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Musterlösung Übung 5...

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Thermodynamik I/II (SS 2016)

(Ver. 1.0)

Musterlösung Übung 5 Aufgabe 1 a) gesucht: ∆T Allgemeine Energiebilanz: X X dE X ˙ k (τ ) W = m ˙ i (τ ) [hi (τ ) + ea,i (τ )] + Q˙ j (τ ) + dτ i j k Da alle Zustands- und Prozessgrößen zeitlich konstant sind folgt mit der Massenbilanz

m ˙1=m ˙2=m ˙

die Energiebilanz für einen stationären Fließprozess (siehe Abbildung 1) zu: 0 ✼− P 0=m ˙ [h1 + ea,1 ] − m ˙ [h2 + ea,2 ] + Q˙ 12✓✓ t,12 |{z} ✓ adiabat ✓

mit:

ea,1 − ea,2

✯0 1 2 ✟1✟✟ ✟ = c − c2 + gz1 − gz2 2 ✟1 2 2 | {z } ✟ g·100 m

✘ ✿ 0,

if ✘✘ · (T1 − T2 ) + v if✘ h1 − h2 = c W (p✘ 1 − p2 )

da der Luftdruck oben und unten gleich ist.

Zieht man die Bilanzgrenze um das gesamte System (Abb. 1), d.h. um das Einlauf- und das Auffangbecken sowie die Turbine, sind die Geschwindigkeiten des Wassers im jeweiligen Becken zu betrachten. Diese sind jeweils vernachlässigbar (= 0), weil die Becken als stehende Gewässer aufgefasst werden können.

Thermodynamik I/II SS 2016

Übung 5 (Ver. 1.0)

Abbildung 1: Bilanz um Gesamtsystem c1 = c2 = 0

2

Abbildung 2: Bilanz um Fallrohr c1 = c2 6= 0

Zieht man die Bilanzgrenze um die Turbine und die Rohrleitungen (Abb. 2), dann ergibt sich aus der Kontinuitätsgleichung m ˙ = A · ρ · c und der Massenbilanz, für gleiche Strömungsquerschnitte und Wasser als inkompressibles Fluid, c1 = c2 . Merke: Die Wahl der Bilanzgrenze verändert nicht das Gesamtergebnis! Umformen von Gleichung (1.1) ergibt: if ⇒ Pt,12 = m ˙ · cW · (T1 − T2 ) + m ˙ · g · (z1 − z2 )

  1 P ⇒ ∆T = (T2 − T1 ) = if · g · (z1 − z2 ) − t,12 cW m ˙ mit

Pt,12 = 7000 kW 3 8 ms kg V˙ m ˙ = = 3 = 8000 m s v 0,001 kg

∆z = z1 − z2 = 100 m

  Pt,12 ⇒ ∆T = if · g · ∆z − cW m ˙   Umr. in kJ kJ z}|{ 7000 s m 1 kg K   · 9,81 2 · 100 m · 10−3 − = 4,18 kJ s 8000 kgs 1

  kJ 1 kg K kJ − 0,875 = · 0,981 4,18 kJ kg kg

= 0,025 K

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Übung 5 (Ver. 1.0)

b) gesucht: ηTurbine Pt,12 7000 kW 0,875 kJ Nutzen wNutz 8000 kg/s kg m ˙ = = = = 0,892 = = kJ g · ∆z 9,81 m ∆ea Aufwand 0,981 2 · 100 m s kg

ηTurbine

Aufgabe 2 a) gesucht: v2 , h2 , t2 p · v n = konst. p 1 · v1 n = p 2 · v2 n v2 v1

p1 = p2

!n 3

Mit v1 = v (5 bar) = 0,3749 mkg ′′

(Tab.1.2) folgt:

!1

n

v2 = v1 ·

p1 p2

= 0,3749

m3 kg

·

5 bar 10 bar

3

1 ! 1,46

= 0,2332 mkg . Interpolieren in Tabelle 1.3:   3 h2 = h 10 bar, v = 0,2332 m kg =

v2 − v ′′ (250 ◦C) · (h(300 ◦C) − h(250 ◦C)) + h(250 ◦C) v ′′ (300 ◦C) − v ′′ (250 ◦C) 3

=

(0,2332 − 0,2327) mkg 3

(0,2579 − 0,2327) mkg

· (3.051,2 − 2.942,6)

kJ kg

kJ + 2.942,6 kg

= 2.944,75 kJ kg 

t2 = t 10 bar, v = 0,2332 =

m3 kg



v2 − v ′′ (250 ◦C) · (300 ◦C − 250 ◦C) + 250 ◦C ◦ ◦ ′′ ′′ v (300 C) − v (250 C)

3

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Übung 5 (Ver. 1.0)

4

3

=

(0,2332 − 0,2327) mkg 3

(0,2579 − 0,2327) m kg

· (300 − 250)◦C + 250 ◦C

= 250,99 ◦C

b) gesucht: Pt,12 Allgemeine Energiebilanz: X X dE X ˙ k (τ ) W = m ˙ i (τ ) [hi (τ ) + ea,i (τ )] + Q˙ j (τ ) + dτ i j k

Abbildung 3: Energiebilanz zur Berechnung der technischen Verdichterleistung

Da alle Zustands- und Prozessgrößen zeitlich konstant sind folgt mit der Massenbilanz m ˙1 = m ˙ 2 = m˙ D die Energiebilanz für einen stationären Fließprozess zu: 0=m ˙ D [h1 − h2 + ✘ ea,1 ✘

✘ ✿0 ✘ ✘ −✘ e ]+ a,2

0 ✓ ✼ ˙ Q12 ✓ + Pt,12 . |{z} ✓

adiabat ✓

Mit

h1 = h′′ (5 bar) = 2.748,7 kJ (Tab 1.2) folgt: kg

Pt,12 = m ˙ D(h2 − h1 ) kJ kg · (2.944,75 − 2.748,7) = 1 = 196,05 kW. s kg ˙ 12 c) gesucht: Φ + ϕ12 |·m ˙D (w12 )t = (w12 )rev t rev ˙ 12 Pt,12 = m ˙ D (w12 )t + Φ ˙ 12 = Pt,12 − m ˙ D (w12 )trev =⇒ Φ Berechnung der reversiblen spezifischen Verdichterarbeit:

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= (w12 )rev t

Z2

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✘ ✿0

✘ ea,2 −✘ ea,1 v dp + ✘ ✘✘

1

mit p · v n = konst. = p1 · v1 n (w12 )rev t

= p = p

=

1 1n

1 1n

5

· v1

Z2

p1 p

=⇒ v =

!1

n 1

1

· v1 = p 1 n · v1 · p − n

1

p− n dp

1"

1 · v1 · 1−

1 n

·p

1 (1− n )

#2

1

h i 1 1 1 (1− n (1− n1 ) ) n · v · p − p · p 1 1 2 1 1 − n1

1 = 1 − n1

"

1 = 1 − n1

"

1 = 1 − n1

"

p2 p2

p2

− 1n

p1 p2

p

1 1n

! 1n

v1 − p 1 p 1

v1 − p 1 v1

p 2 v2 − p 1 v1

" 1 · 10 · 102 = 1 1 − 1,46

− 1n

1 n

p 1 v1

#

#

#

kJ m3

· 0,2332

m3 kg

−5·

102 mkJ3

· 0,3749

m3 kg

#

kJ (w12 )rev t = 145,21 kg

Die bei der Verdichtung dissipierte Leistung ergibt sich somit aus Gleichung (2.1) zu: = 196,05 kW − 1 kgs · 145,21 kJ Φ˙ 12 = Pt,12 − m ˙ D (w12 )rev t kg = 50,84 kW

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Aufgabe 3 a) gesucht: c2 .

Abbildung 4: Energiebilanz um die Düse

Allgemeine Energiebilanz: 0 0 ✚ ❃ X X ✓ ✼ X ✚ dE✓ ✯0 ✟✟ ˙✟ W (τ ) Q˙ j✚ (τ ) + m ˙ i (τ ) [hi (τ ) + ea,i (τ )] + ✓ = k ✟ ✚ ✟ ✓dτ j✚ i ✟k

✚

mit der Massenbilanz m ˙1=m ˙2=m ˙ und der Annahme, dass die Änderungen der potenziellen Energien vernachlässigt werden können, folgt für die Energiebilanz: 1 0 = m ˙ (h1 − h2 ) + m ˙ · (c21 − c22) 2 q =⇒ c2 = 2 · (h1 − h2 ) + c12 Berechnung der spezifischen Enthalpie h1 : h1 = h(22 bar, 500 ◦C) → in Tab.1.3 interpolieren =

(2,2 − 2,5) MPa · (h(2 MPa) − h(2,5 MPa)) + h(2,5 MPa) (2,0 − 2,5) MPa

=

(2,2 − 2,5) MPa · (3.467,6 − 3.462,1) (2,0 − 2,5) MPa

kJ = 3.465,4 kg

Berechnung der spezifischen Enthalpie h2 : p · v n = konst. p 1 · v1 n = p 2 · v2 n v2 = v1 ·

p1 p2

!1

n

kJ kg

kJ + 3.462,1 kg

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mit v1 = v(22 bar, 500 ◦C) → in Tab.1.3 interpolieren =

(2,2 − 2,5) MPa · (v(2,0 MPa) − v (2,5 MPa)) + v(2,5 MPa) (2,0 − 2,5) MPa

=

(2,2 − 2,5) MPa · (0,17568 − 0,13998) (2,0 − 2,5) MPa

=⇒ v2 = 0,1614

22 bar 16 bar

m3 kg

1 ! 1,2

= 0,21045

m3 kg

3

3

+ 0,13998 mkg = 0,1614 mkg

m3 kg

3

=⇒ h2 = h(16 bar, v2 = 0,21045 mkg ) → in Tab.1.3 interpolieren v2 − v v ′′ (500 ◦C)

=

(400 ◦C) · (h(500 ◦C) − h(400 ◦C)) + h(400 ◦C) − v ′′ (400 ◦C)

′′

(0,21045 − 0,19005)

=

(0,2203 − 0,19005)

m3 kg m3 kg

· (3.472,0 − 3.254,2)

kJ kg

kJ + 3.254,2 kg

= 3.401,08 kJ kg Die Austrittsgeschwindigkeit berechnet sich somit zu: c2 =

p

2 · (h1 − h2 ) + c12 =

Hinweis: J = N m und N = c2 =

q

q

2

J + 102 m 2 · (3.465,4 − 3.401,08) · 103 kg s2

kg m s2 2

2 2 · (3.465,4 − 3.401,08) · 103 ms2 + 102 ms2 = 358,8 ms

b) gesucht: ϕ12 . Arbeit bei quasistatischer Zustandsänderung: (w12 )t = (w12 )trev + ϕ12 Es gilt (w12 )t = 0, da die betrachtete Düse keine technische Arbeit verrichtet. Damit folgt: ϕ12 = −(w12 )rev t Es wird ein stationärer Fließprozess betrachtet. Es gilt: Z2 ϕ12 = − v dp − 21(c22 − c12) 1

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Übung 5 (Ver. 1.0)

Mit p · v n = konst. folgt: v =



p1 p

1

n

· v1

Daraus ergibt sich:

ϕ12 = −

Z2



1

p1 p

1 n

= −p1 · v1 ·

1 n

Z2

· v1

!

dp −

(c22 − c21 ) 2

(c22 − c12) 2

1

p− n dp −

1

1

= −p1 n · v1 · 1

= −p1 n · v1 ·

h

1

(c22 − c12) 2

· p(1− n )

1 1− 1n

  (c2 − c2) 1 1 1 · p2 (1− n ) − p1 (1−n ) − 2 2

1 = − 1− 1 [p2 v2 − p1 v1 ] − n

i2

1 1− 1n

1

−

(c22 − c12) 2

h i 3 3 = − 1−1 1 · 16 · 105 Pa · 0,21045 mkg − 22 · 105 Pa · 0,1614 mkg 1,2

−

(358,8 ms )2 − (10 ms )2 2

2

= 110,16 kJ ˆ − 64,32 kJ mit Pa = ˆ mJ3 , ms2 = kg kg . ϕ12 = 45,84 kJ kg

J kg

8...