Modell und Annahmen
  • l wird als Meniskusweg entlang des Rohres ab der unbelasteten Lage interpretiert; Gasdichte vernachlässigt.

Höhenunterschied einschließlich Behälterabsenkung

ΔhB=l(d/D)2=0,000490 m\Delta h_B=l(d/D)^2=0{,}000490\ \mathrm m
Δh=lsin⁡30∘+ΔhB=0,024990 m\Delta h=l\sin30^\circ+\Delta h_B=0{,}024990\ \mathrm m

Überdruck und Einheiten

Δp=ρgΔh=850⋅9,81⋅0,02499=208,379 Pa\Delta p=\rho g\Delta h=850\cdot9{,}81\cdot0{,}02499=208{,}379\ \mathrm{Pa}
Δp=2,08379 mbar=2,08379 hPa\Delta p=2{,}08379\ \mathrm{mbar}=2{,}08379\ \mathrm{hPa}

Überdruck ≈ 208,38 Pa = 2,0838 mbar = 2,0838 hPa.

Vereinfachung ohne Behälterkorrektur

ΔpAB≫AR=ρglsin⁡30∘=204,29 Pa\Delta p_{A_B\gg A_R}=\rho gl\sin30^\circ=204{,}29\ \mathrm{Pa}

Die angegebenen beiden Durchmesser ermöglichen die genauere Korrektur. Der vereinfachte Wert liegt etwa 2 % niedriger.

Ergebnis

208,38 Pa = 2,0838 mbar = 2,0838 hPa

Passende Formeln: Schrägrohrmanometer mit Behälterkorrektur · Hydrostatisches Grundgesetz

3 · Viskosität aus Kugelfall

Gegeben

m=0,00020 kg, d=0,0050 m, ρO¨l=910 kg/m3, s=0,25 m, Δτ=12 sm=0{,}00020\ \mathrm{kg},\ d=0{,}0050\ \mathrm m,\ \rho_{\text{Öl}}=910\ \mathrm{kg/m^3},\ s=0{,}25\ \mathrm m,\ \Delta\tau=12\ \mathrm s
Modell und Annahmen
  • Endgeschwindigkeit erreicht; keine Wand- oder Endkorrekturen.

Geschwindigkeit und Kugelvolumen

c=s/Δτ=0,020833 m/sc=s/\Delta\tau=0{,}020833\ \mathrm{m/s}
VK=πd3/6=6,54498⋅10−8 m3V_K=\pi d^3/6=6{,}54498\cdot10^{-8}\ \mathrm{m^3}

Kräftegleichgewicht bei konstanter Sinkgeschwindigkeit

mg=ρO¨lVKg+3πηdcmg=\rho_{\text{Öl}}V_Kg+3\pi\eta dc
η=(m−ρO¨lVK)g3πdc=1,40334 Pa s\eta=\frac{(m-\rho_{\text{Öl}}V_K)g}{3\pi dc}=1{,}40334\ \mathrm{Pa\,s}

Dynamische Viskosität η ≈ 1,4033 Pa·s.

Gültigkeit prüfen

Re=ρO¨lcd/η=0,06755≪1Re=\rho_{\text{Öl}}cd/\eta=0{,}06755\ll1

Die kleine Reynolds-Zahl stützt die Stokes-Näherung. Gefäßdurchmesser und Wandkorrektur sind nicht angegeben.

Ergebnis

η ≈ 1,4033 Pa·s

Passende Formeln: Stokes-Gesetz und Kugelfallviskosimeter · Kreis, Zylinder, Kegel und Kugel

4 · Wasserhöhe im Vakuumkondensator

Gegeben

p1=0,06 bar(abs), p2,u¨=−0,880 bar, pamb=1,01 bar, ρ=994 kg/m3p_1=0{,}06\ \mathrm{bar(abs)},\ p_{\text{2,ü}}=-0{,}880\ \mathrm{bar},\ p_{amb}=1{,}01\ \mathrm{bar},\ \rho=994\ \mathrm{kg/m^3}

Messdruck auf Absolutdruck beziehen

p2,abs=1,01−0,880=0,130 barp_{2,abs}=1{,}01-0{,}880=0{,}130\ \mathrm{bar}
p2−p1=0,070 bar=7000 Pap_2-p_1=0{,}070\ \mathrm{bar}=7000\ \mathrm{Pa}

Hydrostatische Höhe

h=7000994⋅9,81=0,71786 mh=\frac{7000}{994\cdot9{,}81}=0{,}71786\ \mathrm m

Der Wasserspiegel liegt rund 0,718 m über Messstelle 2.

Ergebnis

h ≈ 0,718 m

Passende Formeln: Absolutdruck, Überdruck und Druckkraft · Hydrostatisches Grundgesetz

5 · Gasentnahme bei schwimmender Scheibe

Gegeben

m1=250000 kg,V1=400000 m3,Δm=100000 kgm_1=250000\ \mathrm{kg},\quad V_1=400000\ \mathrm{m^3},\quad\Delta m=100000\ \mathrm{kg}
Modell und Annahmen
  • Konstante Temperatur und unveränderte Scheibenlast: konstanter Druck.

Restmasse und neues Volumen

m2=150000 kgm_2=150000\ \mathrm{kg}
V2=V1m2m1=400000150000250000=240000 m3V_2=V_1\frac{m_2}{m_1}=400000\frac{150000}{250000}=240000\ \mathrm{m^3}

Spezifische Volumina

v1=400000250000=1,6 m3/kg,v2=240000150000=1,6 m3/kgv_1=\frac{400000}{250000}=1{,}6\ \mathrm{m^3/kg},\quad v_2=\frac{240000}{150000}=1{,}6\ \mathrm{m^3/kg}

V₂ = 240000 m³; v₁ = v₂ = 1,6 m³/kg.

Ergebnis

V₂ = 240000 m³ · v₁ = v₂ = 1,6 m³/kg

Passende Formeln: Gasentnahme aus einem Scheibengasbehälter

6 · Hydraulische Presse

Gegeben

A1=1 cm2, A2=10 cm2, F1=20 N, s1=0,02 mA_1=1\ \mathrm{cm^2},\ A_2=10\ \mathrm{cm^2},\ F_1=20\ \mathrm N,\ s_1=0{,}02\ \mathrm m
Modell und Annahmen
  • Gleiche Höhen, inkompressible Flüssigkeit, keine Verluste.

a) Kraft am großen Kolben

F2=F1A2/A1=20⋅10=200 NF_2=F_1A_2/A_1=20\cdot10=200\ \mathrm N

b) Wege und Arbeit

s2=s1A1/A2=0,002 m=2 mms_2=s_1A_1/A_2=0{,}002\ \mathrm m=2\ \mathrm{mm}
Wein=20⋅0,02=0,40 J,Waus=200⋅0,002=0,40 JW_{\mathrm{ein}}=20\cdot0{,}02=0{,}40\ \mathrm J,\quad W_{\mathrm{aus}}=200\cdot0{,}002=0{,}40\ \mathrm J

Die Arbeit am System ist +0,40 J; die vom idealen System am zweiten Kolben abgegebene Arbeit ist −0,40 J. Betragsmäßig gleich.

F₂ = 200 N; beide Arbeitsbeträge 0,40 J.

Ergebnis

F₂ = 200 N · |W| = 0,40 J

Passende Formeln: Pascal-Prinzip und hydraulische Presse

7 · Druck im Japangraben

Gegeben

h=8410 m,ρ=1025 kg/m3,A=1 cm2=10−4 m2h=8410\ \mathrm m,\quad\rho=1025\ \mathrm{kg/m^3},\quad A=1\ \mathrm{cm^2}=10^{-4}\ \mathrm{m^2}
Modell und Annahmen
  • Die vorgegebene Meerwasserdichte wird über die ganze Tiefe konstant verwendet.

Hydrostatischer Druck

pu¨=ρgh=84564652,5 Pa=845,647 barp_{\text{ü}}=\rho gh=84564652{,}5\ \mathrm{Pa}=845{,}647\ \mathrm{bar}

Druckkraft auf 1 cm²

Fnetto=pu¨A=8456,47 NF_{\mathrm{netto}}=p_{\text{ü}}A=8456{,}47\ \mathrm N

Dies ist die Kraft aus dem Überdruck, entsprechend einer Kabine mit demselben Atmosphärendruck wie an der Oberfläche.

Überdruck ≈ 845,65 bar; Netto-Druckkraft ≈ 8,456 kN.

Falls Absolutdruck gefragt ist

pabs=pu¨+1,01325 bar=846,659775 barp_{abs}=p_{\text{ü}}+1{,}01325\ \mathrm{bar}=846{,}659775\ \mathrm{bar}

Die alleinige äußere absolute Druckkraft beträgt dann etwa 8,467 kN; eine innere Druckkraft muss für die Nettobelastung abgezogen werden.

Ergebnis

pü ≈ 845,65 bar · Fnetto ≈ 8,456 kN

Passende Formeln: Hydrostatisches Grundgesetz · Absolutdruck, Überdruck und Druckkraft

8 · Auftrieb eines Steins

Gegeben

FLuft=5 N,FWasser=3,2 N,ρW≈1000 kg/m3F_{Luft}=5\ \mathrm N,\quad F_{Wasser}=3{,}2\ \mathrm N,\quad\rho_W\approx1000\ \mathrm{kg/m^3}
Modell und Annahmen
  • Vollständig eingetaucht; Luftauftrieb vernachlässigt; Wasserdichte als 1000 kg/m³ angenommen.

Auftrieb und Volumen

FA=5−3,2=1,8 NF_A=5-3{,}2=1{,}8\ \mathrm N
V=1,81000⋅9,81=1,83486⋅10−4 m3=183,486 cm3V=\frac{1{,}8}{1000\cdot9{,}81}=1{,}83486\cdot10^{-4}\ \mathrm{m^3}=183{,}486\ \mathrm{cm^3}

Masse und Dichte

m=5/9,81=0,509684 kgm=5/9{,}81=0{,}509684\ \mathrm{kg}
ρK=100055−3,2=2777,78 kg/m3\rho_K=1000\frac5{5-3{,}2}=2777{,}78\ \mathrm{kg/m^3}

V ≈ 183,49 cm³; ρStein ≈ 2778 kg/m³.

Ergebnis

V ≈ 183,49 cm³ · ρ ≈ 2778 kg/m³

Passende Formeln: Archimedisches Prinzip

9 · Luft isochor und isobar erwärmen

Gegeben

m=1 kg, p1=2 bar, T1=300,15 K, T2=500,15 Km=1\ \mathrm{kg},\ p_1=2\ \mathrm{bar},\ T_1=300{,}15\ \mathrm K,\ T_2=500{,}15\ \mathrm K
Modell und Annahmen
  • Es gelten die im Blatt gegebenen Werte R = 287,2 J/(kg·K), cᵥ = 0,7166 und cₚ = 1,0038 kJ/(kg·K).

Anfangsvolumen

V1=mRT1/p1=1⋅287,2⋅300,15/200000=0,4310154 m3V_1=mRT_1/p_1=1\cdot287{,}2\cdot300{,}15/200000=0{,}4310154\ \mathrm{m^3}

a) Isochor

V2=V1,p2=p1T2/T1=3,33267 barV_2=V_1,\quad p_2=p_1T_2/T_1=3{,}33267\ \mathrm{bar}
qv=cvΔT=0,7166⋅200=143,32 kJ/kgq_v=c_v\Delta T=0{,}7166\cdot200=143{,}32\ \mathrm{kJ/kg}

V₂ = 0,431015 m³; p₂ ≈ 3,33267 bar; Qᵥ = 143,32 kJ.

b) Isobar

p2=2 bar,V2=V1T2/T1=0,7182154 m3p_2=2\ \mathrm{bar},\quad V_2=V_1T_2/T_1=0{,}7182154\ \mathrm{m^3}
qp=cpΔT=1,0038⋅200=200,76 kJ/kgq_p=c_p\Delta T=1{,}0038\cdot200=200{,}76\ \mathrm{kJ/kg}

Für 1 kg stimmen die Zahlenwerte von Q und q überein. Die Kelvinwerte sind exakt aus 27 °C und 227 °C umgerechnet.

p₂ = 2 bar; V₂ = 0,718215 m³; Qₚ = 200,76 kJ.

Ergebnis

Isochor: 3,33267 bar / 143,32 kJ · isobar: 0,718215 m³ / 200,76 kJ

Passende Formeln: 5 · Zustandsänderungen idealer Gase · 3 · Zustandsgleichungen und Wärmekapazität

10 · Wasserstoff aus einer Stahlflasche

Gegeben

V1=0,020 m3, p1=120 bar, T1=283,15 K, p2=1 bar, T2=273,15 KV_1=0{,}020\ \mathrm{m^3},\ p_1=120\ \mathrm{bar},\ T_1=283{,}15\ \mathrm K,\ p_2=1\ \mathrm{bar},\ T_2=273{,}15\ \mathrm K
Modell und Annahmen
  • Ideales Gas entsprechend der Aufgabenannahme; beide Drücke absolut.

Gasgleichung bei unveränderter Masse

p1V1T1=p2V2T2\frac{p_1V_1}{T_1}=\frac{p_2V_2}{T_2}
V2=0,020⋅120273,15283,15=2,315239 m3V_2=0{,}020\cdot120\frac{273{,}15}{283{,}15}=2{,}315239\ \mathrm{m^3}

Das entspannt gedachte Gas beansprucht rund 2,31524 m³.

Ergebnis

V₂ ≈ 2,31524 m³

Passende Formeln: 3 · Zustandsgleichungen und Wärmekapazität

Aufgabenblatt 2 · Aufgaben 11–19

Energiebilanzen, Strömung und Zustandsänderungen

Aufgabe 11Aufgabe 12Aufgabe 13Aufgabe 14Aufgabe 15Aufgabe 16Aufgabe 17Aufgabe 18Aufgabe 19

11 · Energiezufuhr zum Wasserbett

Gegeben

Pel=0,250 kW, τel=3600 s, PM=0,050 kW, τM=600 sP_{el}=0{,}250\ \mathrm{kW},\ \tau_{el}=3600\ \mathrm s,\ P_M=0{,}050\ \mathrm{kW},\ \tau_M=600\ \mathrm s
Modell und Annahmen
  • Adiabat; elektrische und mechanische Energie werden dem System zugeführt.

Arbeit summieren

Q=0,ΔU=Wel+WMQ=0,\quad\Delta U=W_{el}+W_M
ΔU=0,250⋅3600+0,050⋅600=930 kJ\Delta U=0{,}250\cdot3600+0{,}050\cdot600=930\ \mathrm{kJ}

Die innere Energie steigt um 930 kJ.

Richtung der mechanischen Arbeit

ΔU=900−30=870 kJbei Arbeitsabgabe\Delta U=900-30=870\ \mathrm{kJ}\quad\text{bei Arbeitsabgabe}

Die Hauptrechnung versteht die mechanische Leistung als Arbeit am Wasserbett. Falls die Formulierung eine Arbeitsabgabe des Systems meint, gilt stattdessen 870 kJ.

Ergebnis

ΔU = +930 kJ (Arbeit am Bett)

Passende Formeln: 2 · Energie und erster Hauptsatz · Adiabat erwärmen durch Rührarbeit

12 · Wasserkraftturbine

Gegeben

Δz=1500 m,m˙=20000/3600 kg/s,A=0,05 m2,c2=0,1 m/s\Delta z=1500\ \mathrm m,\quad\dot m=20000/3600\ \mathrm{kg/s},\quad A=0{,}05\ \mathrm{m^2},\quad c_2=0{,}1\ \mathrm{m/s}
Modell und Annahmen
  • Kontrollvolumen umfasst die Zuleitung und die Turbine; Verluste in der Leitung sind nicht angegeben und werden vernachlässigt. Ein- und Austrittsdruckanteile werden als gleich angesetzt.

Massenstrom und Eintrittsgeschwindigkeit

m˙=5,55556 kg/s,c1=m˙/(ρA)=0,111111 m/s\dot m=5{,}55556\ \mathrm{kg/s},\quad c_1=\dot m/(\rho A)=0{,}111111\ \mathrm{m/s}

Stationäre Energiebilanz

Pab=m˙[gΔz+c12−c222]P_{\mathrm{ab}}=\dot m\left[g\Delta z+\frac{c_1^2-c_2^2}{2}\right]
Pab=81,75001 kWP_{\mathrm{ab}}=81{,}75001\ \mathrm{kW}

Die kinetische Korrektur ist hier nur etwa 0,0065 W. Die maßgebende Energie ist die Fallhöhe.

Die theoretisch abgegebene Leistung beträgt etwa 81,75 kW.

Ergebnis

Pab ≈ 81,75 kW

Passende Formeln: 12 · Stationäre Fließprozesse · Kontinuität

13 · Venturi und Pumpenleistung

Gegeben

z1=0,3 m, z2=1 m, z3=0,8 m, d1=1 m, d2=0,5 m, ζ=0,2, ηP=0,95z_1=0{,}3\ \mathrm m,\ z_2=1\ \mathrm m,\ z_3=0{,}8\ \mathrm m,\ d_1=1\ \mathrm m,\ d_2=0{,}5\ \mathrm m,\ \zeta=0{,}2,\ \eta_P=0{,}95
Modell und Annahmen
  • Verluste der Verengung/Erweiterung gemäß Blatt vernachlässigt; die beiden Messstellen des Venturi liegen hinter den Bögen.

a) Differenzmanometer und Geschwindigkeit

Δp=(13500−1000)⋅9,81⋅0,3=36787,5 Pa\Delta p=(13500-1000)\cdot9{,}81\cdot0{,}3=36787{,}5\ \mathrm{Pa}
A1/A2=(d1/d2)2=4,c2=4c1A_1/A_2=(d_1/d_2)^2=4,\quad c_2=4c_1
Δp=12ρ(c22−c12)=12ρ⋅15c12\Delta p=\tfrac12\rho(c_2^2-c_1^2)=\tfrac12\rho\cdot15c_1^2
c1=2,21472 m/s,c2=8,85889 m/sc_1=2{,}21472\ \mathrm{m/s},\quad c_2=8{,}85889\ \mathrm{m/s}
V˙=A1c1=1,739440 m3/s\dot V=A_1c_1=1{,}739440\ \mathrm{m^3/s}

Volumenstrom ≈ 1,73944 m³/s.

b) Förderhöhe und Wellenleistung

hV=2ζc222g=1,60 mh_V=2\zeta\frac{c_2^2}{2g}=1{,}60\ \mathrm m
HP=(z2+z3)+hV=1,80+1,60=3,40 mH_P=(z_2+z_3)+h_V=1{,}80+1{,}60=3{,}40\ \mathrm m
PWelle=1000⋅9,81⋅1,7394397⋅3,400,95=61,071 kWP_{\mathrm{Welle}}=\frac{1000\cdot9{,}81\cdot1{,}7394397\cdot3{,}40}{0{,}95}=61{,}071\ \mathrm{kW}

z₂ + z₃ ist im Bild die Differenz der beiden offenen piezometrischen Spiegel. Die äußeren Rohrquerschnitte besitzen beide d₁, daher heben sich ihre Geschwindigkeitshöhen in der Gesamtbilanz auf. Die beiden Bögen liegen im engen Rohr und verwenden c₂.

Benötigte Wellenleistung ≈ 61,07 kW.

Ergebnis

V̇ ≈ 1,73944 m³/s · PWelle ≈ 61,07 kW

Passende Formeln: Venturi bei verlustfreiem Querschnittswechsel · Differenzmanometer mit schwerer Sperrflüssigkeit · Bernoulli mit Maschine und Einzelverlusten · Hydraulische Leistung, Wellenleistung und Füllzeit

14 · Isotherme Kolbenkompression

Gegeben

p1=pu=1 bar,V1=1 l,V2=0,5 lp_1=p_u=1\ \mathrm{bar},\quad V_1=1\ \mathrm l,\quad V_2=0{,}5\ \mathrm l
Modell und Annahmen
  • Ideales Gas, quasistatisch und reversibel; Kolbengewicht vernachlässigt.

a) p-V-Diagramm

Die Isotherme führt von (1 l; 1 bar) nach (0,5 l; 2 bar). Die Kompressionsrichtung ist nach links oben.

Quantitatives p-V-Diagramm. Die Flächen unterscheiden den Beitrag der Umgebung und die zusätzliche Kolbenstangenarbeit.
Quantitatives p-V-Diagramm. Die Flächen unterscheiden den Beitrag der Umgebung und die zusätzliche Kolbenstangenarbeit.

b) Enddruck

p2=p1V1/V2=2 barp_2=p_1V_1/V_2=2\ \mathrm{bar}

c) Volumenänderungsarbeit

Wv=p1V1ln⁡(V1/V2)=100ln⁡2=69,3147 JW_v=p_1V_1\ln(V_1/V_2)=100\ln2=69{,}3147\ \mathrm J

d) Zusätzliche Arbeit an der Kolbenstange

WStange=Wv+pu(V2−V1)=69,3147−50=19,3147 JW_{\mathrm{Stange}}=W_v+p_u(V_2-V_1)=69{,}3147-50=19{,}3147\ \mathrm J

Die Atmosphäre liefert bei der Kompression bereits 50 J. An der Stange ist nur die Differenz aufzubringen.

e) Innere Energie und Wärme

ΔU=0,Q=−Wv=−69,3147 J\Delta U=0,\qquad Q=-W_v=-69{,}3147\ \mathrm J

p₂ = 2 bar; Wᵥ = +69,31 J; WStange = +19,31 J; ΔU = 0; an das Bad abgegebene Wärme 69,31 J.

Ergebnis

p₂ = 2 bar · Wᵥ = +69,31 J · WStange = +19,31 J

Passende Formeln: 5 · Zustandsänderungen idealer Gase · Kolbenstangenarbeit und Umgebungsdruck

15 · Gasbehälter isobar erwärmen

Gegeben

V1=100000 m3,t1=5 ∘C,t2=27 ∘CV_1=100000\ \mathrm{m^3},\quad t_1=5\,{}^{\circ}\mathrm C,\quad t_2=27\,{}^{\circ}\mathrm C
Modell und Annahmen
  • Die zweite Temperaturangabe t₁ = 27 °C wird als t₂ gelesen. Masse und Scheibenlast bleiben gleich.

Temperaturverhältnis verwenden

V2=V1T2/T1=100000300,15278,15=107909,40 m3V_2=V_1T_2/T_1=100000\frac{300{,}15}{278{,}15}=107909{,}40\ \mathrm{m^3}

V₂ ≈ 107909,40 m³.

Ergebnis

V₂ ≈ 107909,40 m³

Passende Formeln: 5 · Zustandsänderungen idealer Gase

16 · Isotherme Luftverdichtung

Gegeben

m=2 kg,p1=0,9 bar,p2=7,2 bar,T=288,15 Km=2\ \mathrm{kg},\quad p_1=0{,}9\ \mathrm{bar},\quad p_2=7{,}2\ \mathrm{bar},\quad T=288{,}15\ \mathrm K
Modell und Annahmen
  • R = 287,1 J/(kg·K), ideales Gas.

a) Volumina

v1=RT/p1=0,9191985 m3/kg,V1=1,838397 m3v_1=RT/p_1=0{,}9191985\ \mathrm{m^3/kg},\quad V_1=1{,}838397\ \mathrm{m^3}
v2=RT/p2=0,1148998 m3/kg,V2=0,2297996 m3v_2=RT/p_2=0{,}1148998\ \mathrm{m^3/kg},\quad V_2=0{,}2297996\ \mathrm{m^3}

b) Arbeitsbedarf

W=mRTln⁡(p2/p1)=344,0555 kJW=mRT\ln(p_2/p_1)=344{,}0555\ \mathrm{kJ}
w=W/m=172,0278 kJ/kgw=W/m=172{,}0278\ \mathrm{kJ/kg}

c) Wärmeabgabe

ΔU=0,Q=−W=−344,0555 kJ,q=−172,0278 kJ/kg\Delta U=0,\quad Q=-W=-344{,}0555\ \mathrm{kJ},\quad q=-172{,}0278\ \mathrm{kJ/kg}

Arbeitsbedarf 344,06 kJ; ebenso viel Wärme muss abgeführt werden.

Ergebnis

W = +344,06 kJ · Q = −344,06 kJ

Passende Formeln: 5 · Zustandsänderungen idealer Gase

17 · Adiabate Luftverdichtung

Gegeben

V1=8 m3, p1=0,9 bar, p2=8,1 bar, T1=293,15 K, κ=1,4V_1=8\ \mathrm{m^3},\ p_1=0{,}9\ \mathrm{bar},\ p_2=8{,}1\ \mathrm{bar},\ T_1=293{,}15\ \mathrm K,\ \kappa=1{,}4
Modell und Annahmen
  • Adiabatisch und zusätzlich reversibel angenommen; ohne diese Annahme bestimmen die gegebenen Daten den Endzustand nicht eindeutig.

a) Endvolumen

V2=V1(p1/p2)1/κ=1,665284 m3V_2=V_1(p_1/p_2)^{1/\kappa}=1{,}665284\ \mathrm{m^3}

b) Endtemperatur

T2=T1(p2/p1)(κ−1)/κ=549,2001 KT_2=T_1(p_2/p_1)^{(\kappa-1)/\kappa}=549{,}2001\ \mathrm K
t2=276,0501 ∘Ct_2=276{,}0501\,{}^{\circ}\mathrm C

c) Volumenänderungsarbeit

Wv=p2V2−p1V1κ−1=1572,1992 kJW_v=\frac{p_2V_2-p_1V_1}{\kappa-1}=1572{,}1992\ \mathrm{kJ}

Hier p in kPa einsetzen, damit pV direkt kJ ergibt.

V₂ ≈ 1,66528 m³; t₂ ≈ 276,05 °C; Wᵥ ≈ +1572,20 kJ.

Ergebnis

V₂ ≈ 1,66528 m³ · t₂ ≈ 276,05 °C · Wᵥ ≈ +1572,20 kJ

Passende Formeln: 5 · Zustandsänderungen idealer Gase

18 · Verdichtungsraum und Hubraum

Gegeben

V2=0,18Vh,V1=Vh+V2,p1=0,9 bar,T1=353,15 K,κ=1,38V_2=0{,}18V_h,\quad V_1=V_h+V_2,\quad p_1=0{,}9\ \mathrm{bar},\quad T_1=353{,}15\ \mathrm K,\quad\kappa=1{,}38
Modell und Annahmen
  • Reversible adiabate Verdichtung; Restvolumen ist auf den Hubraum bezogen.

Verdichtungsverhältnis

ε=V1/V2=1+1/0,18=6,55556\varepsilon=V_1/V_2=1+1/0{,}18=6{,}55556

a) Enddruck

p2=p1εκ=12,05490 barp_2=p_1\varepsilon^\kappa=12{,}05490\ \mathrm{bar}

b) Endtemperatur

T2=T1εκ−1=721,5573 KT_2=T_1\varepsilon^{\kappa-1}=721{,}5573\ \mathrm K
t2=448,4073 ∘Ct_2=448{,}4073\,{}^{\circ}\mathrm C

p₂ ≈ 12,0549 bar; t₂ ≈ 448,41 °C.

Ergebnis

p₂ ≈ 12,0549 bar · t₂ ≈ 448,41 °C

Passende Formeln: Verdichtungsverhältnis mit Restvolumen · 5 · Zustandsänderungen idealer Gase

19 · Evakuierten Behälter adiabat füllen

Gegeben

T0=300 K,cv=0,715 kJ/(kg K),R=0,2871 kJ/(kg K)T_0=300\ \mathrm K,\quad c_v=0{,}715\ \mathrm{kJ/(kg\,K)},\quad R=0{,}2871\ \mathrm{kJ/(kg\,K)}
Modell und Annahmen
  • Perfektes Gas; konstante Umgebungstemperatur im Zustrom; Anfangsvakuum.

Systemgrenze und instationäre Bilanz

dU=h0 dm,U1=0,U2=m2h0\mathrm dU=h_0\,\mathrm dm,\quad U_1=0,\quad U_2=m_2h_0
cvT2=cpT0c_vT_2=c_pT_0

Das Kontrollvolumen ist der starre Behälter. Der Zustrom führt innere Energie und Einschubarbeit mit, zusammen die Enthalpie. Wärmekapazität der Wand wird gemäß Blatt vernachlässigt.

Endtemperatur

cp=cv+R=1,0021 kJ/(kg K)c_p=c_v+R=1{,}0021\ \mathrm{kJ/(kg\,K)}
T2=1,00210,715⋅300=420,4615 KT_2=\frac{1{,}0021}{0{,}715}\cdot300=420{,}4615\ \mathrm K

Endtemperatur ≈ 420,46 K = 147,31 °C.

Ergebnis

T₂ ≈ 420,46 K = 147,31 °C

Passende Formeln: Adiabat füllen: anfangs evakuierter, starrer Behälter

Aufgabenblatt 3 · Aufgaben 20–25

Gemische, Motoren und Carnotprozess

Aufgabe 20Aufgabe 21Aufgabe 22Aufgabe 23Aufgabe 24Aufgabe 25

20 · Ideales Gasgemisch

Gegeben

m=5 kg,T=293,15 K,p=1 bar,(rO2,rN2,rCO2)=(0,20;0,79;0,01)m=5\ \mathrm{kg},\quad T=293{,}15\ \mathrm K,\quad p=1\ \mathrm{bar},\quad(r_{O_2},r_{N_2},r_{CO_2})=(0{,}20;0{,}79;0{,}01)
Hinweis zur Aufgabenstellung

8,134 statt 8,314 J/(mol·K) ist offenbar ein Zahlendreher. Die verwendete Korrektur ist ausdrücklich ausgewiesen.

a) Gemischkonstante und Gesamtvolumen

Mg=0,20⋅32+0,79⋅28+0,01⋅44=28,96 kg/kmolM_g=0{,}20\cdot32+0{,}79\cdot28+0{,}01\cdot44=28{,}96\ \mathrm{kg/kmol}
Rg=8314/28,96=287,0856 J/(kg K)R_g=8314/28{,}96=287{,}0856\ \mathrm{J/(kg\,K)}
V=mRgT/p=4,207958 m3V=mR_gT/p=4{,}207958\ \mathrm{m^3}

b/c) Raumanteile, Teilvolumina und Partialdrücke

Die Raumanteile sind bereits als Volumenprozente gegeben. Vᵢ* bezeichnet das gedachte Teilvolumen bei Gemischdruck und Gemischtemperatur; im vermischten Zustand füllt jede Gaskomponente den gesamten Behälter.

KomponenterᵢVᵢ* [m³]pᵢ [bar]
O₂0,200,8415920,20
N₂0,793,3242870,79
CO₂0,010,0420800,01

Gesamtvolumen ≈ 4,20796 m³.

Hinweis zur vorgegebenen Gaskonstante

VR‾=8,134=4,116854 m3V_{\overline R=8{,}134}=4{,}116854\ \mathrm{m^3}

Das Blatt druckt 8,134 J/(mol·K). Die Hauptrechnung verwendet den üblichen Wert 8,314; bei wörtlicher Verwendung des Blattwerts entsteht das hier angegebene alternative Volumen.

Ergebnis

V ≈ 4,20796 m³ · pO₂ = 0,20 bar · pN₂ = 0,79 bar · pCO₂ = 0,01 bar

Passende Formeln: 4 · Ideale Gasgemische

21 · Polytrope Expansion

Gegeben

V1=3 m3, p1=5,4 bar, T1=318,15 K, p2=1,5 bar, V2=10 m3V_1=3\ \mathrm{m^3},\ p_1=5{,}4\ \mathrm{bar},\ T_1=318{,}15\ \mathrm K,\ p_2=1{,}5\ \mathrm{bar},\ V_2=10\ \mathrm{m^3}
Modell und Annahmen
  • Ideale Luft, κ = 1,4 und konstante Stoffwerte für die kalorische Bilanz.

a) Polytropenexponent

n=ln⁡(5,4/1,5)ln⁡(10/3)=1,0639226n=\frac{\ln(5{,}4/1{,}5)}{\ln(10/3)}=1{,}0639226

b) Temperatur

T2=T1p2V2p1V1=294,5833 K,t2=21,4333 ∘CT_2=T_1\frac{p_2V_2}{p_1V_1}=294{,}5833\ \mathrm K,\quad t_2=21{,}4333\,{}^{\circ}\mathrm C

c) Arbeit

Wv=p2V2−p1V1n−1=−1877,2711 kJW_v=\frac{p_2V_2-p_1V_1}{n-1}=-1877{,}2711\ \mathrm{kJ}

Gewonnener Arbeitsbetrag ≈ 1877,27 kJ.

d) Wärmeeinwirkung

ΔU=p2V2−p1V1κ−1=−300 kJ\Delta U=\frac{p_2V_2-p_1V_1}{\kappa-1}=-300\ \mathrm{kJ}
Q=ΔU−Wv=+1577,2711 kJQ=\Delta U-W_v=+1577{,}2711\ \mathrm{kJ}

Trotz Abkühlung muss Wärme zugeführt werden: Ein Teil der Expansionsarbeit stammt aus der inneren Energie, der größere Teil aus der Wärmezufuhr.

Wärmezufuhr ≈ 1577,27 kJ.

Ergebnis

n ≈ 1,06392 · t₂ ≈ 21,43 °C · |W| ≈ 1877,27 kJ · Q ≈ +1577,27 kJ

Passende Formeln: 5 · Zustandsänderungen idealer Gase

22 · Isochore Verbrennung im Ottomotor

Gegeben

p1=8 bar,T1=573,15 K,p2=28 bar,Hu=42000 kJ/kgp_1=8\ \mathrm{bar},\quad T_1=573{,}15\ \mathrm K,\quad p_2=28\ \mathrm{bar},\quad H_u=42000\ \mathrm{kJ/kg}
Modell und Annahmen
  • Ideales Luftstandardmodell mit κ = 1,4, R = 287,1 J/(kg·K); Brennstoffmasse bei der Wärmekapazität vernachlässigt.
Hinweis zur Aufgabenstellung

Für b ist nur eine spezifische Wärme angebbar; die für eine Gesamtwärmemenge nötige Masse fehlt.

a) Temperaturanstieg bei konstantem Volumen

T2=T1p2/p1=573,15⋅3,5=2006,025 KT_2=T_1p_2/p_1=573{,}15\cdot3{,}5=2006{,}025\ \mathrm K
t2=1732,875 ∘Ct_2=1732{,}875\,{}^{\circ}\mathrm C

b) Spezifische Wärmezufuhr

q=cv(T2−T1)=0,71775⋅1432,875=1028,4460 kJ/kgLq=c_v(T_2-T_1)=0{,}71775\cdot1432{,}875=1028{,}4460\ \mathrm{kJ/kg_L}
Q=mLqQ=m_Lq

Eine Gesamtmasse oder ein Zylindervolumen fehlt. Deshalb ist die absolute Wärmemenge Q nicht eindeutig numerisch bestimmbar; für 1 kg Luft wäre Q = 1028,45 kJ.

c) Benzinmenge je kg Luft

mBmL≈qHu=0,0244868 kg/kgL=24,4868 g/kgL\frac{m_B}{m_L}\approx\frac q{H_u}=0{,}0244868\ \mathrm{kg/kg_L}=24{,}4868\ \mathrm{g/kg_L}

Unter Luftstandardannahme etwa 24,49 g Benzin je kg Luft.

Ergebnis

t₂ ≈ 1732,88 °C · q ≈ 1028,45 kJ/kgL · mB ≈ 24,49 g/kgL

Passende Formeln: Luftstandard und spezifische Verbrennungswärme · 5 · Zustandsänderungen idealer Gase

23 · Kolbenkompressor mit Totraum

Gegeben

Vh=1,2 l, Vs=0,09Vh=0,108 l, p1=1 bar, p2=12 bar, n=1,4V_h=1{,}2\ \mathrm l,\ V_s=0{,}09V_h=0{,}108\ \mathrm l,\ p_1=1\ \mathrm{bar},\ p_2=12\ \mathrm{bar},\ n=1{,}4
Modell und Annahmen
  • Einfach wirkender Zylinder, ideales Ventilverhalten; gleicher Polytropenexponent für Verdichtung und Rückexpansion.

a) Eckpunkte des Indikatordiagramms

V1=1,308 l,V2=V1/121/1,4=0,221699 lV_1=1{,}308\ \mathrm l,\quad V_2=V_1/12^{1/1{,}4}=0{,}221699\ \mathrm l
V3=0,108 l,V4=Vs121/1,4=0,637188 lV_3=0{,}108\ \mathrm l,\quad V_4=V_s12^{1/1{,}4}=0{,}637188\ \mathrm l

1→2 Verdichten; 2→3 Ausschieben bei 12 bar; 3→4 Rückexpansion; 4→1 Ansaugen bei 1 bar.

Quantitatives Indikatordiagramm mit Verdichten, Ausschieben, Rückexpansion und Ansaugen.
Quantitatives Indikatordiagramm mit Verdichten, Ausschieben, Rückexpansion und Ansaugen.

Tatsächlich geförderte Masse

Vfrisch=V1−V4=0,670812 lV_{frisch}=V_1-V_4=0{,}670812\ \mathrm l
mfrisch=ρ1Vfrisch=0,838515 gm_{frisch}=\rho_1V_{frisch}=0{,}838515\ \mathrm g

b) Gesamte Arbeit je Umdrehung

W=nn−1p1Vfrisch(12(n−1)/n−1)=242,7521 JW=\frac{n}{n-1}p_1V_{frisch}\left(12^{(n-1)/n}-1\right)=242{,}7521\ \mathrm J
TeilprozessArbeit am Gas [J]
1→2 Verdichtung+338,0974
2→3 Ausschieben+136,4390
3→4 Rückexpansion−164,7030
4→1 Ansaugen−67,0812
Summe+242,7521

Der Kompressor benötigt rund 242,75 J je Kurbelwellenumdrehung.

Ergebnis

WZyklus ≈ +242,75 J/Umdrehung

Passende Formeln: Kolbenkompressor mit Totraum: vier Teilprozesse · Kompressorarbeit je Umdrehung

24 · Gleichdruckverbrennung im Dieselmotor

Gegeben

m=0,1 kg,T2=773,15 K,p2=p3=30 bar,V3=3V2,c‾p=1,22 kJ/(kg K)m=0{,}1\ \mathrm{kg},\quad T_2=773{,}15\ \mathrm K,\quad p_2=p_3=30\ \mathrm{bar},\quad V_3=3V_2,\quad\overline c_p=1{,}22\ \mathrm{kJ/(kg\,K)}
Modell und Annahmen
  • b–e beziehen sich auf die anschließende Verbrennung 2→3. Der Mittelwert cₚ = 1,22 ist im Bild für 500–2500 °C angegeben und wird näherungsweise auch für 500–2046,3 °C verwendet.
Hinweis zur Aufgabenstellung

Die Bezeichnung t₂ in a ist offenbar ein Indexfehler. Ein mathematisch exakter Mittelwert für das kürzere Temperaturintervall lässt sich aus nur dem einen angegebenen Intervallmittel nicht bestimmen.

a) Temperatur nach der Einspritzung

T3=T2V3/V2=2319,45 K,t3=2046,30 ∘CT_3=T_2V_3/V_2=2319{,}45\ \mathrm K,\quad t_3=2046{,}30\,{}^{\circ}\mathrm C

Wörtlich ist t₂ bereits mit 500 °C vorgegeben. Als neue gesuchte Temperatur wird hier t₃ nach der isobaren Verbrennung verstanden.

b) Volumenänderungsarbeit 2→3

Wv,23=−mR(T3−T2)=−44,394273 kJW_{v,23}=-mR(T_3-T_2)=-44{,}394273\ \mathrm{kJ}

Gewonnener Arbeitsbetrag ≈ 44,394 kJ.

c) Wärmezufuhr

Q23=mc‾p(T3−T2)=188,6486 kJQ_{23}=m\overline c_p(T_3-T_2)=188{,}6486\ \mathrm{kJ}

d) Brennstoffmasse

mB=Q23/Hu=0,00449163 kg=4,49163 gm_B=Q_{23}/H_u=0{,}00449163\ \mathrm{kg}=4{,}49163\ \mathrm g

e) Zunahme der inneren Energie

ΔU=Q23+Wv,23=144,254327 kJ\Delta U=Q_{23}+W_{v,23}=144{,}254327\ \mathrm{kJ}

Q ≈ 188,649 kJ; mB ≈ 4,492 g; ΔU ≈ +144,254 kJ.

Ergebnis

t₃ ≈ 2046,30 °C · |W| ≈ 44,394 kJ · Q ≈ 188,649 kJ · mB ≈ 4,492 g

Passende Formeln: 5 · Zustandsänderungen idealer Gase · Luftstandard und spezifische Verbrennungswärme · Variable Wärmekapazität und Materialgrenzen

25 · Carnotprozess mit 1 kg Luft

Gegeben

Th=1200 K,Tc=300 K,p1=150 bar,p3=1 bar,κ=1,4T_h=1200\ \mathrm K,\quad T_c=300\ \mathrm K,\quad p_1=150\ \mathrm{bar},\quad p_3=1\ \mathrm{bar},\quad\kappa=1{,}4
Modell und Annahmen
  • s₁ wird für die Zeichnung als Bezugsnullpunkt gewählt; alle Entropieänderungen bleiben davon unberührt.

a) Ablauf im T-s-Diagramm

1→2 isotherme Expansion bei 1200 K; 2→3 isentrope Expansion; 3→4 isotherme Kompression bei 300 K; 4→1 isentrope Kompression. Die Grafik unten ist zugleich die quantitative Darstellung für e.

b) Druck- und Volumenwerte

β=(Th/Tc)κ/(κ−1)=43,5=128\beta=(T_h/T_c)^{\kappa/(\kappa-1)}=4^{3{,}5}=128
p2=βp3=128 bar,p4=p1/β=1,171875 barp_2=\beta p_3=128\ \mathrm{bar},\quad p_4=p_1/\beta=1{,}171875\ \mathrm{bar}
vi=RTi/piv_i=RT_i/p_i
ZustandT [K]p [bar]v [m³/kg]s−s₁ [kJ/(kg·K)]
11200,00150,0000000,0229680,000000
21200,00128,0000000,0269160,045536
3300,001,0000000,8613000,045536
4300,001,1718750,7349760,000000

c/e) Entropiebreite und Wärmemengen

Δs=Rln⁡(p1/p2)=0,04553550 kJ/(kg K)\Delta s=R\ln(p_1/p_2)=0{,}04553550\ \mathrm{kJ/(kg\,K)}
Q12=mThΔs=+54,642605 kJQ_{12}=mT_h\Delta s=+54{,}642605\ \mathrm{kJ}
Q34=−mTcΔs=−13,660651 kJQ_{34}=-mT_c\Delta s=-13{,}660651\ \mathrm{kJ}
W=−(Q12+Q34)=−40,981954 kJW=-(Q_{12}+Q_{34})=-40{,}981954\ \mathrm{kJ}
Quantitatives T-s-Diagramm. Der Entropienullpunkt ist auf Zustand 1 verschoben.
Quantitatives T-s-Diagramm. Der Entropienullpunkt ist auf Zustand 1 verschoben.

d) Wirkungsgrad

ηC=1−Tc/Th=0,75=75 %\eta_C=1-T_c/T_h=0{,}75=75\,\%

Wärmezufuhr 54,643 kJ; Wärmeabfuhr 13,661 kJ; Nutzarbeitsbetrag 40,982 kJ; η = 75 %.

Ergebnis

Qzu ≈ 54,643 kJ · |W| ≈ 40,982 kJ · η = 75 %

Passende Formeln: 6 · Kreisprozesse und Carnot · 8 · T-s-, p-v- und h-s-Diagramme

Aufgabenblatt 4 · Aufgaben 26–29

Drosselung und zweiter Hauptsatz

Aufgabe 26Aufgabe 27Aufgabe 28Aufgabe 29

26 · Adiabate Drossel mit realen Enthalpiedaten

Gegeben

p1=10 bar, p2=7 bar, T1=300 K, h1=298,49 kJ/kg, c1=20 m/sp_1=10\ \mathrm{bar},\ p_2=7\ \mathrm{bar},\ T_1=300\ \mathrm K,\ h_1=298{,}49\ \mathrm{kJ/kg},\ c_1=20\ \mathrm{m/s}
Modell und Annahmen
  • Die gegebenen druckabhängigen Enthalpien haben Vorrang vor der idealen kalorischen Näherung h = cₚT. cᵥ⁰ allein beschreibt diese reale Druckabhängigkeit nicht.

Ohne kinetische Energie

h2=h1,h2(T)=288,98+1,016(T−290)h_2=h_1,\quad h_2(T)=288{,}98+1{,}016(T-290)
T2=290+298,49−288,981,016=299,36024 KT_2=290+\frac{298{,}49-288{,}98}{1{,}016}=299{,}36024\ \mathrm K

Die Enthalpie bei 7 bar wird linear zwischen den gegebenen Werten bei 290 K und 300 K interpoliert. Ihre Steigung ist 1,016 kJ/(kg·K).

Mit kinetischer Energie und gleichen Kanalflächen

c2≈c1p1T2p2T1=20⋅107⋅300T2c_2\approx c_1\frac{p_1T_2}{p_2T_1}=\frac{20\cdot10}{7\cdot300}T_2
288,98+1,016(T2−290)+12000(20⋅107⋅300T2)2=298,49+0,2288{,}98+1{,}016(T_2-290)+\frac1{2000}\left(\frac{20\cdot10}{7\cdot300}T_2\right)^2=298{,}49+0{,}2
T2≈299,15760 K,c2≈28,4912 m/sT_2\approx299{,}15760\ \mathrm K,\qquad c_2\approx28{,}4912\ \mathrm{m/s}

Die Beschleunigung beansprucht zusätzlich statische Enthalpie. Für die Dichte im Kontinuitätsansatz wird die ideale thermische Gasgleichung als Näherung benutzt.

Ohne kinetische Energie 299,360 K; mit kinetischer Energie etwa 299,158 K.

Ergebnis

T₂ ≈ 299,360 K / mit Kinetik ≈ 299,158 K

Passende Formeln: Drosselung mit Geschwindigkeitsänderung · 9 · Enthalpie, Drosselung und Vermischung

27 · Entropiezunahme beim Schmelzen

Gegeben

m=1 kg,Tm=273,15 K,Ls=334 kJ/kgm=1\ \mathrm{kg},\quad T_m=273{,}15\ \mathrm K,\quad L_s=334\ \mathrm{kJ/kg}

Isothermer Phasenwechsel

Q=mLs=334 kJQ=mL_s=334\ \mathrm{kJ}
ΔS=Q/Tm=334/273,15=1,222771 kJ/K\Delta S=Q/T_m=334/273{,}15=1{,}222771\ \mathrm{kJ/K}

Es wird die Entropieänderung des Wassersystems gesucht. Der Prozess kann zur Berechnung als reversibler isothermer Ersatzweg betrachtet werden.

ΔS ≈ +1,22277 kJ/K.

Ergebnis

ΔS ≈ +1,22277 kJ/K

Passende Formeln: 7 · Zweiter Hauptsatz und Entropie · Variable Wärmekapazität und Materialgrenzen

28 · Reale und isentrope Luftverdichtung

Gegeben

m˙=1 kg/s, p1=1 bar, p2=10 bar, T1=298 K, T2=616 K, cv=0,720, R=0,2871 kJ/(kg K)\dot m=1\ \mathrm{kg/s},\ p_1=1\ \mathrm{bar},\ p_2=10\ \mathrm{bar},\ T_1=298\ \mathrm K,\ T_2=616\ \mathrm K,\ c_v=0{,}720,\ R=0{,}2871\ \mathrm{kJ/(kg\,K)}

a) Entropieänderung und Erzeugung

cp=1,0071 kJ/(kg K),κ=1,39875c_p=1{,}0071\ \mathrm{kJ/(kg\,K)},\quad\kappa=1{,}39875
Δs=cpln⁡(T2/T1)−Rln⁡(p2/p1)=0,07023699 kJ/(kg K)\Delta s=c_p\ln(T_2/T_1)-R\ln(p_2/p_1)=0{,}07023699\ \mathrm{kJ/(kg\,K)}
ΔsTransport=0,serzeugt=Δs\Delta s_{\mathrm{Transport}}=0,\quad s_{\mathrm{erzeugt}}=\Delta s

In der Schreibweise des Blattes wird Δsrev als Entropietransport durch Wärme und Δsirr als Erzeugung interpretiert: 0 bzw. +0,070237. Entropie selbst ist eine Zustandsgröße; eine reversible Ersatzänderung zwischen denselben realen Endzuständen hätte dieselbe gesamte Δs.

b) Isentroper Vergleich und Leistung

T2s=298⋅10R/cp=574,50290 KT_{2s}=298\cdot10^{R/c_p}=574{,}50290\ \mathrm K
Ps=m˙cp(T2s−T1)=278,46607 kWP_s=\dot mc_p(T_{2s}-T_1)=278{,}46607\ \mathrm{kW}
Preal=m˙cp(616−298)=320,25780 kWP_{real}=\dot mc_p(616-298)=320{,}25780\ \mathrm{kW}
ηsV=Ps/Preal=0,869506=86,9506 %\eta_{sV}=P_s/P_{real}=0{,}869506=86{,}9506\,\%

T₂s ≈ 574,50 K; Ps ≈ 278,47 kW; Preal ≈ 320,26 kW; ηsV ≈ 86,95 %.

c) Zustandsdiagramme

Die isentrope Kurve endet bei niedrigerer Temperatur und kleinerem spezifischen Volumen als die reale Verdichtung. Der reale Verlauf zwischen den Endpunkten ist nicht gegeben; seine Verbindung wird gestrichelt und schematisch gezeigt.

Die Endpunkte sind berechnet. Die gestrichelte Verbindung des realen Vorgangs ist schematisch; sein genauer Verlauf ist nicht vorgegeben.
Die Endpunkte sind berechnet. Die gestrichelte Verbindung des realen Vorgangs ist schematisch; sein genauer Verlauf ist nicht vorgegeben.
Ergebnis

Δs ≈ +0,070237 kJ/(kg·K) · ηsV ≈ 86,95 %

Passende Formeln: 7 · Zweiter Hauptsatz und Entropie · 10 · Technische Arbeit und Maschinen · Stationäre Entropiebilanz mit mehreren Wärmeströmen

29 · Kann der Wärmetransformator so arbeiten?

Gegeben

Q˙=100 kW, TQ=283,15 K;Q˙H=−15 kW, TH=333,15 K;Q˙U=−85 kW, TU=267,15 K\dot Q=100\ \mathrm{kW},\ T_Q=283{,}15\ \mathrm K;\quad\dot Q_H=-15\ \mathrm{kW},\ T_H=333{,}15\ \mathrm K;\quad\dot Q_U=-85\ \mathrm{kW},\ T_U=267{,}15\ \mathrm K

Erster Hauptsatz

Q˙+Q˙H+Q˙U=100−15−85=0\dot Q+\dot Q_H+\dot Q_U=100-15-85=0

Bei stationärem Betrieb und ohne angegebene Wellenleistung ist die Energiebilanz erfüllt.

Zweiter Hauptsatz

S˙erzeugt=−(100283,15−15333,15−85267,15)=+0,01002838 kW/K\dot S_{\mathrm{erzeugt}}=-\left(\frac{100}{283{,}15}-\frac{15}{333{,}15}-\frac{85}{267{,}15}\right)=+0{,}01002838\ \mathrm{kW/K}

Thermodynamisch zulässig: Die Entropieerzeugung ist positiv.

Reversible Obergrenze für die Heizwärme

Q˙H,max⁡=1001/TU−1/TQ1/TU−1/TH=28,5233 kW\dot Q_{H,\max}=100\frac{1/T_U-1/T_Q}{1/T_U-1/T_H}=28{,}5233\ \mathrm{kW}

Die verlangten 15 kW liegen unter der reversiblen Grenze. Die Bilanzen zeigen die thermodynamische Zulässigkeit; sie ersetzen keine technische Konstruktion des Wärmetransformators.

Ergebnis

Zulässig · Ṡerzeugt ≈ 0,01003 kW/K

Passende Formeln: Stationäre Entropiebilanz mit mehreren Wärmeströmen

Aufgabenblatt 5 · Aufgaben 30–33

Wasserdampf und Rankineprozesse

Aufgabe 30Aufgabe 31Aufgabe 32Aufgabe 33

30 · Dampfkraftprozess mit Zwischenüberhitzung

Gegeben

Qualitative Skizzen, keine Zahlenwerte vorgegeben\text{Qualitative Skizzen, keine Zahlenwerte vorgegeben}

Prozessschritte und Nummerierung

1→2: Speisewasserpumpe; 2→3: isobares Vorwärmen, Verdampfen und Überhitzen; 3→4: Hochdruckturbine; 4→5: isobare Zwischenüberhitzung; 5→6: Niederdruckturbine; 6→1: isobare Kondensation. Turbinen und Pumpe sind im Vergleichsprozess isentrop.

p-v-, T-s- und h-s-Diagramm

Die Skizze benutzt nur für die Zeichnung einen beispielhaften Zustandsverlauf. In der Aufgabe sind keine Druck- oder Temperaturniveaus festgelegt. In T-s und h-s stehen die Isentropen senkrecht; die Zwischenüberhitzung führt bei gleichem Druck nach rechts oben.

Prinzipskizzen der Zwischenüberhitzung. Die für die Zeichnung gewählten Zustände veranschaulichen die Prozessfolge; Aufgabe 30 enthält keine numerischen Zustandsdaten.
Prinzipskizzen der Zwischenüberhitzung. Die für die Zeichnung gewählten Zustände veranschaulichen die Prozessfolge; Aufgabe 30 enthält keine numerischen Zustandsdaten.

Zugehörige Bilanz

qzu=h3−h2+h5−h4,wT=h4−h3+h6−h5q_{zu}=h_3-h_2+h_5-h_4,\quad w_T=h_4-h_3+h_6-h_5
wP=h2−h1,η=−wT+wPqzuw_P=h_2-h_1,\qquad\eta=-\frac{w_T+w_P}{q_{zu}}
Ergebnis

Sechs Prozessschritte; Zwischenüberhitzung zwischen zwei Expansionen

Passende Formeln: Dampfkraftprozess mit Zwischenüberhitzung

31 · Linien und Nassdampfkompression im h-s-Diagramm

Gegeben

p1=1 bar;h=1200, 3300 kJ/kg;x=0,3, 0,6;p2=100 barp_1=1\ \mathrm{bar};\quad h=1200,\ 3300\ \mathrm{kJ/kg};\quad x=0{,}3,\ 0{,}6;\quad p_2=100\ \mathrm{bar}
Modell und Annahmen
  • Stoffwerte nach IAPWS-IF97; die h-s-Arbeitsfrage wird primär als technische Kompressionsarbeit interpretiert.

a) Linien quantitativ eintragen

h = konstant verläuft im rechtwinkligen h-s-Diagramm horizontal. Die 1-bar-Isobare ist im Nassdampfgebiet eine Gerade mit Steigung Ts. Die Linien x = 0,3 und 0,6 werden für mehrere Sättigungsdrücke mit der Mischungsregel berechnet. In der Figur ist auch die Kompression aus d eingetragen.

Quantitative Wasser-/Dampflinien nach IAPWS-IF97. Die blaue Vertikale zeigt die isentrope Kompression von A nach B.
Quantitative Wasser-/Dampflinien nach IAPWS-IF97. Die blaue Vertikale zeigt die isentrope Kompression von A nach B.

b) Vollständige Verdampfung

qb=h′′−h′=2674,949641−417,436486=2257,513155 kJ/kgq_b=h^{\prime\prime}-h^{\prime}=2674{,}949641-417{,}436486=2257{,}513155\ \mathrm{kJ/kg}

c) Anschließend auf x = 0,6 kondensieren

qc=(0,6−1)r=−903,005262 kJ/kgq_c=(0{,}6-1)r=-903{,}005262\ \mathrm{kJ/kg}

Zufuhr 2257,51 kJ/kg; anschließend Abfuhr 903,01 kJ/kg.

d) Isentrope Kompression auf 100 bar

s1=s′+0,6(s′′−s′)=4,936308 kJ/(kg K)s_1=s^{\prime}+0{,}6(s^{\prime\prime}-s^{\prime})=4{,}936308\ \mathrm{kJ/(kg\,K)}
s2=s1,x2=0,698713,h2=2328,495811 kJ/kgs_2=s_1,\quad x_2=0{,}698713,\quad h_2=2328{,}495811\ \mathrm{kJ/kg}
wt=h2−h1=2328,495811−1771,944379=556,551432 kJ/kgw_t=h_2-h_1=2328{,}495811-1771{,}944379=556{,}551432\ \mathrm{kJ/kg}

Für einen stationären adiabaten Verdichter ist die technische Arbeit Δh maßgebend. Wird stattdessen ein geschlossenes Kolbensystem gemeint, beträgt dessen Volumenänderungsarbeit Δu = 527,854954 kJ/kg.

Technischer Arbeitsbedarf ≈ 556,55 kJ/kg; bei geschlossenem Kolbenmodell ≈ 527,85 kJ/kg.

Ergebnis

qzu ≈ 2257,51 · qab ≈ −903,01 · wt ≈ +556,55 kJ/kg

Passende Formeln: 11 · Verdampfung und reale Gase · Isentrope Nassdampfkompression: technische oder Volumenarbeit · Berechnete Wasserzustände für Aufgaben 31–33

Zusätzliche Wasser-/Dampfwerte: IAPWS-IF97, berechnet mit iapws 1.5.5. Die für die Rechnung benötigten Werte stehen direkt hier und in der Formelsammlung.

32 · Nassdampf bei 25 bar auf 580 °C bringen

Gegeben

p=25 bar,x1=0,98,t2=580 ∘Cp=25\ \mathrm{bar},\quad x_1=0{,}98,\quad t_2=580\,{}^{\circ}\mathrm C
Modell und Annahmen
  • Isobarer Prozess und Stoffwerte nach IAPWS-IF97; keine Rauchgasmengen gegeben, daher wird nur die dampfseitige Wärmemenge berechnet.

a) Zustandsänderung

Vom Nassdampfzustand zunächst auf derselben Isobaren bis x = 1 weiterverdampfen, danach isobar in das überhitzte Gebiet gehen.

Quantitativer Verlauf nach IAPWS-IF97: erst Restverdampfung, anschließend Überhitzung bei 25 bar.
Quantitativer Verlauf nach IAPWS-IF97: erst Restverdampfung, anschließend Überhitzung bei 25 bar.

b) Enthalpiedifferenz

h1=h′+0,98(h′′−h′)=2765,241513 kJ/kgh_1=h^{\prime}+0{,}98(h^{\prime\prime}-h^{\prime})=2765{,}241513\ \mathrm{kJ/kg}
h2(25 bar,580 ∘C)=3641,635117 kJ/kgh_2(25\ \mathrm{bar},580\,{}^{\circ}\mathrm C)=3641{,}635117\ \mathrm{kJ/kg}
q=h2−h1=876,393605 kJ/kgq=h_2-h_1=876{,}393605\ \mathrm{kJ/kg}

Davon entfallen rund 36,801 kJ/kg auf das Fertigverdampfen und 839,592 kJ/kg auf das Überhitzen.

Benötigte Wärmezufuhr ≈ 876,39 kJ/kg.

Ergebnis

q ≈ +876,39 kJ/kg

Passende Formeln: 11 · Verdampfung und reale Gase · Berechnete Wasserzustände für Aufgaben 31–33

Zusätzliche Wasser-/Dampfwerte: IAPWS-IF97, berechnet mit iapws 1.5.5. Die für die Rechnung benötigten Werte stehen direkt hier und in der Formelsammlung.

33 · Einfacher Rankineprozess

Gegeben

pmax=20 bar,tmax=500 ∘C,pmin=1 bar,m˙=80 t/hp_{max}=20\ \mathrm{bar},\quad t_{max}=500\,{}^{\circ}\mathrm C,\quad p_{min}=1\ \mathrm{bar},\quad\dot m=80\ \mathrm{t/h}
Modell und Annahmen
  • Reversibler Vergleichsprozess mit isentroper Pumpe und Turbine; vollständige Kondensation bis zur Sättigungsflüssigkeit. Stoffwerte IAPWS-IF97.

Zustände festlegen

1: gesättigte Flüssigkeit bei 1 bar; 2: nach isentroper Pumpe bei 20 bar; 3: Turbineneintritt bei 20 bar und 500 °C; 4: nach isentroper Expansion auf 1 bar. Der Austritt 4 liegt hier noch leicht überhitzt, nicht im Nassdampfgebiet.

Zustandp [bar]t [°C]h [kJ/kg]s [kJ/(kg·K)]
11,00099,606417,4361,302560
220,00099,737419,4181,302560
320,000500,0003468,0937,433474
41,000113,4252703,2937,433474
Quantitatives h-s-Diagramm nach IAPWS-IF97. Wegen der kleinen Pumpenarbeit liegen 1 und 2 dicht beieinander.
Quantitatives h-s-Diagramm nach IAPWS-IF97. Wegen der kleinen Pumpenarbeit liegen 1 und 2 dicht beieinander.

a) Turbinen- und Pumpenarbeit

wT=h4−h3=−764,799903 kJ/kgw_T=h_4-h_3=-764{,}799903\ \mathrm{kJ/kg}
wP=h2−h1=+1,981160 kJ/kgw_P=h_2-h_1=+1{,}981160\ \mathrm{kJ/kg}
∣wT∣/wP=386,04|w_T|/w_P=386{,}04

Die Turbinenarbeit ist rund 386-mal so groß wie die Pumpenarbeit.

b) Leistung bei 80 t/h

m˙=80000/3600=22,2222 kg/s\dot m=80000/3600=22{,}2222\ \mathrm{kg/s}
PT=−16995,55 kW,PP=+44,03 kWP_T=-16995{,}55\ \mathrm{kW},\quad P_P=+44{,}03\ \mathrm{kW}
PNutz=16951,53 kWP_{Nutz}=16951{,}53\ \mathrm{kW}

Turbinenabgabe ≈ 17,00 MW; Nettoabgabe ≈ 16,95 MW.

c) Thermischer Wirkungsgrad

qzu=h3−h2=3048,675581 kJ/kgq_{zu}=h_3-h_2=3048{,}675581\ \mathrm{kJ/kg}
η=764,799903−1,9811603048,675581=0,250213=25,0213 %\eta=\frac{764{,}799903-1{,}981160}{3048{,}675581}=0{,}250213=25{,}0213\,\%

ηth ≈ 25,02 %.

Ergebnis

|PT| ≈ 17,00 MW · PP ≈ 44,03 kW · ηth ≈ 25,02 %

Passende Formeln: 13 · Technische Wärmekraftprozesse · Berechnete Wasserzustände für Aufgaben 31–33

Zusätzliche Wasser-/Dampfwerte: IAPWS-IF97, berechnet mit iapws 1.5.5. Die für die Rechnung benötigten Werte stehen direkt hier und in der Formelsammlung.

Aufgabenblatt 6 · Aufgaben 34–35

Diesel-Herleitung und offener Luftkälteprozess

Aufgabe 34Aufgabe 35

34 · Diesel-Wirkungsgrad herleiten

Gegeben

ε=v1/v2,φE=v3/v2,κ=cp/cv\varepsilon=v_1/v_2,\quad\varphi_E=v_3/v_2,\quad\kappa=c_p/c_v
Modell und Annahmen
  • Ideales Gas mit konstanten Wärmekapazitäten; φE > 1.

1. Wärmeverhältnis aufschreiben

η=1−cv(T4−T1)cp(T3−T2)=1−1κT4−T1T3−T2\eta=1-\frac{c_v(T_4-T_1)}{c_p(T_3-T_2)}=1-\frac1\kappa\frac{T_4-T_1}{T_3-T_2}

2. Temperatur T₂ aus der isentropen Kompression

T2=T1εκ−1T_2=T_1\varepsilon^{\kappa-1}

3. Temperatur T₃ aus der isobaren Wärmezufuhr

T3=T2v3v2=φET1εκ−1T_3=T_2\frac{v_3}{v_2}=\varphi_E T_1\varepsilon^{\kappa-1}

4. Temperatur T₄ aus der isentropen Expansion

T4=T3(v3v4)κ−1=T3(φEε)κ−1=T1φEκT_4=T_3\left(\frac{v_3}{v_4}\right)^{\kappa-1}=T_3\left(\frac{\varphi_E}{\varepsilon}\right)^{\kappa-1}=T_1\varphi_E^\kappa

Dabei ist v₄ = v₁.

5. Einsetzen und kürzen

η=1−1κT1(φEκ−1)T1εκ−1(φE−1)\eta=1-\frac1\kappa\frac{T_1(\varphi_E^\kappa-1)}{T_1\varepsilon^{\kappa-1}(\varphi_E-1)}
η=1−1κεκ−1φEκ−1φE−1\boxed{\eta=1-\frac{1}{\kappa\varepsilon^{\kappa-1}}\frac{\varphi_E^\kappa-1}{\varphi_E-1}}

Damit ist die im Blatt angegebene Diesel-Wirkungsgradgleichung hergeleitet.

Ergebnis

ηD = 1 − (φEκ − 1) / [κ εκ−1 (φE − 1)]

Passende Formeln: Diesel-Wirkungsgrad: Temperaturbeziehungen

35 · Offener Luftkälteprozess mit Düse

Gegeben

m˙W=5 kg/s,tW,ein=26 ∘C,tW,aus=18 ∘C,A1=1,2 m2,c1=20 m/s\dot m_W=5\ \mathrm{kg/s},\quad t_{W,ein}=26\,{}^{\circ}\mathrm C,\quad t_{W,aus}=18\,{}^{\circ}\mathrm C,\quad A_1=1{,}2\ \mathrm{m^2},\quad c_1=20\ \mathrm{m/s}
Modell und Annahmen
  • cₚ,L = 1,0 und R = 0,287 kJ/(kg·K), cW = 4,2 kJ/(kg·K). Keine kinetische Änderung im Wärmeübertrager.

a) Prozessfolge

1→2 isentrope Verdichtung; 2→3 isobares Rückkühlen auf 28 °C; 3→4 isentrope Düsenentspannung auf 1 bar; 4→5 isobare Erwärmung beim Kühlen des Wassers auf Luftaustritt 16 °C.

Zustandsfolge mit den berechneten Luftzuständen. Die Enthalpienullpunkte und der Entropienullpunkt sind frei gewählt.
Zustandsfolge mit den berechneten Luftzuständen. Die Enthalpienullpunkte und der Entropienullpunkt sind frei gewählt.

b) Luftmassenstrom und erforderliche Kaltlufttemperatur

ρ1=100000287⋅301,15=1,157005 kg/m3\rho_1=\frac{100000}{287\cdot301{,}15}=1{,}157005\ \mathrm{kg/m^3}
m˙L=ρ1A1c1=27,76812 kg/s\dot m_L=\rho_1A_1c_1=27{,}76812\ \mathrm{kg/s}
Q˙W=5⋅4,2⋅(26−18)=168 kW\dot Q_W=5\cdot4{,}2\cdot(26-18)=168\ \mathrm{kW}
T4=T5−16827,76812⋅1,0=283,099897 KT_4=T_5-\frac{168}{27{,}76812\cdot1{,}0}=283{,}099897\ \mathrm K

Die Luft muss am Eintritt höchstens etwa 9,95 °C besitzen, damit sie die verlangte Wärme aufnehmen kann.

c) Erforderlicher Verdichtungsdruck

p2p1=(T3T4)cp/R=(301,15283,099897)1/0,287=1,240310\frac{p_2}{p_1}=\left(\frac{T_3}{T_4}\right)^{c_p/R}=\left(\frac{301{,}15}{283{,}099897}\right)^{1/0{,}287}=1{,}240310
p2=1,24031 bar(abs)p_2=1{,}24031\ \mathrm{bar(abs)}

d) Austrittsgeschwindigkeit und Diskussion

c5≈c4=202+2000⋅1,0(301,15−283,099897)=191,0503 m/sc_5\approx c_4=\sqrt{20^2+2000\cdot1{,}0(301{,}15-283{,}099897)}=191{,}0503\ \mathrm{m/s}

Die Vorgabe, kinetische Energieänderungen nur in der Düse zu berücksichtigen, wird als c₃ ≈ c₁ und c₅ ≈ c₄ verwendet. Der sehr schnelle Austrittsstrahl verlangt eine entsprechende Strömungsführung. Wird er anschließend abgebremst, steigt seine Temperatur durch Umwandlung kinetischer Energie wieder an; die Stillstandstemperatur am Austritt beträgt rund 34,25 °C.

c₅ ≈ 191,05 m/s; p₂ ≈ 1,24031 bar; t₄ ≈ 9,95 °C.

Ergebnis

t₄ ≈ 9,95 °C · p₂ ≈ 1,24031 bar · c₅ ≈ 191,05 m/s

Passende Formeln: Adiabate reversible Düse · Kontinuität · Zwei Stoffströme im isolierten Wärmeübertrager

Blatt 1-7 · Aufgaben 36–37

Nassdampf und ein Rankineprozess mit Datenkonflikt

Aufgabe 36Aufgabe 37

36 · Verdampfung im Kessel

Gegeben

m=180 kg,ρ′=909,090909 kg/m3,Q=26000 kJm=180\ \mathrm{kg},\quad\rho^{\prime}=909{,}090909\ \mathrm{kg/m^3},\quad Q=26000\ \mathrm{kJ}
Hinweis zur Aufgabenstellung

Die Angabe zur Dichte widerspricht dem Siedebeginn oberhalb 170 °C. Kein einzelner Zustand erfüllt beide Bedingungen exakt. Die Varianten sind deshalb getrennt dargestellt.

1. Die Sättigungsangaben prüfen

v′=1/ρ′=0,001100 m3/kgv^{\prime}=1/\rho^{\prime}=0{,}001100\ \mathrm{m^3/kg}
v′(Ts)=0,0011⇒ts=158,3153 ∘C,ps=5,92103 barv^{\prime}(T_s)=0{,}0011\quad\Rightarrow\quad t_s=158{,}3153\,{}^{\circ}\mathrm C,\quad p_s=5{,}92103\ \mathrm{bar}

Diese Dichte ergibt nach IF97 einen Siedezustand unter 170 °C. Sie erfüllt die zusätzlich gedruckte Bedingung „oberhalb 170 °C“ nicht. Die folgenden Zahlen sind daher ausdrücklich eine Musterrechnung nach der Dichteangabe.

2. Dampfgehalt nach 26000 kJ

r=2755,562301−668,255528=2087,306773 kJ/kgr=2755{,}562301-668{,}255528=2087{,}306773\ \mathrm{kJ/kg}
x=26000180⋅2087,306773=0,06920135x=\frac{26000}{180\cdot2087{,}306773}=0{,}06920135

In der Dichtevariante beträgt der Dampfgehalt etwa 6,920 %.

3. Entropie und spezifisches Volumen

s=s′+x(s′′−s′)=2,260691 kJ/(kg K)s=s^{\prime}+x(s^{\prime\prime}-s^{\prime})=2{,}260691\ \mathrm{kJ/(kg\,K)}
v=v′+x(v′′−v′)=0,02313711 m3/kgv=v^{\prime}+x(v^{\prime\prime}-v^{\prime})=0{,}02313711\ \mathrm{m^3/kg}

4. Noch erforderliche Wärme

Qnoch=mr−Q=349715,219 kJQ_{noch}=mr-Q=349715{,}219\ \mathrm{kJ}

Zusätzlich rund 349715 kJ bis zur vollständigen Verdampfung.

5. Zustandsdiagramme

Die Markierung x gehört zur ausdrücklich gewählten Dichtevariante. Die Wärmeaufnahme verläuft im Nassdampfgebiet isobar und isotherm.

Beide Diagramme gelten ausschließlich für die mit der angegebenen Dichte verträgliche Variante bei 158,315 °C.
Beide Diagramme gelten ausschließlich für die mit der angegebenen Dichte verträgliche Variante bei 158,315 °C.

Wenn stattdessen 170 °C als Grenzfall gemeint war

ps(170 ∘C)=7,92053 bar,v′=0,001114262 m3/kgp_s(170\,{}^{\circ}\mathrm C)=7{,}92053\ \mathrm{bar},\quad v^{\prime}=0{,}001114262\ \mathrm{m^3/kg}

Bei genau 170 °C wäre x ≈ 0,070506, s ≈ 2,367874 kJ/(kg·K) und v ≈ 0,0181415 m³/kg. Für „oberhalb 170 °C“ ohne konkrete Temperatur bzw. konkreten Druck gibt es dagegen eine Familie möglicher Ergebnisse.

Ergebnis

Dichtevariante: ts ≈ 158,315 °C · p ≈ 5,921 bar · x ≈ 0,06920

Passende Formeln: Sättigungszustand aus Flüssigkeitsdichte · 11 · Verdampfung und reale Gase

Zusätzliche Wasser-/Dampfwerte: IAPWS-IF97, berechnet mit iapws 1.5.5. Die für die Rechnung benötigten Werte stehen direkt hier und in der Formelsammlung.

37 · Rankineprozess: Blattdaten und Isentropie prüfen

Gegeben

plow=0,2 bar,phigh=90 bar,t1=60 ∘C,t2=98 ∘C,t5=850 ∘C,x6=0,99p_{low}=0{,}2\ \mathrm{bar},\quad p_{high}=90\ \mathrm{bar},\quad t_1=60\,{}^{\circ}\mathrm C,\quad t_2=98\,{}^{\circ}\mathrm C,\quad t_5=850\,{}^{\circ}\mathrm C,\quad x_6=0{,}99
Modell und Annahmen
  • Es werden die Blatt-Tafelwerte sowie cW = 4,2 und cD = 2,8 kJ/(kg·K) benutzt. Konstante Wärmekapazitäten sind Näherungen.
Hinweis zur Aufgabenstellung

Der vorgegebene Turbinenaustritt x = 0,99 ist mit der geforderten Isentropie und den übrigen angegebenen Näherungen nicht vereinbar. Die Musterlösung weist beide Varianten aus, statt den Widerspruch zu verdecken.

a) Einheitliche Nummerierung

Das Blatt mischt eine Vier- und eine Sechs-Zustands-Nummerierung. Hier gilt: 1 Pumpeneintritt; 2 Pumpenaustritt; 3 Siedebeginn bei 90 bar; 4 trocken gesättigter Dampf bei 90 bar; 5 überhitzter Turbineneintritt; 6 Turbinenaustritt. Das im Blatt genannte t₃ entspricht damit t₅, x₄ entspricht x₆. Wt56 ist die Turbinenarbeit.

Berechnete Zustände; die Verbindungen sind schematisch. Grün: vorgegebenes x₆ = 0,99. Blau gestrichelt: konsistente isentrope Alternative 6s.
Berechnete Zustände; die Verbindungen sind schematisch. Grün: vorgegebenes x₆ = 0,99. Blau gestrichelt: konsistente isentrope Alternative 6s.

Zustandswerte aus den Blattdaten

h1=251,3,h2≈h1+cw(98−60)+v1(p2−p1)=420,0596 kJ/kgh_1=251{,}3,\quad h_2\approx h_1+c_w(98-60)+v_1(p_2-p_1)=420{,}0596\ \mathrm{kJ/kg}
h3=1316,5,h4=2741,6 kJ/kgh_3=1316{,}5,\quad h_4=2741{,}6\ \mathrm{kJ/kg}
h5=h4+2,8(850−303,31)=4272,332 kJ/kgh_5=h_4+2{,}8(850-303{,}31)=4272{,}332\ \mathrm{kJ/kg}
h6=h1+0,99(2608,9−h1)=2585,324 kJ/kgh_6=h_1+0{,}99(2608{,}9-h_1)=2585{,}324\ \mathrm{kJ/kg}

h₂ verwendet die inkompressible Näherung dh ≈ cW dT + v dp. Bei 60 °C statt 60,09 °C werden die nahegelegenen Tabellenwerte als gerundeter Anfangszustand übernommen.

b/c) Arbeit und Wärmen bei wörtlichem x₆ = 0,99

wT,56=h6−h5=−1687,008 kJ/kgw_{T,56}=h_6-h_5=-1687{,}008\ \mathrm{kJ/kg}
q23=896,4404,q34=1425,1,q45=1530,732 kJ/kgq_{23}=896{,}4404,\quad q_{34}=1425{,}1,\quad q_{45}=1530{,}732\ \mathrm{kJ/kg}
qzu=3852,2724,q61=−2334,024 kJ/kgq_{zu}=3852{,}2724,\qquad q_{61}=-2334{,}024\ \mathrm{kJ/kg}

d/f) Pumpenarbeit und Wirkungsgrad

wP=h2−h1=168,7596 kJ/kgw_P=h_2-h_1=168{,}7596\ \mathrm{kJ/kg}
η=1687,008−168,75963852,2724=39,4118 %\eta=\frac{1687{,}008-168{,}7596}{3852{,}2724}=39{,}4118\,\%

Die vorgegebene Pumpenerwärmung auf 98 °C bedeutet erhebliche Dissipation. Nur vΔp = 9,1596 kJ/kg wäre für eine idealisierte, nahezu isentrope Flüssigkeitspumpe passend, bildet diese Temperaturerhöhung aber nicht ab.

e) Entropieänderungen und Widerspruch

ΔsP≈4,2ln⁡(371,15/333,15)=+0,453657 kJ/(kg K)\Delta s_P\approx4{,}2\ln(371{,}15/333{,}15)=+0{,}453657\ \mathrm{kJ/(kg\,K)}
s5=5,6762+2,8ln⁡(1123,15/576,46)=7,543762 kJ/(kg K)s_5=5{,}6762+2{,}8\ln(1123{,}15/576{,}46)=7{,}543762\ \mathrm{kJ/(kg\,K)}
s6=0,8316+0,99(7,9060−0,8316)=7,835256 kJ/(kg K)s_6=0{,}8316+0{,}99(7{,}9060-0{,}8316)=7{,}835256\ \mathrm{kJ/(kg\,K)}
ΔsT=s6−s5=+0,291494 kJ/(kg K)\Delta s_T=s_6-s_5=+0{,}291494\ \mathrm{kJ/(kg\,K)}

Mit den vorgegebenen Näherungen ist die Turbine bei x₆ = 0,99 daher nicht isentrop. „Adiabat“ allein wäre mit der positiven Entropieänderung vereinbar.

Konsistente isentrope Alternative

s6s=s5⇒x6s=0,948796,h6s=2488,181435 kJ/kgs_{6s}=s_5\quad\Rightarrow\quad x_{6s}=0{,}948796,\quad h_{6s}=2488{,}181435\ \mathrm{kJ/kg}
wT,s=−1784,150565 kJ/kg,qab,s=−2236,881435 kJ/kgw_{T,s}=-1784{,}150565\ \mathrm{kJ/kg},\quad q_{ab,s}=-2236{,}881435\ \mathrm{kJ/kg}
ηs=41,9335 %,ΔsT,s=0\eta_s=41{,}9335\,\%,\qquad\Delta s_{T,s}=0

Blatt-Endzustand: η ≈ 39,41 %, ΔsT > 0. Isentrope Alternative: x ≈ 0,94880 und η ≈ 41,93 %.

Ergebnis

Blattdaten: η ≈ 39,41 % · isentrope Alternative: x ≈ 0,94880, η ≈ 41,93 %

Passende Formeln: Adiabate Pumpe mit vorgegebener Temperaturerhöhung · 13 · Technische Wärmekraftprozesse · 11 · Verdampfung und reale Gase

Blatt 1-8 · Aufgabe 38

Solarbetriebene Ammoniak-Kältemaschine

Aufgabe 38

38 · Ammoniak: Rankine treibt Kälteverdichter

Gegeben

plow=3 bar,pmid=12 bar,phigh=42 bar,Q˙67=500 kWp_{low}=3\ \mathrm{bar},\quad p_{mid}=12\ \mathrm{bar},\quad p_{high}=42\ \mathrm{bar},\quad\dot Q_{67}=500\ \mathrm{kW}
Modell und Annahmen
  • Die Sättigungswerte stammen aus dem Aufgabenblatt. Für c–f wird die ausdrücklich verlangte Pumpenvernachlässigung verwendet.
Hinweis zur Aufgabenstellung

Teil b und die Pumpenvereinfachung ab c sind unterschiedliche Genauigkeitsstufen. Die kleine Enthalpieänderung der Pumpe wird nicht mit einer gleichzeitig exakt verschwindenden Pumpenleistung vermischt.

a) Zwei gekoppelte Kreisprozesse

Kraftzweig A: 1→2 pumpen, 2→3 vorwärmen, 3→4 verdampfen, 4→5 expandieren. Kältezweig B: 1→6 drosseln, 6→7 verdampfen, 7→8 verdichten. Danach 5 und 8 zu 9 mischen und 9→1 kondensieren. Die Prozesslinien zwischen den tabellierten Punkten sind schematisch; das Original-lg(p)-h-Diagramm ist im Quellenarchiv enthalten.

Zustände aus der vorgegebenen Ammoniaktabelle. Sättigungsrand und Verbindungen sind schematisch aus drei Tabellenstützstellen gezeichnet. Zustand 2 zeigt die genauere Pumpenrechnung aus b; ab c gilt die ausdrücklich erklärte Näherung ohne Pumpenarbeit.
Zustände aus der vorgegebenen Ammoniaktabelle. Sättigungsrand und Verbindungen sind schematisch aus drei Tabellenstützstellen gezeichnet. Zustand 2 zeigt die genauere Pumpenrechnung aus b; ab c gilt die ausdrücklich erklärte Näherung ohne Pumpenarbeit.

b) Zustände 1–8

h2=h3−c‾p,m(t3−t2)=351,249728 kJ/kgh_2=h_3-\overline c_{p,m}(t_3-t_2)=351{,}249728\ \mathrm{kJ/kg}
x5=s4−s1s12′′−s1=0,887138,h5=1357,669765 kJ/kgx_5=\frac{s_4-s_1}{s_{12}^{\prime\prime}-s_1}=0{,}887138,\quad h_5=1357{,}669765\ \mathrm{kJ/kg}
x6=h1−h3′h3′′−h3′=0,145858x_6=\frac{h_1-h_3^{\prime}}{h_3^{\prime\prime}-h_3^{\prime}}=0{,}145858
T8≈T7 4(1,293−1)/1,293=361,26697 KT_8\approx T_7\,4^{(1{,}293-1)/1{,}293}=361{,}26697\ \mathrm K

h₃′ in der Drosselgleichung bedeutet die Sättigungsflüssigkeit bei 3 bar, nicht Zustand 3. Die Temperatur T₈ nutzt die vorgegebene ideale κ-Näherung; h₈ ist direkt vorgegeben. Temperaturdifferenzen: ΔTCRP = 49,7265 K und ΔTKKP = 40,1680 K.

Zustandp [bar]t [°C]h [kJ/kg]s [kJ/(kg·K)]
11230,8932346,14121,5021
24231,7370351,24971,5021
34280,6197603,85682,2697
44280,61971473,25644,7272
51230,89321357,66984,7272
63−9,2748346,14121,5573
73−9,27481451,87035,7470
812≈ 88,11701647,13005,7470

Pumpenvereinfachung ab Teil c

Teil b ergibt eine kleine Pumpenenthalpieänderung von 5,1085 kJ/kg. Ab c fordert das Blatt wp12 = 0. Für die folgenden Bilanzen wird deshalb konsistent h₂ ≈ h₁ = 346,1412 kJ/kg verwendet. Damit ist q24 = h₄ − h₁; die Pumpe beansprucht in diesem reduzierten Modell keine Wellenleistung.

c) Spezifische Arbeiten und Massenstromverhältnis

wt,45=h5−h4=−115,586635 kJ/kgw_{t,45}=h_5-h_4=-115{,}586635\ \mathrm{kJ/kg}
wt,78=h8−h7=+195,259700 kJ/kgw_{t,78}=h_8-h_7=+195{,}259700\ \mathrm{kJ/kg}
m˙A/m˙B=195,259700/115,586635=1,689293\dot m_A/\dot m_B=195{,}259700/115{,}586635=1{,}689293

d) Ströme und Mischenthalpie

q67=h7−h6=1105,7291 kJ/kgq_{67}=h_7-h_6=1105{,}7291\ \mathrm{kJ/kg}
m˙B=500/q67=0,4521903 kg/s,m˙A=0,7638820 kg/s\dot m_B=500/q_{67}=0{,}4521903\ \mathrm{kg/s},\quad\dot m_A=0{,}7638820\ \mathrm{kg/s}
Q˙24=m˙A(h4−h1)=860,98298 kW\dot Q_{24}=\dot m_A(h_4-h_1)=860{,}98298\ \mathrm{kW}
h9=m˙Ah5+m˙Bh8m˙A+m˙B=1465,30409 kJ/kgh_9=\frac{\dot m_Ah_5+\dot m_Bh_8}{\dot m_A+\dot m_B}=1465{,}30409\ \mathrm{kJ/kg}
Q˙91=−1360,98298 kW\dot Q_{91}=-1360{,}98298\ \mathrm{kW}
P45=−88,29455 kW,P78=+88,29455 kWP_{45}=-88{,}29455\ \mathrm{kW},\quad P_{78}=+88{,}29455\ \mathrm{kW}

Kontrolle: Q̇24 + Q̇67 + Q̇91 = 0 und P45 + P78 = 0.

e) Wirkungsgrad und Leistungsziffer

ηth=115,586635/1127,1152=10,2551 %\eta_{th}=115{,}586635/1127{,}1152=10{,}2551\,\%
ϵK=1105,7291/195,2597=5,662864\epsilon_K=1105{,}7291/195{,}2597=5{,}662864

f) Irreversibel-adiabate Maschinen

h5∗=1473,2564−0,85⋅115,586635=1375,007760 kJ/kgh_5^*=1473{,}2564-0{,}85\cdot115{,}586635=1375{,}007760\ \mathrm{kJ/kg}
h8∗=1451,8703+195,2597/0,8=1695,944925 kJ/kgh_8^*=1451{,}8703+195{,}2597/0{,}8=1695{,}944925\ \mathrm{kJ/kg}

Die Kältewärme pro kg bleibt gleich; deshalb bleibt ṁB gleich. ṁA steigt, damit die schwächere Turbine den höheren Verdichterbedarf deckt.

GrößeReversibler VergleichReale Maschinen
wt45 [kJ/kg]-115,58664-98,24864
wt78 [kJ/kg]195,25970244,07463
ṁA/ṁB1,689292,48425
ṁA [kg/s]0,763881,12336
ṁB [kg/s]0,452190,45219
Q̇67 [kW]500,00000500,00000
Q̇24 [kW]860,982981266,15145
Q̇91 [kW]-1360,98298-1766,15145
PT [kW]-88,29455-110,36818
PV [kW]88,29455110,36818
h9 [kJ/kg]1465,304091467,11847
ηth [%]10,255098,71682
ϵK5,662864,53029

Real: Solarwärmebedarf ≈ 1266,15 kW; ηth ≈ 8,717 %; ϵK ≈ 4,5303.

Ergebnis

Reversibel Q̇solar ≈ 860,98 kW / real ≈ 1266,15 kW

Passende Formeln: Turbine treibt Kälteverdichter: Massenstromverhältnis · Reale Turbine und realer Kälteverdichter · Ammoniak-Sättigungswerte aus Aufgabe 38 · 11 · Verdampfung und reale Gase

Seminarübung 1 · Aufgaben 1–3

Systemgrenzen, Wasserturm und Verdampfung

Aufgabe 1Aufgabe 2Aufgabe 3

1 · Systemgrenzen am Wärmeübertrager

Gegeben

Zwei Wasserstro¨me; Gesamtsystem ideal nach außen wa¨rmeisoliert\text{Zwei Wasserströme; Gesamtsystem ideal nach außen wärmeisoliert}
Modell und Annahmen
  • Stationärer Betrieb, keine Wellenarbeit; Wärmeleitung in der Rohrwand verbindet die beiden Teilsysteme.

a) Gesamtsystem

m˙c(hc,aus−hc,ein)+m˙h(hh,aus−hh,ein)=0\dot m_c(h_{c,aus}-h_{c,ein})+\dot m_h(h_{h,aus}-h_{h,ein})=0

Die Systemgrenze umschließt beide Strömungsräume und die Rohrwand. An allen Ein- und Austritten überquert Masse die Grenze und transportiert Enthalpie. Nach außen ist Q̇ = 0; ohne Antrieb ist auch die Wellenleistung null. Das System ist damit offen und adiabat.

b) Kaltes Fluid im Innenrohr

Q˙c=m˙c(hc,aus−hc,ein)>0\dot Q_c=\dot m_c(h_{c,aus}-h_{c,ein})>0

Die Grenze folgt dem Innenrohr-Strömungsraum und schneidet dessen Ein- und Austritt. Masse und Enthalpie strömen hinein und hinaus. Über die Rohrwand wird dem kalten Fluid Wärme zugeführt.

c) Warmes Fluid im Außenraum

Q˙h=m˙h(hh,aus−hh,ein)<0,Q˙h+Q˙c=0\dot Q_h=\dot m_h(h_{h,aus}-h_{h,ein})<0,\qquad\dot Q_h+\dot Q_c=0

Die Grenze umschließt nur den Ringraum und schneidet dessen Ein- und Austritt. Der warme Strom gibt über die Innenrohrwand Wärme ab. Seine äußere Wand ist isoliert.

Drei zulässige Kontrollvolumina. Beim warmen Außenfluid gehört auch die innere Grenzfläche zur Systemgrenze.
Drei zulässige Kontrollvolumina. Beim warmen Außenfluid gehört auch die innere Grenzfläche zur Systemgrenze.

Alle drei gewählten Systeme sind offen; nur das Gesamtsystem ist nach außen adiabat.

Ergebnis

Gesamt: offen/adiabat · Teilströme: offen mit innerem Wärmeaustausch

Passende Formeln: 1 · Begriffe und Systeme · Zwei Stoffströme im isolierten Wärmeübertrager

2 · Wasserturm mit Kegelboden

Gegeben

D=18 m,HK=5 m,HZ=25 m,m0=6500 t,ρ=1025 kg/m3D=18\ \mathrm m,\quad H_K=5\ \mathrm m,\quad H_Z=25\ \mathrm m,\quad m_0=6500\ \mathrm t,\quad\rho=1025\ \mathrm{kg/m^3}
Modell und Annahmen
  • Offener Speicher, inkompressible und reibungsfreie Strömung. Spiegelgeschwindigkeit gegenüber Rohrgeschwindigkeit vernachlässigt.
Hinweis zur Aufgabenstellung

d ist hinsichtlich Leitungs- oder Gesamtvolumenstrom mehrdeutig. Für f/g ist nicht ausdrücklich gesagt, ob die Entnahme weiterläuft; beide Varianten werden genannt. Die Höhenangaben werden geometrisch wie oben erläutert zugeordnet.

Geometrie und Höhenbezug

A=π92=254,469005 m2A=\pi9^2=254{,}469005\ \mathrm{m^2}
VK=A⋅5/3=424,115008 m3V_K=A\cdot5/3=424{,}115008\ \mathrm{m^3}
zSpitze=100+45−30=115 mNNz_{Spitze}=100+45-30=115\ \mathrm{mNN}

Die 45 m werden als Höhe vom Fundament zur Behälteroberkante interpretiert. Der Kegel verjüngt sich bis zur Spitze. Das Blatt nennt 1025 kg/m³; dieser Wert wird trotz der Bezeichnung Wasser bei 20 °C unverändert verwendet.

Links: Zuordnung der vorgegebenen Höhen. Rechts: mit dem Wasserstand steigende Förderhöhe beim Füllen ohne gleichzeitige Entnahme.
Links: Zuordnung der vorgegebenen Höhen. Rechts: mit dem Wasserstand steigende Förderhöhe beim Füllen ohne gleichzeitige Entnahme.

a) Anfangswasserstand

V0=6500000/1025=6341,463415 m3V_0=6500000/1025=6341{,}463415\ \mathrm{m^3}
y0=5+(V0−VK)/A=28,253710 my_0=5+(V_0-V_K)/A=28{,}253710\ \mathrm m
z0=115+y0=143,253710 mNNz_0=115+y_0=143{,}253710\ \mathrm{mNN}

Wasserstand 28,254 m über der Kegelspitze bzw. 143,254 mNN.

b) Hydrostatischer Druck am Fundament

pu¨=ρg(z0−100)=434926,866 Pa=4,34927 barp_{\text{ü}}=\rho g(z_0-100)=434926{,}866\ \mathrm{Pa}=4{,}34927\ \mathrm{bar}

Am Fundament herrscht hydrostatisch etwa 4,349 bar Überdruck.

c) Drücke in der 100-mm-Leitung bei 10 m³/min

AR=π(0,1)2/4=0,00785398 m2A_R=\pi(0{,}1)^2/4=0{,}00785398\ \mathrm{m^2}
c=10/60AR=21,22066 m/sc=\frac{10/60}{A_R}=21{,}22066\ \mathrm{m/s}
pdyn=ρc2/2=2,30787 barp_{dyn}=\rho c^2/2=2{,}30787\ \mathrm{bar}
pstat,u¨=ρg(z0−80)−pdyn=4,05245 barp_{\text{stat,ü}}=\rho g(z_0-80)-p_{dyn}=4{,}05245\ \mathrm{bar}

d) Nach 3 Stunden bei 12 m³/min Gesamtentnahme

V3h=V0−12⋅180=4181,463415 m3V_{3h}=V_0-12\cdot180=4181{,}463415\ \mathrm{m^3}
y3h=19,765446 m,z3h=134,765446 mNNy_{3h}=19{,}765446\ \mathrm m,\qquad z_{3h}=134{,}765446\ \mathrm{mNN}

Hauptvariante d: Die gesamten 12 m³/min fließen durch die genannte Leitung. Falls diese Leitung weiter 10 m³/min führt und 2 m³/min anderweitig entnommen werden, gilt die alternative Zeile d_alt. Alle statischen Drücke sind Überdrücke.

FallV̇Leitung [m³/min]c [m/s]pdyn [bar]pstat,ü [bar]
c1021,22072,307874,05245
d1225,46483,323332,18347
d_alt1021,22072,307873,19893

Bei 12 m³/min: pdyn ≈ 3,32333 bar; pstat,ü ≈ 2,18347 bar.

e) Gesamtes Speichervolumen

Vmax=VK+A⋅25=6785,840132 m3V_{max}=V_K+A\cdot25=6785{,}840132\ \mathrm{m^3}

f) Von 50 % auf 100 % füllen

ΔV=Vmax/2=3392,920066 m3\Delta V=V_{max}/2=3392{,}920066\ \mathrm{m^3}
Δτ=ΔV/30=113,097336 min\Delta\tau=\Delta V/30=113{,}097336\ \mathrm{min}

Hier werden f und g als Füllvorgang ohne gleichzeitige Entnahme gerechnet. Bei weiterhin 12 m³/min Entnahme wäre die Nettofüllrate 18 m³/min und die Zeit 188,49556 min.

g) Pumpenenergie bei steigender Förderhöhe

z50%=131,666667 mNN,zQuelle=z50%−10=121,666667 mNNz_{50\%}=131{,}666667\ \mathrm{mNN},\quad z_{Quelle}=z_{50\%}-10=121{,}666667\ \mathrm{mNN}
H0=10 m,Hf=145−zQuelle=23,333333 mH_0=10\ \mathrm m,\quad H_f=145-z_{Quelle}=23{,}333333\ \mathrm m
EP=ρgΔV0,8H0+Hf2=710763,739 kJ=197,43437 kWhE_P=\frac{\rho g\Delta V}{0{,}8}\frac{H_0+H_f}{2}=710763{,}739\ \mathrm{kJ}=197{,}43437\ \mathrm{kWh}

Die Förderhöhe steigt während des Füllens. Eine ausdrücklich vereinfachte Rechnung mit ständig 10 m ergäbe nur 118,46062 kWh. Bei gleichzeitigem Abfluss 12 m³/min und Zufluss 30 m³/min steigt die Pumpenenergie für denselben Pegelanstieg um den Faktor 30/18 auf 329,05729 kWh.

Ohne Entnahme: Füllzeit ≈ 113,10 min; Pumpenenergie ≈ 197,43 kWh.

Ergebnis

Vmax ≈ 6785,84 m³ · Füllen ≈ 113,10 min · EPumpe ≈ 197,43 kWh

Passende Formeln: Füllhöhe eines Kegel-Zylinder-Behälters · Bernoulli und Druckanteile · Hydraulische Leistung, Wellenleistung und Füllzeit · Pumpenenergie bei veränderlicher Förderhöhe

3 · Wasser erwärmen, verdampfen und überhitzen

Gegeben

m=10 kg,t0=10 ∘C,P1=2 kW,cw=4,183, cd=2,020 kJ/(kg K),r=2257 kJ/kgm=10\ \mathrm{kg},\quad t_0=10\,{}^{\circ}\mathrm C,\quad P_1=2\ \mathrm{kW},\quad c_w=4{,}183,\ c_d=2{,}020\ \mathrm{kJ/(kg\,K)},\quad r=2257\ \mathrm{kJ/kg}
Modell und Annahmen
  • Offener Topf bei ungefähr Atmosphärendruck, daher Siedetemperatur 100 °C; Gefäßwärme und Wärmeverluste vernachlässigt.

a) Siedebeginn

Qheiz=10⋅4,183⋅90=3764,7 kJQ_{heiz}=10\cdot4{,}183\cdot90=3764{,}7\ \mathrm{kJ}
τSieden=3764,7/2=1882,35 s=31,3725 min\tau_{Sieden}=3764{,}7/2=1882{,}35\ \mathrm s=31{,}3725\ \mathrm{min}

b/c) Vollständige Verdampfung

Qverd=10⋅2257=22570 kJQ_{verd}=10\cdot2257=22570\ \mathrm{kJ}
Qges=26334,7 kJ=7,315194 kWhQ_{ges}=26334{,}7\ \mathrm{kJ}=7{,}315194\ \mathrm{kWh}
τges=Qges/2=13167,35 s=219,45583 min\tau_{ges}=Q_{ges}/2=13167{,}35\ \mathrm s=219{,}45583\ \mathrm{min}

Die Zeit seit Beginn umfasst Erwärmen und Verdampfen. Nur die Verdampfungsphase dauert 22570/2 = 11285 s = 188,0833 min.

d) Leistung nach 60 min auf 4 kW erhöhen

Q60=2⋅3600=7200 kJQ_{60}=2\cdot3600=7200\ \mathrm{kJ}
τf=3600+26334,7−72004=8383,675 s=139,72792 min\tau_f=3600+\frac{26334{,}7-7200}{4}=8383{,}675\ \mathrm s=139{,}72792\ \mathrm{min}

e) Dampf von 100 auf 300 °C überhitzen

Qu¨ber=10⋅2,020⋅(300−100)=4040 kJ=1,12222 kWhQ_{\text{über}}=10\cdot2{,}020\cdot(300-100)=4040\ \mathrm{kJ}=1{,}12222\ \mathrm{kWh}

Siedebeginn ≈ 31,37 min; komplett verdampft nach 219,46 min, mit Leistungswechsel nach 139,73 min; Überhitzungswärme 4040 kJ.

Ergebnis

Qgesamt = 26334,7 kJ · τgesamt ≈ 219,46 min / mit Wechsel ≈ 139,73 min

Passende Formeln: Erwärmen, Verdampfen und Überhitzen · 11 · Verdampfung und reale Gase

Seminarübung 2 · Aufgaben 1–4

Wärmegleichgewicht, Rührarbeit und Kolbenarbeit

Aufgabe 1Aufgabe 2Aufgabe 3Aufgabe 4

1 · Heiße Stahlkugel in Wasser

Gegeben

DB=HB=0,30 m,dK=0,10 m,tW,0=20 ∘C,tK,0=450 ∘CD_B=H_B=0{,}30\ \mathrm m,\quad d_K=0{,}10\ \mathrm m,\quad t_{W,0}=20\,{}^{\circ}\mathrm C,\quad t_{K,0}=450\,{}^{\circ}\mathrm C
Modell und Annahmen
  • Isolierter Behälter; dessen Wärmekapazität und die Verdrängungsarbeit werden vernachlässigt. Wasserverlust ausgeschlossen.
Hinweis zur Aufgabenstellung

Die gedruckte Stahldichte 7850 kg/m² wird als Dimensionsfehler gelesen und mit kg/m³ verwendet. Die Materialdiskussion in c ist bei konstantem c nur formal möglich.

Massen aus der Geometrie

VW=12πDB24HB=0,010602875 m3V_W=\tfrac12\frac{\pi D_B^2}{4}H_B=0{,}010602875\ \mathrm{m^3}
mW=998,2067VW=10,583861 kgm_W=998{,}2067V_W=10{,}583861\ \mathrm{kg}
VK=πdK3/6=0,000523599 m3,mK=7850VK=4,110250 kgV_K=\pi d_K^3/6=0{,}000523599\ \mathrm{m^3},\quad m_K=7850V_K=4{,}110250\ \mathrm{kg}

a) Gleichgewichtstemperatur

mWcW(tm−20)+mKcK(tm−450)=0m_Wc_W(t_m-20)+m_Kc_K(t_m-450)=0
tm=mWcW⋅20+mKcK⋅450mWcW+mKcK=38,234933 ∘Ct_m=\frac{m_Wc_W\cdot20+m_Kc_K\cdot450}{m_Wc_W+m_Kc_K}=38{,}234933\,{}^{\circ}\mathrm C

Es stellt sich im Modell rund 38,23 °C ein.

b) Ausgetauschte Wärme

QW=mWcW(tm−20)=+807,302241 kJQ_W=m_Wc_W(t_m-20)=+807{,}302241\ \mathrm{kJ}
QK=−807,302241 kJQ_K=-807{,}302241\ \mathrm{kJ}

Die Kugel gibt rund 807,30 kJ an das Wasser ab.

c) Kugeltemperatur für 90 °C Wassertemperatur

tK,0=90+mWcWmKcK(90−20)=1670,677884 ∘Ct_{K,0}=90+\frac{m_Wc_W}{m_Kc_K}(90-20)=1670{,}677884\,{}^{\circ}\mathrm C

Das ist nur das formale Ergebnis mit konstanten Wärmekapazitäten und einer festen Kugel. Bei so hohen Temperaturen sind diese Annahmen ungeeignet. Beispielhaft liegen die Hersteller-Schmelzbereiche mehrerer Edelstähle deutlich darunter (etwa 1400–1510 °C, legierungsabhängig). Für die reale Rechnung sind die konkrete Legierung, c(T), Schmelzwärme und mögliche Wärme-/Massenverluste nötig; diese Daten fehlen im Blatt.

Formal etwa 1670,68 °C; keine belastbare reale Auslegung einer festen Stahlkugel.

Ergebnis

tm ≈ 38,23 °C · |Q| ≈ 807,30 kJ · tc formal ≈ 1670,68 °C

Passende Formeln: Mischtemperatur von Körpern · Kreis, Zylinder, Kegel und Kugel · Variable Wärmekapazität und Materialgrenzen

Zum Materialvergleich: thyssenkrupp, Schmelzbereiche verschiedener Stahlsorten. Das Aufgabenblatt nennt keine Legierung; die Quelle liefert daher nur einen Vergleich, keinen konkreten Stoffwert für diese Kugel.

2 · Rührwerk als mechanisches Wärmeäquivalent

Gegeben

m=1 kg,cW=4,183 kJ/(kg K),P=50 W=0,050 kWm=1\ \mathrm{kg},\quad c_W=4{,}183\ \mathrm{kJ/(kg\,K)},\quad P=50\ \mathrm W=0{,}050\ \mathrm{kW}

a) Arbeit für 10 K Temperaturerhöhung

W=mcWΔT=1⋅4,183⋅10=41,83 kJW=mc_W\Delta T=1\cdot4{,}183\cdot10=41{,}83\ \mathrm{kJ}

b) Reversibilität

Der Vorgang ist irreversibel. Mechanische Arbeit wird durch viskose Dissipation in innere Energie umgewandelt; im adiabaten Gesamtsystem entsteht Entropie.

c) Laufzeit von 20 auf 35 °C

W=1⋅4,183⋅15=62,745 kJW=1\cdot4{,}183\cdot15=62{,}745\ \mathrm{kJ}
Δτ=W/P=62,745/0,050=1254,9 s=20,915 min\Delta\tau=W/P=62{,}745/0{,}050=1254{,}9\ \mathrm s=20{,}915\ \mathrm{min}

41,83 kJ für 10 K; für 20→35 °C rund 20,92 min bei 50 W.

Ergebnis

W10K = 41,83 kJ · irreversibel · τ ≈ 20,92 min

Passende Formeln: Adiabat erwärmen durch Rührarbeit

3 · Fahrzeug beschleunigen

Gegeben

m=1300 kg,c1=20/3,6=5,55556 m/s,c2=100/3,6=27,77778 m/s,s=200 mm=1300\ \mathrm{kg},\quad c_1=20/3{,}6=5{,}55556\ \mathrm{m/s},\quad c_2=100/3{,}6=27{,}77778\ \mathrm{m/s},\quad s=200\ \mathrm m
Modell und Annahmen
  • Luft- und Rollwiderstand vernachlässigt; F ist die resultierende Kraft.

a) Kinetische Arbeit

W=13002(27,777782−5,555562)=481481,481 J=481,48148 kJW=\frac{1300}{2}(27{,}77778^2-5{,}55556^2)=481481{,}481\ \mathrm J=481{,}48148\ \mathrm{kJ}

b) Resultierende Kraft

F=W/s=481481,481/200=2407,4074 NF=W/s=481481{,}481/200=2407{,}4074\ \mathrm N

c) Konstante Beschleunigung

a=F/m=1,851852 m/s2a=F/m=1{,}851852\ \mathrm{m/s^2}

Kontrolle: Die Beschleunigungszeit ist (c₂ − c₁)/a = 12 s, der mit der mittleren Geschwindigkeit zurückgelegte Weg 200 m.

W ≈ 481,48 kJ; F ≈ 2407,41 N; a ≈ 1,85185 m/s².

Ergebnis

W ≈ 481,48 kJ · F ≈ 2407,41 N · a ≈ 1,85185 m/s²

Passende Formeln: Kraft, Beschleunigung und Arbeit

4 · Gas unter einem belasteten Kolben

Gegeben

mG=0,020 kg,mK=1 kg,d=0,10 m,T1=293,15 K,V2=0,030 m3m_G=0{,}020\ \mathrm{kg},\quad m_K=1\ \mathrm{kg},\quad d=0{,}10\ \mathrm m,\quad T_1=293{,}15\ \mathrm K,\quad V_2=0{,}030\ \mathrm{m^3}
Modell und Annahmen
  • Der Kolben ist reibungsfrei; über ihm herrscht der angegebene Umgebungs-/Referenzdruck 1,013 bar. Die konstante Last macht den Vorgang isobar.

Druck und Gaskonstante

A=πd2/4=0,00785398 m2A=\pi d^2/4=0{,}00785398\ \mathrm{m^2}
pG=101300+1⋅9,81A=102549,048 Pap_G=101300+\frac{1\cdot9{,}81}{A}=102549{,}048\ \mathrm{Pa}
R=1013001,204⋅293,15=287,00738 J/(kg K)R=\frac{101300}{1{,}204\cdot293{,}15}=287{,}00738\ \mathrm{J/(kg\,K)}

a) Anfangsvolumen

V1=mGRT1/pG=0,01640897 m3=16,40897 lV_1=m_GRT_1/p_G=0{,}01640897\ \mathrm{m^3}=16{,}40897\ \mathrm l

m/ρref = 16,61130 l wäre nur bei Referenzdruck richtig. Die Kolbenlast erhöht den tatsächlichen Druck und verringert das Volumen.

b) Isobare Volumenänderungsarbeit

Wv=−pG(V2−V1)=−1393,7472 J=−1,393747 kJW_v=-p_G(V_2-V_1)=-1393{,}7472\ \mathrm J=-1{,}393747\ \mathrm{kJ}

Da V₂ > V₁ ist die Arbeit mit der Skriptkonvention negativ: Das Gas gibt Arbeit ab. Bei gleicher Last muss sich das Gas zum Erreichen von 30 l erwärmen; T₂ ≈ 535,96 K ist eine zugehörige Kontrollgröße.

V₁ ≈ 16,409 l; Wᵥ ≈ −1,394 kJ.

Ergebnis

V₁ ≈ 16,409 l · Wᵥ ≈ −1,394 kJ

Passende Formeln: Belasteter Kolben: Kräftegleichgewicht · 5 · Zustandsänderungen idealer Gase
Ergebnisübersicht · alle 45 Aufgaben

Aufgabenblatt 1 · Aufgaben 1–10

AufgabeErgebnis
1 · Temperatur313,15 K · 104 °F · 563,67 °R (Rankine) / 32 °Ré
2 · Schrägrohrmanometer208,38 Pa = 2,0838 mbar = 2,0838 hPa
3 · Viskosität aus Kugelfallη ≈ 1,4033 Pa·s
4 · Wasserhöhe im Vakuumkondensatorh ≈ 0,718 m
5 · Gasentnahme bei schwimmender ScheibeV₂ = 240000 m³ · v₁ = v₂ = 1,6 m³/kg
6 · Hydraulische PresseF₂ = 200 N · |W| = 0,40 J
7 · Druck im Japangrabenpü ≈ 845,65 bar · Fnetto ≈ 8,456 kN
8 · Auftrieb eines SteinsV ≈ 183,49 cm³ · ρ ≈ 2778 kg/m³
9 · Luft isochor und isobar erwärmenIsochor: 3,33267 bar / 143,32 kJ · isobar: 0,718215 m³ / 200,76 kJ
10 · Wasserstoff aus einer StahlflascheV₂ ≈ 2,31524 m³

Aufgabenblatt 2 · Aufgaben 11–19

AufgabeErgebnis
11 · Energiezufuhr zum WasserbettΔU = +930 kJ (Arbeit am Bett)
12 · WasserkraftturbinePab ≈ 81,75 kW
13 · Venturi und PumpenleistungV̇ ≈ 1,73944 m³/s · PWelle ≈ 61,07 kW
14 · Isotherme Kolbenkompressionp₂ = 2 bar · Wᵥ = +69,31 J · WStange = +19,31 J
15 · Gasbehälter isobar erwärmenV₂ ≈ 107909,40 m³
16 · Isotherme LuftverdichtungW = +344,06 kJ · Q = −344,06 kJ
17 · Adiabate LuftverdichtungV₂ ≈ 1,66528 m³ · t₂ ≈ 276,05 °C · Wᵥ ≈ +1572,20 kJ
18 · Verdichtungsraum und Hubraump₂ ≈ 12,0549 bar · t₂ ≈ 448,41 °C
19 · Evakuierten Behälter adiabat füllenT₂ ≈ 420,46 K = 147,31 °C

Aufgabenblatt 3 · Aufgaben 20–25

AufgabeErgebnis
20 · Ideales GasgemischV ≈ 4,20796 m³ · pO₂ = 0,20 bar · pN₂ = 0,79 bar · pCO₂ = 0,01 bar
21 · Polytrope Expansionn ≈ 1,06392 · t₂ ≈ 21,43 °C · |W| ≈ 1877,27 kJ · Q ≈ +1577,27 kJ
22 · Isochore Verbrennung im Ottomotort₂ ≈ 1732,88 °C · q ≈ 1028,45 kJ/kgL · mB ≈ 24,49 g/kgL
23 · Kolbenkompressor mit TotraumWZyklus ≈ +242,75 J/Umdrehung
24 · Gleichdruckverbrennung im Dieselmotort₃ ≈ 2046,30 °C · |W| ≈ 44,394 kJ · Q ≈ 188,649 kJ · mB ≈ 4,492 g
25 · Carnotprozess mit 1 kg LuftQzu ≈ 54,643 kJ · |W| ≈ 40,982 kJ · η = 75 %

Aufgabenblatt 4 · Aufgaben 26–29

AufgabeErgebnis
26 · Adiabate Drossel mit realen EnthalpiedatenT₂ ≈ 299,360 K / mit Kinetik ≈ 299,158 K
27 · Entropiezunahme beim SchmelzenΔS ≈ +1,22277 kJ/K
28 · Reale und isentrope LuftverdichtungΔs ≈ +0,070237 kJ/(kg·K) · ηsV ≈ 86,95 %
29 · Kann der Wärmetransformator so arbeiten?Zulässig · Ṡerzeugt ≈ 0,01003 kW/K

Aufgabenblatt 5 · Aufgaben 30–33

AufgabeErgebnis
30 · Dampfkraftprozess mit ZwischenüberhitzungSechs Prozessschritte; Zwischenüberhitzung zwischen zwei Expansionen
31 · Linien und Nassdampfkompression im h-s-Diagrammqzu ≈ 2257,51 · qab ≈ −903,01 · wt ≈ +556,55 kJ/kg
32 · Nassdampf bei 25 bar auf 580 °C bringenq ≈ +876,39 kJ/kg
33 · Einfacher Rankineprozess|PT| ≈ 17,00 MW · PP ≈ 44,03 kW · ηth ≈ 25,02 %

Aufgabenblatt 6 · Aufgaben 34–35

AufgabeErgebnis
34 · Diesel-Wirkungsgrad herleitenηD = 1 − (φEκ − 1) / [κ εκ−1 (φE − 1)]
35 · Offener Luftkälteprozess mit Düset₄ ≈ 9,95 °C · p₂ ≈ 1,24031 bar · c₅ ≈ 191,05 m/s

Blatt 1-7 · Aufgaben 36–37

AufgabeErgebnis
36 · Verdampfung im KesselDichtevariante: ts ≈ 158,315 °C · p ≈ 5,921 bar · x ≈ 0,06920
37 · Rankineprozess: Blattdaten und Isentropie prüfenBlattdaten: η ≈ 39,41 % · isentrope Alternative: x ≈ 0,94880, η ≈ 41,93 %

Blatt 1-8 · Aufgabe 38

AufgabeErgebnis
38 · Ammoniak: Rankine treibt KälteverdichterReversibel Q̇solar ≈ 860,98 kW / real ≈ 1266,15 kW

Seminarübung 1 · Aufgaben 1–3

AufgabeErgebnis
1 · Systemgrenzen am WärmeübertragerGesamt: offen/adiabat · Teilströme: offen mit innerem Wärmeaustausch
2 · Wasserturm mit KegelbodenVmax ≈ 6785,84 m³ · Füllen ≈ 113,10 min · EPumpe ≈ 197,43 kWh
3 · Wasser erwärmen, verdampfen und überhitzenQgesamt = 26334,7 kJ · τgesamt ≈ 219,46 min / mit Wechsel ≈ 139,73 min

Seminarübung 2 · Aufgaben 1–4

AufgabeErgebnis
1 · Heiße Stahlkugel in Wassertm ≈ 38,23 °C · |Q| ≈ 807,30 kJ · tc formal ≈ 1670,68 °C
2 · Rührwerk als mechanisches WärmeäquivalentW10K = 41,83 kJ · irreversibel · τ ≈ 20,92 min
3 · Fahrzeug beschleunigenW ≈ 481,48 kJ · F ≈ 2407,41 N · a ≈ 1,85185 m/s²
4 · Gas unter einem belasteten KolbenV₁ ≈ 16,409 l · Wᵥ ≈ −1,394 kJ

Die zugehörigen Rechenwege und Annahmen stehen bei der jeweiligen Aufgabe.

Originalblätter & Hinweise

Die folgenden 19 PDF-Seiten aus allen zehn bereitgestellten Dateien sind als verlustfreie Seitenbilder direkt abrufbar. Auch das Ammoniakdiagramm sowie leere Skizzenseiten bleiben zugänglich. Die Aufgabenformulierungen und Originaltabellen lassen sich damit jederzeit prüfen.

Besonders zu beachten: Aufgabe 36 enthält nicht miteinander vereinbare Angaben zu Dichte und Siedetemperatur. Aufgabe 37 verbindet eine geforderte Isentropie mit einem dazu nicht passenden Austrittszustand. Beide Lösungen zeigen die verwendeten Daten und getrennte, nachvollziehbare Varianten.

Wo Stoffwerte fehlen, sind die ergänzten Daten oder Modellannahmen angegeben. Bei einer nur qualitativ gestellten Aufgabe sind gezeichnete Verläufe als Prinzipskizzen gekennzeichnet.

Die Formelsammlung enthält alle ergänzend benötigten Rechenbeziehungen und die für diese Blätter verwendeten Wasser-/Dampf- und Ammoniakwerte. Die gedruckte Fassung dieses Dokuments umfasst unabhängig von Suchfiltern und Ansicht sämtliche Lösungen; die Originalseiten bleiben zum digitalen Nachschlagen auf der Website verfügbar.

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