L¨osung zur Thermoklausur 2013

(1)

L¨osung zur Thermoklausur 2013

hier steht nichts

(2)

1. Aufgabe (2013): Theoretische Fragen (20 Punkte)

a) (1 Punkt) Abgeschlossene Systeme erlauben weder Stoff- noch Energiefl¨usse

¨ uber die Systemgrenze. Geschlossene Systeme erlauben (nur) Energiefl¨usse ¨uber die Systemgrenze.

b) (2 Punkte) p(T ) = ^R _v

ⁱ

T . Gerade mit Steigung von ^R _v

ⁱ

, siehe Diagramm b) c) (2 Punkte) Mischung unterschiedlicher Stoffe, W¨arme¨ubertragung mit Tem-

peraturdifferenz, spontan ablaufende chemische Reaktion, Drosselung

d) (1 Punkt) Bei keinem Prozess! Entropie kann nur produziert, nicht vernichtet werden.

e) (2 Punkte) Entropiebilanz für reversible WKM; (nicht-reversibel ⇒ größere Wärmeabfuhr): 0 = ^Q _T ^˙

_zu^zu

+ ^Q _T ^˙

_ab^ab

⇒ Q ˙ ab = − _T ^T

_zu^ab

Q ˙ zu = −5 kW

alternativer L¨osungsweg:

W ˙ max = − Q ˙ zu

1 − ^T _T

_zu^ab

= −5 kW Q ˙ ab,min = − Q ˙ zu − W ˙ max = −5 kW f) (3 Punkte) η W KM = ^| ^W ^˙ _Q

^netto

_˙ ^|

zu

; ε W KM = ^| ^E ^˙ _E

^W,netto

_˙ ^|

Q,zu

= ^| ^W _E ^˙ _˙

^netto

^|

Q,zu

ε W KM > η W KM , da ˙ Q zu > E ˙ Q,zu = ˙ Q zu

1 − _T ^T

_zu⁰

g) (2 Punkte) Nein, da Isobaren und Isothermen zusammenfallen, muss eine weitere Gr¨oße bekannt sein, bspw. Dampfgehalt x.

h) (3 Punkte) C ₄ H ₁₀ + ³⁹ ₂ O ₂ −→ 4CO ₂ + 5H ₂ O + 13O ₂

i) (2 Punkte) Nein, da die Enthalpie des zugef¨uhrten Wassers ≥ 0 kJ/kg ist und sich die spezifische Enthalpie feuchter Luft auf die Masse trockener Luft bezieht.

H ˙ aus = ˙ H ein + ˙ H W ⇒ h 1+x,aus = h 1+x,ein + ^m ^˙

^W

_m ^·c _˙

^W

^·t

^W

L

j) (2 Punkte) siehe Diagramm j)

b) j)

(3)

2. Aufgabe (2013): K¨ altemaschine (24 Punkte)

a) (4 Punkte) T

s

2 1 3

4 p

v

2 1 3

4 b) (3 Punkte)

V ˙ 1

V ˙ 2

= m R T ˙ 1 p 2

˙

m R T 2 p 1

= T 1 p 2

T 2 p 1

= 250 K · 30 bar

358,45 K · 10 bar = 2,09

c) (4 Punkte)

LZ _KM = |N utzen|

|Auf wand| = Q ˙ 41

W ˙ 12 + ˙ W 34

= q 41

w 12 + w 34

= h 1 − h 4

(h 2 − h 1 ) + (h 4 − h 3 )

= c p (T 1 − T 4 )

c _p (T 2 − T 1 + T 4 − T 3 ) = T 1 − T 4

T 2 − T 1 + T 4 − T 3

= 250 K − 223,15 K

358,45 K − 250 K + 223,15 K − 294,57 K = 0,725 d) (4 Punkte)

η s = w _real w ideal

= h 4 − h 3

h 4s − h 3

= c _p (T 4 − T 3 )

c p (T 4s − T 3 ) = T 4 − T 3

T 3

p

³

p

⁴

1−κ κ

− T 3

= 223,15 K − 294,57 K 294,57 K ³⁰ ₁₀ ^bar _bar

1−1,4 1,4

− 294,57 K

= 0,9

(4)

e) (6 Punkte)

dS

dτ = 0 = ˙ S 3 − S ˙ 4 + ˙ S gen

⇒ S ˙ gen = ˙ S 4 − S ˙ 3 = ˙ m (s 4 − s 3 ) = ˙ m Z 4

3 c p dT T −

Z 4

3 R dp p

= ˙ m

c _p ln T 4

T 3

− R ln p 4

p 3

= 1 kg s

1,0 kJ

kg K ln 223,15 K

294,57 K − 0,287 kJ

kgK ln 10 bar 30 bar

= 0,0376 kW K E ˙ D = T 0 S ˙ gen = 300 K · 0,0376 kW

kK = 11,289 kW

f) (3 Punkte)

Ja, da Z = p v

R T = 10 ⁶ P a · 0,0631 ^m _kg

³

287 _kgK ^J · 223,15 K = 0,985 ≈ 1

(5)

3. Aufgabe (2013): Dampfkessel (22 Punkte)

a) (3 Punkte)

b) (5 Punkte)

V ₁ ^′ = m ^′ ₁ v ₁ ^′ = 0,010m ³ mit v ₁ ^′ = 0,0010436 ^m

³

/ ^kg V ₁ ^′′ = V DK − V ₁ ^′ = 0,990 m ³

x 1 = m ^′′ ₁ m W

= m _W − m ^′ ₁ m W

= 0,055

c) (4 Punkte)

h 2 = H 2

m _W = [(1 − x 2 )h ^′ ₂ + x 2 h ^′′ ₂ ]

→ x 2 =

H

²

m

W

− h ^′ ₂

h ^′′ ₂ − h ^′ ₂ mit h ^′ ₂ = 762,20 ^kJ / ^kg und h ^′′ ₂ = 2777,5 ^kJ / ^kg

= 0,483

alternativer L¨osungsweg:

v = V _DK m W

= 0,094 ^m

³

/ ^kg = konstant, da System geschlossen und isochor v = v ₂ ^′ + x 2 (v ₂ ^′′ − v ₂ ^′ )

x 2 = v − v ₂ ^′

v ₂ ^′′ − v ^′ ₂ mit v ^′ ₂ = 0,0011276 ^m

³

/ ^kg und v ₂ ^′′ = 0,1944 ^m

³

/ ^kg

x 2 = 0,483

(6)

d) (4 Punkte) dU

dτ = ˙ Q ⇒ U 2 − U 1 = ˙ Q∆τ 12

U 2 = H 2 − p 2 V 2

p 2 V 2 = p 2 V _DK

∆τ 12 = 469,393 s

e) (4 Punkte) dS

dτ = Q ˙ T B

+ ˙ S gen ⇒ S 2 − S 1 = Q ˙ T B

∆τ 12 + ˙ S gen ∆τ 12

S _gen = ˙ S _gen ∆τ 12 = S 2 − S 1 − Q ˙ T B

∆τ 12

S 2 = m W s 2 = m W [s ^′ ₂ + x 2 (s ^′′ ₂ − s ^′ ₂ )]

mit s ^′ ₂ = 2,137 ^kJ / ^kgK und s ^′′ ₂ = 6,584 ^kJ / ^kgK S gen = 3,997 ^kJ / ^K

f) (2 Punkte)

Dampff¨ormig, da Punkt 3 im h,s-Diagramm genau auf der Taulinie liegt.

alternativer L¨osungsweg:

v 3 = v = 0,094 ^m

³

/ ^kg > v _crit = 0,00318 ^m

³

/ ^kg ⇒ dampff¨ormig

(7)

4. Aufgabe (2013): Feuchte Luft (14 Punkte)

a) (4 Punkte) 23

13 = m ˙ L,1

˙ m L,2

bzw. 23

21 = m ˙ _L, 1

˙

m L,1 + ˙ m L,2

alternativer L¨osungsweg:

˙

m L,3 = ˙ m L,1 + ˙ m L,2 = 3 · m ˙ L,1

˙

m L,3 x 3 = ˙ m L,1 x 1 + ˙ m L,2 x 2 → x 3 = m ˙ L, 1 x 1 + ˙ m L, 2 x 2

˙ m L,3

t 3 = 26,5 ± 0,5 ^◦ C ϕ 3 = 0,7 x 3 = 0,015 b) (3 Punkte)

t 4 = 6 ± 1 ^◦ C ϕ 4 = 1 x 4 = 0,006 c) (3 Punkte)

0 = ˙ m L,3 x 3 − m ˙ L,4 x 4 − m ˙ W mit m ˙ L,3/4 = ˙ m L,1 + ˙ m L,2 = 3 ˙ m L,1

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1. Aufgabe (2013): Theoretische Fragen (20 Punkte)

a) (1 Punkt) Abgeschlossene Systeme erlauben weder Stoff- noch Energiefl¨usse

¨ uber die Systemgrenze. Geschlossene Systeme erlauben (nur) Energiefl¨usse ¨uber die Systemgrenze.

b) (2 Punkte) p(T ) = R v

T . Gerade mit Steigung von R v

, siehe Diagramm b) c) (2 Punkte) Mischung unterschiedlicher Stoffe, W¨arme¨ubertragung mit Tem-

peraturdifferenz, spontan ablaufende chemische Reaktion, Drosselung

d) (1 Punkt) Bei keinem Prozess! Entropie kann nur produziert, nicht vernichtet werden.

e) (2 Punkte) Entropiebilanz für reversible WKM; (nicht-reversibel ⇒ größere Wärmeabfuhr): 0 = Q T ˙

+ Q T ˙

⇒ Q ˙ ab = − T T

Q ˙ zu = −5 kW

alternativer L¨osungsweg:

W ˙ max = − Q ˙ zu

1 − T T

= −5 kW Q ˙ ab,min = − Q ˙ zu − W ˙ max = −5 kW f) (3 Punkte) η W KM = | W ˙ Q

˙ |

; ε W KM = | E ˙ E

˙ |

= | W E ˙ ˙

|

ε W KM > η W KM , da ˙ Q zu > E ˙ Q,zu = ˙ Q zu

1 − T T

g) (2 Punkte) Nein, da Isobaren und Isothermen zusammenfallen, muss eine weitere Gr¨oße bekannt sein, bspw. Dampfgehalt x.

h) (3 Punkte) C 4 H 10 + 39 2 O 2 −→ 4CO 2 + 5H 2 O + 13O 2

i) (2 Punkte) Nein, da die Enthalpie des zugef¨uhrten Wassers ≥ 0 kJ/kg ist und sich die spezifische Enthalpie feuchter Luft auf die Masse trockener Luft bezieht.

H ˙ aus = ˙ H ein + ˙ H W ⇒ h 1+x,aus = h 1+x,ein + m ˙

m ·c ˙

·t

j) (2 Punkte) siehe Diagramm j)

b) j)

2. Aufgabe (2013): K¨ altemaschine (24 Punkte)

a) (4 Punkte) T

s

2

1 3

4

p

v

2

1 3

4

b) (3 Punkte)

V ˙ 1

V ˙ 2

= m R T ˙ 1 p 2

˙

m R T 2 p 1

= T 1 p 2

T 2 p 1

= 250 K · 30 bar

358,45 K · 10 bar = 2,09

c) (4 Punkte)

LZ KM = |N utzen|

|Auf wand| = Q ˙ 41

W ˙ 12 + ˙ W 34

= q 41

w 12 + w 34

= h 1 − h 4

(h 2 − h 1 ) + (h 4 − h 3 )

= c p (T 1 − T 4 )

c p (T 2 − T 1 + T 4 − T 3 ) = T 1 − T 4

T 2 − T 1 + T 4 − T 3

= 250 K − 223,15 K

358,45 K − 250 K + 223,15 K − 294,57 K = 0,725 d) (4 Punkte)

η s = w real w ideal

= h 4 − h 3

h 4s − h 3

= c p (T 4 − T 3 )

c p (T 4s − T 3 ) = T 4 − T 3

T 3

p

p

− T 3

= 223,15 K − 294,57 K 294,57 K 30 10 bar bar

− 294,57 K

= 0,9

b) (2 Punkte) p(T ) = ^R _v

T . Gerade mit Steigung von ^R _v

e) (2 Punkte) Entropiebilanz für reversible WKM; (nicht-reversibel ⇒ größere Wärmeabfuhr): 0 = ^Q _T ^˙

+ ^Q _T ^˙

⇒ Q ˙ ab = − _T ^T

1 − ^T _T

= −5 kW Q ˙ ab,min = − Q ˙ zu − W ˙ max = −5 kW f) (3 Punkte) η W KM = ^| ^W ^˙ _Q

_˙ ^|

; ε W KM = ^| ^E ^˙ _E

_˙ ^|

= ^| ^W _E ^˙ _˙

^|

1 − _T ^T

h) (3 Punkte) C ₄ H ₁₀ + ³⁹ ₂ O ₂ −→ 4CO ₂ + 5H ₂ O + 13O ₂

H ˙ aus = ˙ H ein + ˙ H W ⇒ h 1+x,aus = h 1+x,ein + ^m ^˙

_m ^·c _˙

^·t

LZ _KM = |N utzen|

c _p (T 2 − T 1 + T 4 − T 3 ) = T 1 − T 4

η s = w _real w ideal

= c _p (T 4 − T 3 )

= 223,15 K − 294,57 K 294,57 K ³⁰ ₁₀ ^bar _bar

c _p ln T 4

R T = 10 ⁶ P a · 0,0631 ^m _kg

287 _kgK ^J · 223,15 K = 0,985 ≈ 1

V ₁ ^′ = m ^′ ₁ v ₁ ^′ = 0,010m ³ mit v ₁ ^′ = 0,0010436 ^m

/ ^kg V ₁ ^′′ = V DK − V ₁ ^′ = 0,990 m ³

x 1 = m ^′′ ₁ m W

= m _W − m ^′ ₁ m W

m _W = [(1 − x 2 )h ^′ ₂ + x 2 h ^′′ ₂ ]

− h ^′ ₂

h ^′′ ₂ − h ^′ ₂ mit h ^′ ₂ = 762,20 ^kJ / ^kg und h ^′′ ₂ = 2777,5 ^kJ / ^kg

v = V _DK m W

= 0,094 ^m

/ ^kg = konstant, da System geschlossen und isochor v = v ₂ ^′ + x 2 (v ₂ ^′′ − v ₂ ^′ )

x 2 = v − v ₂ ^′

v ₂ ^′′ − v ^′ ₂ mit v ^′ ₂ = 0,0011276 ^m

/ ^kg und v ₂ ^′′ = 0,1944 ^m

/ ^kg

p 2 V 2 = p 2 V _DK