Ghibsy Seehafer [email protected]

Technische Thermodynamik Übungsaufgaben und Merksätze Version 1.00

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25.11.2002

Ghibsy Seehafer [email protected]

01. Grundlagen Die Technische Thermodynamik ist die Lehre vom Zusammenhang zwischen der Übertragung von Wärme und Arbeit, der Energiewandlung und den hierbei wesentlichen Eigenschaften gasförmiger, flüssiger und fester Stoffe. Das thermodynamische System ist ein Kontrollraum (Begrenzungsraum) oder eine Stoffmenge, worauf sich die Untersuchung bezieht. In einem geschlossenen System ist die Systemgrenze massedicht. Ein thermodynamisches System heißt offen, wenn (wenigstens) ein Stoffstrom die Systemgrenze schneidet. Beim offenen System ist sowohl die Stoff- als auch die Energieübertragung zwischen System und Umgebung möglich. Beispiel 1.1 Zustandsgrößen In einem Behälter von 5 m³ Rauminhalt sind 9,2 kg Co2 eingeschlossen. Es sind Dichte, spezifisches Volumen und molares Volumen des eingeschlossenen Gases zu bestimmen. Gegeben: V = 5 m³ m = 9,2 kg CO2 Gesucht:

1. ρ 2. v 3. v

Lösung:

1.

2.

3.

m V kg 9,2 kg = 1,84 3 ρ= 3 5m m V v= m 5 m3 m3 v= = 0,544 9,2 kg kg

ρ=

V m kg mit n = mit M = 44 (aus Tafel 1.3) n M kmol 9,2 kg kmol n= = 0,209 kmol 44 kg v=

v=

m3 5 m3 = 23,9 0,209 kmol kmol

alternativ: m M 1 = = V v v 44 kg m 3 M = v= 1,84 kmol kg δ

ρ=

v = 23,9

m3 kmol

Zwei Systeme stehen dann im thermischen Gleichgewicht, wenn sie dieselbe Temperatur haben. (Nullter Hauptsatz).

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Beispiel 1.2 Zustandsgrößen In einem Behälter von 50 m³ Rauminhalt und 4m Höhe befinden sich 72 kg Luft. Am Manometer wird der Überdruck 2,26*104 Pa abgelesen. Der Luftdruck beträgt 105 Pa. Zu bestimmen sind der absolute Gasdruck and der Decke und am Boden des Behälters. Gegeben: V = 50 m³ m = 72 kg Luft pü = 2,26 * 104 Pa pB = 105 Pa z=4m Gesucht:

1. pDecke 2. pBoden

Lösung:

Für den Absolutdruck and er Decke folgt: pDecke = pB + pÜ N N N pDecke = 105 2 + 0,226 * 105 2 = 1,226 * 105 2 m m m Der Druck am Boden ist um die lastende Luftsäule größer: m 72 kg kg = = 1,44 3 ρ= V 50 m 3 m pBoden = pDecke + ρLgz N kg m pBoden = 1,226 * 105 2 +1,44 3 *9,81 2 *4 m m m s N N pBoden = 122656,5 2 ≈ 1,227 *105 2 m m

In jeder Zustandsgleichung sind stets absolute Drücke und absolute Temperaturen (in K) einzusetzen. Beispiel 1.3 Thermische Zustandsgleichung des idealen Gases Eine Sauerstoffflasche mit einem Fassungsvermögen von 15 l hat eine Temperatur von 20°C und einen Überdruck von 15 bar (Luftdruck ≈ 1 bar). Gegeben: V = 0,015 m³ T1 = 293 K p1ü = 15 bar p1 = 16 bar T2 = 340 K T2 = 67 °C Gesucht:

1. m 2. v 3. p2

Lösung:

1. mit

R = 0,2598

kJ Nm = 259,8 kg K kg K

16 *105 * 0,015 N m 3 kg K p*V = = 0,316 kg R *T 260 * 293 m 2 Nm K V 0,015 m 3 m3 = = 0,0475 v= 0,316 kg kg m

m=

2. 3.

V 1 = V2 p1 p 2 p *T ⇒ p2 = 1 2 = T1 T2 T1 n * 340 K N m2 = 18,6 * 105 2 293 K m

16 *105

p2 =

p2 = 18,6 bar absoluter Druck = 17,6 bar Überdruck

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Beispiel 1.4 Normzustand Durch ein Rohr von 200 mm Innendurchmesser sollen 10,5 * 10³ m³/h (bezogen auf Normzustand) CO2 bei einem konstanten Druck von 4,9 * 105Pa und einer konstanten Temperatur von 27°C strömen. Zu bestimmen sind der CO2-Massenstrom, die Gaskonstante für CO2 und die Strömungsgeschwindigkeit im Rohr. Gegeben: ∅ di = 0,2 m 3 & n = 10,5 * 103 m V h p = 4,9 * 105 Pa t = 27°C ⇒ T = 300 K & Gesucht: 1. m 2. R 3. c 3 kg & * ρ = 10,5 * 103 m * 1,977 kg = 20760 kg & =V Lösung: 1. m mit ρn = 1,977 3 aus Tafel 1.3 n n 3 h h m m R kg mit M = 44 M kmol 8314 Nm kmol Nm R= = 189 44 kmol K kg kg K

2. R =

3. c =

& & RT V π d2 & =m mit A = und V p A 4

3 2 & = 20760 * 189 * 300 kg Nm K m = 2400 m V 5 h kg K N h 4,9 *10

c=

m 2400 * 4 *1 m 3 h = 21,2 s π * 0,2 2 * 3600 h m 2 s

Beispiel 1.5 Thermische Zustandsgleichung kondensierter Körper Ein starres Druckgefäß (geschlossenes thermodynamisches System) ist vollständig mit Wasser von der Temperatur 20°C und dem Druck 0,981 bar gefüllt. Gesucht ist die Druckerhöhung im System bei einer Temperaturerhöhung im System bei einer Temperaturerhöhung des Wassers auf 21°C. Gegeben: t1 = 20°C p1 = 0,981 bar t2 = 21°C Gesucht: ∆p β * ∆T ∆p = Lösung: χ β = 0,207*10-3 K-1 Für p1 und t1 aus Tafel 1.4 χ = 47,9 * 10-6 bar-1 −5 20,7 * 10 bar ∆p = * 1K = 4,3 bar 47,9 *10 −6 K

Bei jedem Prozess ändert sich der Zustand des Systems. Das Resultat des Prozesses ist die Zustandsänderung. Ein Prozess heißt dann reversibel bzw. umkehrbar, wenn das System ohne Änderungen in der Umgebung in seinen Anfangszustand zurückgebracht werden kann; andernfalls heißt der Prozess irreversibel, also nicht umkehrbar. Dem System zugeführte Arbeit: Aus dem System abgeführte Arbeit:

W>0 W0 Q 0, abgeführte Q 0 ⇒ möglicher, irreversibler- (Realer-) Prozess, ds = 0 reversibler (Idealer) Prozess, ds < 0 unmöglicher Prozess. Zustandsänderungen Dampf Skizzieren sie in einem schematischen h,s-Diagramm die möglichen Formen isentroper Entspannung. Beschreiben Sie jede Zustandsänderung verbal. A: gesättigtes Wasser ⇒ Nassdampf. B: Nassdampf mit höherer Feuchte wird trockener. C: Nassdampf mit niedrigerer Feuchte Feuchter. D: Sattdampf ⇒ Nassdampf E: Heißdampf mit geringerer Überhitzung ⇒ Nassdampf F: Heißdampf mit großer Überhitzung ⇒ Heißd. geringerer Überhitzung Die isentrope Entspannung bzw. Verdichtung stellt den Idealfall dar. Skizzieren Sie in je ein T,s-Diagramm ideale und reale Expansion bzw. Verdichtung für den adiabaten Fall. Definieren Sie für beide Fälle anhand der Skizzen den inneren Wirkungsgrad.

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