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THERMODYNAMIK 1&2Patrik Rohner, 24. Juni 2009 (rev. 15. Juli 2010)
THERMODYNAMIK 1 --
KONZEPTE UND DEFINITIONEN
KONSTANTEN
- Avogadro-Zahl N A=6.022 ∙1026 1kmol
- Bolzmannkonstante k B=1.38 ∙10−23 JK
- Gaskonstante
R=R0=8.314 kJkmol K
=N A ∙ kB- Normdruck p0=101325 Pa=1.01325 ¿- Normalfallbeschleunigung g0=9.81ms−2
- Normtemperatur T 0=298K ≅ 25 °C- Tripelpunkt Wasser T c=273.16K=0.01 ° CEINHEITEN
- Molmasse M : [ kgkmol ]
N= mM∙ N A=n∙ N A
- Druck p :[ Nm2 ]= [Pa ]1 ¿105Pa
- Spezifisches Volumen v=Vm= 1ρ[m
3
kg]
1 l=0.001m3
- Innere Energie U : [kJ ] , u :[ kJkg ] , u :[ kJkmol
]
- Enthalpie H : [kJ ] , h :[ kJkg ] , h :[ kJkmol
]
- Entropie
S :[ kJK ] , s :[ kJkgK ] , s : [ kJkmolK ]
- Gaskonstante
R :[ JkgK ]= R ∙1000
M,R : [ kJkgK ]= R
M
- Kraft F : [N ]=[ kg ms2 ]
- Energie E : [J ]=[ kgm2
s2 ]
- Exergie Ex : [J ]=[ kg m2
s2 ]
- Leistung P : [W ]=[ Js]=[ kgm
2
s3 ]
- Arbeit
W=∫ F ds=∫V 1
V 2
p (v ) dV [Nm ]=[J ]
- Kinetische Energie KE=12mw2
- Potentielle Energie PE=mgz
W>0 Vom System geleistete Arbeit = abgeführte Arbeit
W<0 Am System geleistete Arbeit = zugeführte Arbeit
Q>0 Dem System zugeführte Wärme
Q<0 Vom System abgegebene Wärme
SI-PRÄFIXE
P Peta- 1015 k Kilo- 103 m Milli- 10−3
T Tera- 1012 h Hekto- 102 μ Mikro- 10−6
G Giga- 109 d Dezi- 10−1 n Nano- 10−9
M Mega- 106 c Zenti- 10−2 p Pico- 10−12
Zustandsgrössen
Thermische- Druck p - Temperatur T- Volumen V - Masse m- Stoffmenge n
Kalorische - Innere Energie U (T, (Epot))- Entropie S (T,p) - Enthalpie H (T,p)
Prozessgrössen- Wärme Q - Arbeit W
Intensive Grössen: ändern ihre Werte bei der gedachten Teilung des (homogenen) Systems nicht (p,T)
Extensive Grössen: Sind auf Masseneinheiten bezogen (m, V)
Spezifische Grössen: x= Xm
extensive Zustandsgrössen in intensive
umgewandelt:
Molare Grössen u :U=n∙u=mM∙u ,u= u
M
Bezieht sich auf N A Moleküle. Bsp: Molares Volumen
v=Mρ[ m3
kmol]
THERMODYNAMISCHES SYSTEM
Massenstrom-System- geschlossenes System: Anz. im System enthaltene Moleküle konst.- offenes System: Es fliessen Massenströme über die Syst. Grenze
Wärmestromsystem- adiabates Systeme: Keine thermische E über Syst. Grenze = isoliert- diathermes Systeme: nicht isoliert
physikalisch-chemisches System- homogenes System: physikalische und chemische
Zusammensetzung ist überall gleich.- heterogenes System: Bsp: Mineralien ein nur chemisch homogenes System kann auch 2 Phasen
beinhalten; das System [H2O (l) und H2O (g)] ist chemisch homogen aber phisikalisch heterogen
Nullter Hauptsatz: Wenn sich zwei Systeme mit einem dritten im Gleichgewicht befinden, sind sie auch untereinander im thermischen GG.
ELEMENTE DER KINETISCHEN GASTHEORIEPerfektes Gas Ideales Gas Realgas
Innere Energie
U U=Eth U=Eth+Em, pot
Therm. Energie
EthEth=∑
i=1
N mM
2∙wi
2
Temperatur T T=13Eth
NT=1
fE th
N
N= mM∙ N A n=
mM∙ N A ∙
1Vρ=m
Vv=V
m Thermische Energie Bewegung aller Moleküle (Translation, Rotation,
Oszillation) ergibt eine endliche Menge von kinetischer E = Eth
Eth=∑i=1
N mM
2∙wi
2 ,Eth=Eth
N=mM
2∙wi
2 , eth=Et h
N ∙mM=wi
2
2 Wärme Q Über Systemgrenze transportierte thermische Energie. Abs. Temperatur Die Temperatur ist gleich der thermischen Energie
dividiert durch die Anz. Freiheitsgrade.
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2Phasenraum
Isotherme
v
Isobare
gesättigter flüssiger Zustand
trocken gesättigter Dampf
v
Eth=N ∙f2kb ∙T ,E th=
f2kb ∙ T ,e th=
f2kb ∙ TmM
k b beschreibt die Umrechnung der Temp. als Energie in J nach Kelvin.
Innere Energie bei perfekten Gasen △U=△E th
u=32RT
Innere Energie bei idealen Gasen △U=△E th
u= f2RT f : Anz. Freiheitsgrade. Daraus folgt : cv=
f2R und
c p=( f2+1)R c p−cv=R gilt weiterhin (auch bei realen
Gasen)
Einatomig: f=3 Bsp: He (Translation in 3 Richtungen)Zweiatomig: f=5 Bsp: O2, N2 (Translation und Rotation)Dreiatomig: f=5 Bsp: CO2 (Translation und Rotation)Dreiatomig: f=12 Bsp: CO2 (ab 1800K auch Oszillation)
Innere Energie bei realen Gasen △U=△E th+△ Epot Druck Kraftwirkung der Moleküle bezogen auf eine Flächeneinheit.
p0=13∙m ∙n ∙w0
2 , p=n∙k B ∙ T , p∝T ,n
Enthalpie bei perfekten Gasen h=u+ pv=52RT
Enthalpie bei idealen Gasen h=u+ pv=( f2+1)RT
Enthalpie bei realen Gasen ist in Tabellen nachzuschlagen
1. HAUPTSATZ: ENERGIE EINES SYSTEMS
Energie im System: E=KE+PE+U bleibt konstant.U ist die innere Energie und umfasst Wärme-, Elektrische-, Bindungs-E, …
ΔE=Q−W=Q−∫ pdV=∆KE+∆PE+∆U
mit ∆ KEund ∆ PE vernachlässigt:
△U=Q−W=Q−∫ pdV
DER ERSTE HAUPTSATZ ALS LEISTUNGSBILANZ
dEdt
=Q−W dUdt
=mc dTdt
U (T 2 )−U (T 1 )=m∫T 1
T 2
c (T )dT
ENERGIEANALYSE VON KREISPROZESSEN
QKP=W KP △U=0
DIE P-V-T-BEZIEHUNG
Dampfmassenteil:
x=v x−v fv g−v f
=mx−m f
mg−mf⋯TR∷ xvap (v , v f , vg)
2-Phasenraum: v ( x ,T )=x ∙ vg (T )+(1−x )∙ v f (T )
Linear Interpolieren: y=y2− y1
x2−x1(x−x1 )+ y1
TR∷ ipl (x1 , x , x2 , y1 , y2 )
DIE IDEALE GASGLEICHUNG
pv=RT pV=mRT pV=n RT
p=ρRT ρ=1vR= R
M U=U (T ) c p−cv=R
IDEALE GASE: POLYTROPE ZUSTANDSÄNDERUNGEN
p ∙V n=konst T2
T1=(
p2
p1)n−1n =(
V 1
V 2)n−1
W=∫V 1
V 2
p (V )dV
n: Polytropenkoeffizient
Für ideale Gase gilt: u (T ) , h(T )
Folgende Formeln gelten nur für ideale Gase
n=1 ISOTHERMER PROZESS
T=const .→ p ∙V=const .
W 12=p1V 1⋅ ln (V 2
V 1)=mRT ⋅ ln(V 2
V 1)
W 12=p1V 1⋅ ln( p1
p2)=mRT ⋅ ln( p1
p2)
W 12=p2V 2⋅ ln (V 2
V 1)=p2V 2⋅ ln( p1
p2)
∆U=0⟹Q12=W 12
n=0 ISOBARER PROZESS
p=const .→T /V=const .W 12=p1 (V 2−V 1 )
W 12=m p1 (v2−v1 )=mR (T2−T1 ) T 1
V 1=T2
V 2
∆Q=∆ H=m∙c p∙∆T
n=∞ ISOCHORER PROZESS
V=const .→T / p=const .
W 12=0T1
p1=T 2
p2
∆U=Q12→Q12=m(u2−u1)
Q12=m∙cV ∙(T 2−T 1)
p T
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ISENTHALPER PROZESSH=const .→U+ p ∙V=const .∆ H=0→H1=H 2
dH=d (U+ pV )=dU+d ( pV )=mcV dT+mRdT=mc pdT
dH=0=mc pdT→dT=0⇛ im idealen Gas auf der Isothermen!
n=κ ISENTROPER PROZESS
S=const .→ p ∙V κ=const . Isentrop = adiabatisch und reversibel
n=κ=c pcv
Q12=0
p ∙V κ=const .T ∙V κ−1=const .
p1−κ ∙T κ=const .∆U=−W 12→W 12=U1−U2
W 12=m ∙(u¿¿1−u2)¿
W 12=m ∙cV ∙(T 1−T 2)
W 12=m∙ Rκ−1
∙(T 1−T 2)
W 12=p1V 1
κ
1−κ∙ [V 2
1−κ−V 11−κ ]
W 12=p1V 1
1−κ∙ [( p1
p2)1−κκ −1]
n≠1 ALLGEMEINER PROZESS
p ∙V n=const .p ∙V n=const .
T n ∙ p1−n=const .
T ∙vn−1=const .
W 12=R ∙m1−n
(T 2−T1)
W 12=p2V 2−p1V 1
1−n
W 12=p1V 1
n
1−n (V 21−n−V 1
1−n )
REALE GASE: POLYTROPE ZUSTANDSÄNDERUNGENAllgemein:
ΔU=m(u2−u1)=m(cv2T 2−ucv1T 1)
Isotherm: ΔU=Q−W⟺W=Q−ΔUIsobar: W 12= p1 (V 2−V 1 )=m p1(v2−v1)
Isochor: W 12=0
Isentrop/adiabat: ΔQ=0
THERMODYNAMISCHE ZUSTANDSDATEN
Enthalpie (Wärmefunktion) H=U+ pV h=Hm=u+ pv
pV ist die Arbeit die nötig ist um das Volumen V des Systems gegen die Wirkung des Aussendrucks p aufzuspannen.
Verdampfungsenthalpie h fg=hg−h fEnergie die nötig ist um ein Fluid unter konst. Druck und Temp gasförmig zu machen.
Wärmemenge △Q=m∙c ∙△TSpezifische Wärmekapazität c Energie die nötig ist um 1kg der Masse um 1K zu erwärmen. Man unterscheidet zwischen cvund c p:
Wärmezufuhr bei konstantem Volumen (isochore Wärmekap.)
cv=( ∂U∂T
)v[ kJkg K
] (Verwenden in Verbindung
mit u)
du=( ∂U∂T
)v⏟
cv
d T+¿ ( ∂U∂ v
)Tdv bei dv=0
⇒du=cv dT
Wärmekapazität bei konstantem Druck (isobare Wärmekap.)
c p=( ∂h∂T
)p[ kJkg K
] (Verwenden in Verbindung
mit h)
dh=( ∂h∂T
)p⏟
c p
dT+¿ ( ∂h∂ p
)Tdpbei dp=0
⇒dh=cpdT
MATHEMATISCHES
z (x , y )dt→dz=(∂ z∂ x ) ydx+(
∂z∂ y )x dy
∂∂ y [( ∂ z∂ x )y ]x= ∂
∂x [( ∂ z∂ y )x] yMit ( ∂x∂ y )z(
∂ y∂ x )z=1 und ( ∂ y∂ z )x(
∂z∂ x )y (
∂x∂ y )z=−1
MAXWELL‘SCHE GLEICHUNGEN DER THERMODYNAMIK
Aus 1. & 2. HS du=T ∙ds−p ∙dv (1)dh=T ∙ds+v ∙dp (2)
Freie Enthalpie (nach Gibbs) g=h−T ∙ sdt
→dg=dh−Tds−sdT
- Mit G=H−T ∙S=U+ p ∙V−T ∙ S
- ∆G<0→ exergon, spontan
- ∆G=0→ Gleichgewichtszustand
- ∆G>0→ endergon, nicht spontanFreie Energie (nach Helmholz) ψ=u−T ∙ s dt
→dψ=du−Tds−sdT
Mit (1) & (2) d ψ=−p ∙dv−s ∙ dT (3)dg=v ∙dp−s ∙ dT (4)
VERMISCHUNGBei der Vermischung zweier Tanks können folgende Vereinfachungen getroffen werden: PE=0 ,KE=0 wenn nicht besondere Situation
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Q=0 falls adiabat
W=0 falls keine Volumenausdehnung
Sind alle diese Bedingungen erfüllt, gilt Q−W=∆U+∆ KE+∆ PE→∆U=0Wird geheizt/gekühlt, d.h. ist das System nicht mehr adiabat, giltQ−W=∆U+∆ KE+∆ PE→∆U=Q
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↓ Ventouri – Düse für den Unterschallbereich → Laval – Düse für den Überschallbereich (Mach-Zahl beim Austritt > 1)
1. HAUPTSATZ IN OFFENEN SYSTEMENDer Massenstrom über die Systemgrenze und die damit verbundenen Energieströme werden in die Energiebilanz mit einbezogen.
MASSENSTROMBILANZ
dM S
dt=∑ mi=inlet−∑ me=exit stationärer Betrieb
⇒
∑ mi=∑ me
In Integralform: ddt (∫V ρdV )+∫A ρ(w ∙ d A ¿)=0¿
In differentieller Form: ¿ ( p ∙ w )=0 → quellenfrei
ENERGIESTROM-BILANZ
Energiezunahme = Energiezunahme durch Wärme und Arbeit + Energie der Eintretenden Masse – Energie der austretenden Masse.
Die Arbeit wird dabei in zwei Komponenten zerlegt:(1) Anteil der nicht mit Massenstrom über Systemgrenze verbunden
ist. z.B. Bewegliche Kolben oder elektrische Flüsse → W s gewünschte Arbeit.
(2) Notwendige Arbeit zum Ein- und Ausschieben des bewegten Fluids.Einschiebeleistung: W i=p i Aiw i Ausschiebeleistung: W e
d E s
dt=Q−W s+∑ mi(hi+
wi2
2¿+g zi)−∑ me (he+
w e2
2¿+g ze)¿¿
- h=u+ pv Enthalpie; w2
2 kinetische Energie; g z potentielle
Energie- △E=△U=m2u2−m1u1 wenn KE ,PEvernachlässigt
werden.
- stationär: d E s
dt=0 , mi=me⟹
⟹ Q−W s=m ∙[he−hi+ 12∙ (w e
2−w i2)+g∙ ( ze−zi )]
- isoliert: Q=0- keine Arbeit: W s=0 (z.B. beim Wärmetauscher)
- 3-d: m= Vv =ρ V
beim idealen Gas: m= p VRT
- 1-d:
m= Vv =
Awv
beim idealen Gas:
m= pAwRT
DÜSE UND DIFFUSOR
Düse (Nozzle) Eine Düse ist eine Verengung in
einer Strömung. Die Enthalpie des Fluids wird in kinetische Energie umgewandelt (Beschleunigung).
w2>w1 p2< p1 h2<h1
Bsp. stationär (E=0), isoliert (Q=0), Arbeit wird keine
abgegeben (W s=0), pot. Energie wird vernachlässigt.
h1+w1
2
2=h2+
w22
2=const . Interpretation: w↑,h↓,
uconst ., p↓ Diffusor (Diffuser) Ein Diffusor ist eine Erweiterung in einer Strömung. Anwendungsbeispiel ist ein Überschallflugzeug, wo die Luft auf Geschwindigkeit unter M=1 abgebremst werden muss. Umgekehrter Vorgang wie Düse: w2<w1 p2> p1 h2>h1
Isentroper Düsenwirkungsgrad
ηD, s=w2
2
w2, max2 =
h2−h1
h2 , s−h1
(falls adiabat) → tatsächliches h2
TURBINE
Gas durchströmt die Turbine und wird dabei von einem hohen Druckniveau auf ein tiefes entspannt. Dabei wird Arbeit geleistet.Bsp E=0 ,E pot=0 →
0=−W S+ Q+m(h1+w1
2
2 )−m(h2+w2
2
2 )
h1,2 lassen sich aus Tabellen ablesen. 2. Zustand ev. im 2 Phasengebiet.
Bei Kraftwerken soll w2 möglichst klein sein, bei Jet – Turbinen soll der Rückstoss möglichst gross sein.
Isentroper Turbinenwirkungsgrad ηT ,s=WW rev
=h1−h2
h1−¿h2 ,s¿
(falls adiabat)
KOMPRESSOR / PUMPE
Kompressor: Durch aufwenden von Arbeit wird Druck des Fluids erhöht. Pumpe: Durch aufwenden von Arbeit wird ein Massenstrom erzeugt, bei möglichst geringem Druckanstieg. - isentrop & inkompressibel: h2 , s−h1=v ∆ p Isentroper Kompressorwirkungsgrad Vergleich der isentrop minimal aufzuwendenden Arbeit mit realer Arbeit:
ηK , s=W rev
W=h1−¿ h2,s
h1−h2¿
WÄRMEÜBERTRAGER
Bei Durchströmung soll möglichst viel Wärme aufgenommen/abgegeben werden. Arbeit wird keine geleistet, W s=0. Wärmetransport mit
Umgebung meist vernachlässigbar, Q=0.
wenn ∆ KE und ∆ PE≈0
⟹0=m1 (h2−h1 )+m3 (h4−h3 )
DROSSELELEMENTE (THROTTLING DEVICES)
In der Drossel wird ein Fluid entspannt. Bsp.: Kompressions-wärmepumpen und –kältemaschinen
⟹ p2< p1W 12=0Q12=0h1=h2
ISENTROPE ENTSPANNUNG IN EINER TURBINE 1
stationäres System, ohne Änderung der KE und PE, überhitztes Gebiet:
−W s=m∙ [he−hi ]⟹W s=m∙ [hi−he ]⟹ W s=m∙ [h1−h2 ]Gegeben: m , p1 , p2 , T 1, h1 , s1
Gesucht: T 2, h2⟹W sVorgehen: - S=const .
- in Tabelle A-4 bei p2 , S2⇒T2 , h2 finden
- nun mit h1 , h2⟹ W sfinden
ISENTROPE ENTSPANNUNG IN EINER TURBINE 2
stationäres System, ohne Änderung der KE und PE, 2-Phasen Gebiet:
−W s=m∙ [he−hi ]⟹W s=m∙ [hi−he ]⟹ W s=m∙ [h1−h2 ]Gegeben: m , p1 , p2 , T 1, h1 , s1
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Gesucht: T 2 , h2⟹W s
Vorgehen: - in Tabelle A-3: nach sf , sgsuchen.
- aus xvap (s , sf , sg) = x2 berechnen. ⟹h2 ,T 2
- nun mit h1 , h2⟹ W sfinden
ADIABATE IRREVERSIBLE ENTSPANNUNG TURBINE 1
Wie Bsp. isentrop, aber neu irreversibel mit ηT ,s=0,9Vorgehen:i. Punkt 2S finden: Vorgehen wie wenn reversibel ⇒T 2 ,h2, S
ii. ∆ hrev=h2 ,S−h1
iii. ∆ hirr=ηT , s(h¿¿2, S−h1)¿iv. ∆ hirr=h2−h1
v. h2=∆hirr+h1
vi. h2>h2, S
vii. Mit h2 , T2 ist der Zustand bekannt, aus der Tabelle können alle geforderten Werte herausgelesen werden.
viii. W s ,irr=m ∙ [h1−h2 ] oder auch mit
W s ,irr=W s ,rev ∙ ηT , six. im h-s Diagramm ersichtlich: h2>h2, S die Punkte 2 und 2S liegen
beide auf p2.
ADIABATE IRREVERSIBLE ENTSPANNUNG TURBINE 2
Wie Bsp. isentrop, aber neu irreversibel mit ηT ,s=0,9Vorgehen:i. Punkt 2S finden: Vorgehen wie wenn reversibel ⇒ x2 , S⇒ h2 ,S , T 2
ii. W s ,irr=W s ,rev ∙ ηT , siii. h2=∆hirr+h1
iv. Check h2<,>h2 , g
v. Falls h2>h2, g mit h2 , T2⟹ alle Werte
vi. Falls h2<h2, g mit h2 , T2⟹x2
mit h2 , x2⟹ alle Werte
2. HAUPTSATZ DER THERMODYNAMIKBedeutung: - Wärme kann nicht von selbst (spontan) von einem Körper mit tieferer
Temperatur auf einen Körper mit höherer Temperatur übertragen werden. (Clausius).
- Ein Kreisprozess kann zugeführe Wärme nicht zu 100% in Arbeit umwandeln. Es gibt immer Abwärme (Kelvin-Planck).
- Der Thermodynamische Teufel ist unfähig, er kann nur Arbeit in Wärme, aber nicht Wärme in Arbeit umwandeln.
REVERSIBLE UND IRREVERSIBLE PROZESSEReversibel d.h. umkehrbar, ist ein Prozess wenn der Ausgangszustand im System und der Umgebung wieder hergestellt werden kann. Die Arbeit um das System wieder in den Ausgangszustand zu bringen soll also ohne Verlust gespeichert werden. Abgeführe Temperatur müsste bei der gleichen Temperatur gespeichert werden. Praktisch nicht möglich.Irreversibel d.h. unumkehrbar, sind Prozesse, wenn sie irreversible Teilprozesse enthalten z.B.:- Wärmeübertragung- Reibung- Expansion zu tieferem Druck,
thermodynamischen Ungleichgewicht- Vermischung Stoffe unterschiedlicher
Temperaturen- spontane chemische Reaktionen
REVERSIBLE VS. IRREVERSIBLE EXPANSION
|W rev|>|W irr|∆U rev=∆U irr
|Qrev|>|Qirr|Der Teufel bremst die Expansion; es wird weniger Arbeit geleistet, es muss dafür aber auch weniger Wärme zugeführt werden.
Irreversibilität im p-v Diagramm nicht zu erkennen
REVERSIBLE VS. IRREVERSIBLE KOMPRESSION
|W rev|<|W irr|∆U rev=∆U irr
|Qrev|<|Qirr|Der Teufel bremst die Kompression; es muss mehr Arbeit geleistet werden, mehr Wärme wird frei.
Irreversibilität im p-v Diagramm nicht zu erkennen
REVERSIBLE VS. IRREVERSIBLE ADIABATISCHE EXPANSION
|W rev|>|W irr||∆U rev|>|∆U irr||Qrev|=|Q irr|=0
Der Teufel bremst die Expansion; es wird weniger Arbeit geleistet, Wärme rückgeführt, Abnahme der inneren Energie geringer.
Irreversibilität im p-v
Diagramm erkennbar.
p ∙V ηi (κ−1)+1=const .
cv ∙ ln(TT0
)+
ηi ∙R ∙ ln( vv0 )=0
s=cv ∙ ln (TT 0
)+
R ln( vv0 )+s0
∆ s=(1− 1ηi )cV ln T
T 0
DER CARNOT KREISPROZESSDer Carnot Prozess ist ein idealisierter reversibler Kreisprozess. Er dient zur Definition der theoretisch maximalen umsetzbaren Wärmemenge in Arbeit
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Die Abblidungen zeigen den Carnot-Wärme-Kraft-Prozess im p-V – Diagramm links und im T-S – Diagramm rechts. (1=C, 2=D, 3=A, 4=B)
1-2: Isotherm Komprimieren: W 12 wird aufgewendet. Da isotherme Reaktion geht Wärme Qab an kaltes Reservoir. 2-3: Adiabatisch Komprimieren: Arbeit wird hineingesteckt, die Temperatur steigt. Es findet kein Wärmeaustausch statt. Entropie konstant. 3-4: Isotherm Expandieren: Das System leistet Arbeit W34. Da isotherme Reaktion muss Wärme Qzu dazukommen4-1: Adiabatisch Expandieren: Es wird Arbeit geleistet. Entropie konstant.Beim idealen Gas: 1-2: Q=W, 2-3: Q=0,
3-4: Q=W, 4-1: Q=0
WÄRME-KRAFT-PROZESS
Carnot Prozess im Uhrzeigersinn. Der Prozess liefert Arbeit. Wärme aus dem heissen Reservoir und Abwärme an das kalte Reservoir.
1 → 2
W 12=p1V 1⋅ ln (V 2
V 1)
Q12=p1V 1⋅ ln (V 2
V 1)
2 → 3 W 23=m∙(u2−u3)Q23=0
3 → 4 W 34=p3V 3 ⋅ ln (V 4
V 3)
Q34=p3V 3 ⋅ ln(V 4
V 3)
4 → 1 W 41=m∙(u4−u1)Q41=0
↑ Das linke Bild zeigt den Wärme-Kraft – Prozess im UZS,
die Differenz aus QH und QC ist gerade die geleistete
Arbeit.↗ Das rechte Bild zeigt den Wärme-Kraft – Prozess links und den Kältemaschinen – Prozess rechts. Links wird “die Wärme in Arbeit umgewandelt“; rechts wird “die Arbeit in Kälte umgewandelt“.
KÄLTEMASCHINEN- UND WÄRMEPUMPENPROZESS
Carnot Prozess im Gegenuhrzeigersinn. Es muss Arbeit hineingesteckt werden um Wärme aus dem kalten Reservoir an das Heisse abzugeben.
−W KP=Qzu−Q ab (−W ) weil am System geleistete Arbeit.
1 → 2 W 12=m ∙(u1−u2)Q12=0
2 → 3
W 23=p2V 2⋅ ln (V 3
V 2)
Q23=p2V 2⋅ ln(V 3
V 2)
3 → 4 W 34=m∙(u3−u4)Q34=0
4 → 1 W 41=p4V 4 ⋅ ln(V 1
V 4)
Q41=p4V 4⋅ ln(V 1
V 4)
Kältemaschine Nutzen ist dem kalten Reservoir abgeführte Wärme:
Leistungsziffer ε k=Qab
−W S=
QC
−W S=
QC
QH−QC
wenn reversibel ε k=ε k ,max=TC
T H−T C
Wärmepumpe Nutzen ist dem warmen Reservoir zugeführe Wärme:
Leistungsziffer εw=Q zu
−W S=
QH
−W S=
QH
QH−QC
wenn reversibel εw=εw ,max=1+TC
T H−TC=1+εk
DER THERMISCHE WIRKUNGSGRAD
ALLGEMEIN
Der thermische Wirkungsgrad ist das Verhältnis zwischen Nutzen, meist mechanische Arbeit, und aufgewendeter Energie, meist Wärme.
ηth=NuztenAufwand
=W nutz
Qzu
Für Kreisprozesse: QKP=W KP , △U=0
⟹ηth=W nutz
Qzu=Qzu−Q ab
Qzu=1−
Q ab
Qzu=1−
QC
QH
Einige Wirkungsgrade realer KreisprozesseKombikraftwerk 50-60% Windkraftwerk Bis 50% Elektromotor 20-99%Leichtwassereaktor 30-40% Brennstoffzelle 20-70% Glühlampe 3-5%
Solarzelle 5-25% Dieselmotor Bis 45% LED 5-25%Kohlekraftwerk 25-50% Ottomotor Bis 37% Lautsprecher 0.3%Wasserkraftwerk 80-95% Turbinentriebwerk 40%
WIRKUNGSGRAD DES CARNOT PROZESSES
Wäre T C /T H gerade null, so wäre der Wirkungsgrad gerade 1. Aber aus dem 2.
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Hauptsatz folgt, dass zwingend ein Teil der zugeführen Wärmemenge an das kalte Reservoir abgegeben werden muss: ηc<1. Der Carnot Wirkungsgrad ist der höchst mögliche Umwandlungsgrad von Q in W. Er geht mit mit steigender Temperatur T H→∞ oder mit
T C=0 gegen 1. (T H=1500K ,TC=T 0→ηc≈0.75)
ηc=NutzenAufwand
=WQ=1−
Qab
Q zu=1−
TC
T H
QC
QH=T C
T H (reversibel)
Der thermische Wirkungsgrad eines irreversiblen Wärmekraftprozesses ist immer geringer als derjenige eines reversiblen.
WIRKUNGSGRAD ISENTROPE PROZESSE
reversibel – keine Dissipation – kein Wärmetransport – adiabat Isentroper Düsenwirkungsgrad
ηD, s=w2
2
w2, max2 =
h2−h1
h2 , s−h1
Isentroper Turbinenwirkungsgrad
ηT ,s=WW rev
=h1−h2
h1−¿h2 , s¿
Isentroper Kompressorwirkungsgrad
ηK , s=W rev
W=h1−¿ h2,s
h1−h2¿
inkompressibel , T=const △ h=h2−h1=v¿)
ENTROPIEDie Entropie S ist ein Mass für die Unordnung im System.
Sy=Sx+∫x
y dQrev
TG
[ kJK ]Ein Prozess wird spontan immer in der Richtung ablaufen, dass die Entropie zunimmt. Die Entropie ist ein Mass für die Irreversibilität.
isentrop d.h. ds=0 ist ein Prozess, wenn kein Wärmeaustausch stattfindet (adiabat) und der Prozess reversibel ist.
- überhitzter Dampf s (T , p )- gesättigter Zustand T↔ p s (T )bzw . s( p)
- Nassdampfgebiet s ( x ,T )- unterkühlte Flüssigkeit s(T , p)≈s (T ) inkmprssibel
T-S – DIAGRAMM
Im Nassdampfgebiet gilt: s= x ∙ sg+(1−x ) ∙ s fIm Gebiet der unterkühlten Flüssigkeit gilt:
s (T , p )=s(T )Im grau schattierten Bereich gilt:
h(T , p)≈h(T )
Dort sind die Molekülabstände gross, die Drücke daher klein und zu vernachlässigen, womit die Enthalpie nur noch eine Funktion der Temperatur sind.
H-S – DIAGRAMM AKA MOLLIER - DIAGRAMM
Position des kritischen Punktes beachten !
Im Nassdampfgebiet gilt: h=x ∙hg+(1−x )∙ h f
Im grau schattierten Bereich verlaufen die Isothermen horizontal, somit ist die Temperatur dort nicht mehr von der Entropie abhängig, sondern alleine von der Enthalpie.
TdS GLEICHUNGEN
Die TdS Gleichungen stellen Beziehungen der verschiedenen Grössen der Thermodynamik her. Auch 1. Hauptsatz in Differentialen:
T ∙dS=dU+ pdV T ∙dS=dH−Vdp
T ∙ds=du+ pdv T ∙ds=dh−vdpT ∙d s=d u+ pd vT ∙d s=dh−v dp
Gilt für reversible und irreversible Prozesse.
Bei Verdampfung/Kondensation gilt: p=const .⟹T ∙ds=dh Aus der Integration
(T=const.) folgt T ∙ ( sg−sf )=(hg−h f )
CLAUSIUS UNGLEICHUNG
Entropiezuwachs: △ S=△QT G
=S2−S1
Clausius: ∮ δQTG
=QH
T H−QC
TC≤0
für Carnot-Prozess:
∮ δQTG
=QH
T H−QC
TC=△ Szu−△ Sab=0
∮ δQT
: Umlaufintegral über Kreisprozess. Q: zugeführte
Wärmemenge. T: absolute Temperatur an Systemgrenze wo Wärme übertragen wird, d.h. Temperatur des Reservoirs, gegen das gearbeitet wird.
ENTROPIEÄNDERUNG IDEALER GASE
Allgemein:
Air (A-22):
s (T 2 , p2 )−s (T 1 , p1 )=s0 (T 2 )−s
0 (T 1 )−R ∙ ln (p2
p1)
else (A-23ff):
s (T 2 , p2 )−s (T 1 , p1 )=s0 (T 2 )−s
0 (T 1 )−R ∙ ln (p2
p1)
s0 für einen Referenzdruck, R ln ( p2
p1) ist dann der
Druckkorrekturterm
c=const .⟹ s0 (T , p )=c p (T ) ∙ ln( TT0 )(T,p): s2−s1=c p ∙ ln(T 2
T 1)−R ∙ ln( p2
p1)
(T,v): s2−s1=cv ∙ ln(T 2
T 1)−R ∙ ln( v2
v1)
Isothremer Prozess:
s0 (T 2)−s0 (T 1)=0 yields
→s2−s1=R ∙ ln (
p2
p1)
ISENTROPER PROZESS BEIM IDEALEN GAS
s2−s1=0 mit
κ=c pcv, c p=cv+R→c p=R ∙
κκ−1
, cv=R ∙1
κ−1
Seite 8
⟹ T 2
T 1=( p2
p1)κ−1κ =( v2
v1)
1−κ
undp2
p1=( v1
v2)κ
(siehe auch p.2)
ENTROPIEÄNDERUNG INKOMPRESSIBLER STOFFE
v=const . ⟹ s2−s1=∫T 1
T 2 c(T )T
dt
v , c=const . ⟹ c p=cv=c⟹
s2−s1=c ln(T2
T1)
ENTROPIEBILANZ FÜR GESCHLOSSENE SYSTEME
Serz=S2−S1−∑ QT G
[kJ /kgK ]
Serz=S−∑ QTG
[kW /kgK ]
stationärer Prozess: △ S=S2−S1=0 Kreisprozess Zustand ist am Ende wieder der selbe
Serz , KP=−∑ QTG
reversibler Prozess: Serz=0 dS=dQT G
T G: Temp. an Grenze der Wärmeübertragung
Entropie Produktion Serzbei nicht reversiblen Prozessen.
Serz ist keine Zustandsgrösse! Im realen Kreisprozess wird Entropie erzeugt, die Entropie S hat jedoch nach jedem Zyklus wieder den selben Wert.
ENTROPIEBILANZ FÜR OFFENE SYSTEME
Serz⏟1
= S⏟2
−∑ QTG⏟
3
+∑ mese⏟4
−∑ mi si⏟5
1. Erzeugungsrate im System2. Zunahme des Entropieinhaltes des Systems3. Entropietransport über Systemgrenze per Wärmeleitung4. Mit Masse ausströmender Entropiestrom5. Mit Masse einströmender Entropiestrom
stationärer Prozess , 1 Massenstrom:
Serz=−∑ QTG
+m(se−si)
STATIONÄRE INTERN REVERSIBLE PROZESSE
Entropiebilanz für offene Systeme mit ∂∂ t
=0 , me=mi ,
Serz=0 :
0=−∑ QTG
+m ∙ ( s2−s1 )⟹Qrev
m=∫
1
2
Tds
1. HS mit d E s
dt=0 und
Qrev
m=∫
1
2
TdsTds=dh−vdp→
h2−h1−∫1
2
v dp :
W rev
m=−∫
1
2
v dp−w2
2−w12
2−g (z2−z1)
Berechnung des Integrals −∫1
2
vdp mit p ∙ vn=const .
n=1 (isotherm):
−∫1
2
vdp=−p1 v1⏟const .
lnp2
p1ideales Gas
⇒−RT1 ln
p2
p1
n≠1 (polytrop):
−∫1
2
vdp= −nn−1 (p2 v2−p1v1 )iG
⇒− nn−1
R (T 2−T 1)
In Düsen/Diffusoren: W rev=0 folgt der stationäre Bernoulli
∫1
2
v dp+w2
2−w12
2+g ( z2−z1 )=0 inkompr .
→
pρ+w2
2
2+gz=const .
Für isotherme Prozesse gilt auch (mit vdp=dh−T ds )
W rev
m=T (s2−s1 )−( p2
V 2
m−p1
V 1
m)−
w22−w1
2
2−g (z2−z1)
EXERGIE
Exergie ist ein Mass für die vorhandene Arbeitsmöglichkeit der Energie. Es ist der Anteil des Energieinhaltes eines Systems, der maximal mittels eines reversiblen Prozesses in Arbeit umgewandelt werden kann.Anergie ist der Energieanteil, der nach dem Erreichen des Gleichge-wichtes im System zurückbleibt und nicht mehr in Arbeit umgewandelt werden kann.Die Exergie eines isolierten, geschlossenen Systems kann nur abnehmen. Zum Beispiel wird im System Motor und Umgebung bei der Verbrennung keine Energie, wohl aber Exergie verbraucht.
EXERGIE FÜR GESCHLOSSENE SYSTEME
E x=U−U0+p0 (V−V 0 )−T 0 (S−S0 )+KE+PEex=u−u0+ p0 (v−v0 )−T 0 ( s−s0 )+ke+ pe
mit KE=mw2
2, PE=mgz , ke=w2
2, pe=gz
EXERGIEDIFFERENZ FÜR GESCHLOSSENE SYSTEME
△E x=E x ,2−Ex ,1=△U+ p0 (V 2−V 1 )−T 0 (S2−S1 )+∆ KE+∆ PE△ ex=ex ,2−ex ,1=△ u+ p0 (v2−v1 )−T 0 (s2−s1 )+∆ke+∆ pe
EXERGIE FÜR OFFENE SYSTEME
E x ,str=m [ (h−h0 )−T 0 ( s−s0 )+ke+ pe ] ex , str=(h−h0 )−T0 ( s−s0 )+ke+ pe
EXERGIEDIFFERENZ FÜR OFFENE SYSTEME
△ Ex , str=Ex, str ,2−Ex , str, 1=m [ (h2−h1)−T 0 ( s2−s1 )+∆ke+∆ pe ]△ ex ,str=ex, str ,2−ex ,str ,1= (h2−h1)−T 0 ( s2−s1 )+∆ke+∆ peEXERGIEVERLUST : : GOUY-STODOLA-THEOREM
Die verlorene Arbeitsmöglichkeit ist die Differenz zwischen der maximal möglichen und der effektiv vorhandenen Arbeitsleistung. Max. verlorene Arbeit kann als Exergieverlust betrachtet werden. Exergie Entropie
E x ,Verlust=T0 ∙ Serz=W Verlust=W rev−W [kJ ]
EXERGIEBILANZ FÜR GESCHLOSSENE SYSTEME
Seite 9
△E x=∫(1− T 0
T G)δQ⏟
E x,Q
−(W−p0∆V )⏟Ex,W⏟
reversibel
− T0 ∙ Serz⏟Ex ,Verlust⏟
irrreversibel
T 0: Umgebungstemperatur TG: Temperatur am Ort der Q-Übertragung
∫(1− T 0
TG )δQ=Q12−T 0 ∙∆ S=Q12−T 0 ∙m∙[s20−s1
0−R ∙ ln( p2
p1 ) ]
stationärer Prozess: △Ex=0 reversibler Prozess: T 0∙ Serz=0 keine Arbeit: W−p0∆v=0
EXERGIEÄNDERUNGSGESCHWINDIGKEIT
dE x
dt=Ex=∑ (1−T 0
T i)Qi−(W−p0
dVdt )−T 0 ∙ Serz
Gouy – Stodola: −d Ex ,irr
dt=E x ,v=T 0 ∙ Serz
Bei Wärmeübergang: - stationäres System: d Ex
dt=0 , Q1=Q2=Q
- keine Arbeit: W−p0dVdt
=0
E x ,v=T 0 ∙ Serz=∑ (1−T 0
T i)Qi=Q(T 0
T1−T0
T2)
−d E x ,irr
dt=Ex ,v=T 0 ∙ Serz=Q(T 0
T 1−T 0
T 2)
EXERGIEBILANZ FÜR OFFENE SYSTEME
d Ex
dt=∑ mi ex ,str ,i−∑ meex , str, e−(W s−p0
dVdt )+∑ Qi(1−T 0
T i)−T0 Serz
d Ex
dt=∑ mi ∙ ex , str ,i−∑ me ∙ ex , str ,e−W s+∑ Qi(1−T 0
T i)−T 0∙ Serz
↑ wobei angenommen wurde, dass dVdt
=0 Jeder Term enthält 100% nutzbare Energie. reversibler Prozess: T 0 ∙ Serz=0
stationär, 1 Massenstrom: d Ex
dt=0 , mi=me=m
∑ (1−T o
T i)Qi−W s−T 0 Serz=m [h2−h1−T 0 ( s2−s1 )+∆ke+∆ pe ]
oder anderst geschrieben:
∑ (1−T o
T i)Qi−W s−T 0 Serz=Ex ,str ,e−E x , str, i
DER EXERGETISCHE WIRKUNGSGRAD (2 N D LAW EFF.)
Der energetische Wirkungsgrad η bewertet die Nutzung der Energie in
der Quantität, währenddessen der exergetische Wirkungsgrad ε die Nutzung der Exergie in der Quantität bewertet – und damit die qualitative Nutzung der Energie beschreibt.
Ganz allgemein gilt: ε ↑ @ {(T N−T 0 )↑ , (T Q−T N )↓} Energetisch:
η= genutzter Energiestromzugeführter Energiestrom
=W S
QQbeiWärmeströmen
⇒
QN
Exergetisch:
ε= genutzter Exergiestromzugefuehrter Exergiestrom beiWärmeströmen
⇒
(1−T 0
T N ) ∙ QN
(1−T 0
T Q) ∙ QQ
=η((1−T 0
T N )(1− T0
T Q) )
wobei Indizes: Q: Quelle, N: Nutz, 0: Umgebung
εη=
1−T 0/T N
1−T 0/TQ
ε⟶η≡Ex ,Verlust⟶0
für T N⟶TQ≡Serz⟶0
oder T 0⟶0
Bsp.: {T 0 = 0°C , T Q = 800°C ,
T N = 24°C} ⟹ {η = 90%
ε ≅ 10 % }
BEISPIELE VON EXERGETISCHEN WIRKUNSGRADEN
offenes System mit Leistung:
ε=Ex , Nutz
m(ex ,str ,1−ex , str, 2)=
E x , Nutz
Ex , Nutz+T 0 ∙ Serz
- bei Nutzung der Abwärme E x , Nutz=QA ∙(1− T 0
T A)+W S
- ohne Nutzung der Abwärme E x , Nutz=W S
Turbine:
ε=W S
m(ex ,str ,1−ex , str , 2)=
W S
W S+T 0 ∙ Serz Pumpe/Kompressor:
ε=m(ex ,str , 2−ex , str, 1)
W invest=W invest−E x , v
W invest
¿−W S−T 0 ∙ Serz
−W SQ verl=0
⇒
(h2−h1 )−T 0(s2−s1)(h2−h1)
Seite 10
Wärmetauscher ohne Vermischung:
ε=mC(ex , str , C ,e−ex , str ,C ,i)mH (ex , str ,H , i−ex , str ,H , e)
Wärmetauscher mit Vermischung:
ε=mC ,i(ex, str ,e−ex, str ,C , i)mH ,i(ex, str , H ,i−ex, str ,e)
EX-PRÜFUNGSAUFGABE : : KOMPRESSIONSWÄRMEPUMPE
1: gesättigeter Dampf12: isobare Überhitzung23: irr. adiabat. Verdichtung34: isobare Abkühlung, vollständige Kondensation 45: Unterkühlung an Sättigl.56: isentrope Drosselung61: isobare Verdampfung
Geg.: W heiz , ηK , s Ges.: m ,Q12 ,Q61 , WKomp , εWVorgehen: i. mit Tabellen:
ηK , s→h1 , h2…h6 bestimmen
ii. W heiz=−Q34=m(h3−h4)iii. Q12=m(h2−h1)iv. Q61=m(h1−h6)v. W Komp=m(h2−h3)
vi. εW=Qzu /heiss
−W S=
−W heiz
−W Komp
Seite 11
THERMODYNAMIK 2 : : LAV--
DEFINITIONEN
KONSTANTEN
- Normdruck pref=1atm=1.01325 ¿- Normtemperatur T ref=298 K ≅ 25 °C- Pferdestärke 1hp=1 PS=0.735 kW- Elementarladung e=1.60219 ∙10−19C - Faraday’sche Konstante
f=N A ∙ e=96485.3 Cmol
= A ∙ smol
- ppm = parts per million 1 ppm=10−6
GRÖSSEN
- Molar Massenspezifisch
n= mMM :[ kg
kmol ]n : [kmol ]m : [kg ] - Molanteil (Volumenanteil)
X i=ni∑ini=ninnet
=V i
∑iV i
=V i
V net
- Partialdruck pi=X i ∙ pnet- Konzentration (molar) c i=ni /V net- Massenanteil
Y i=mi
mnet=X i ∙ M i ∙
∑jn j
∑jn j ∙M j
- Luftüberschussfaktor
λ=(mL /mB )
(mL /mB )stöch=
(mL /mB )( mL/mB )stöch
=(nL /nB )
(nL/nB )stöch- Isentropenkoeffizient
κ=c pcv=cv+Rcv
=1+ Rcv=
cpc p−R
bei idealen Gasen siehe Seite 1
VERBRENNUNGSPROZESSE
REAKTIONSGLEICHUNGEN VERBRENNUNG VON C xH y AN
LUFT
λ≥1:
C xH y+ λ(x+ y4 )(O2+3.76N2 )⟶
x ∙CO2+y2∙ H 2O+( λ−1 )(x+ y4 )O2+3.76 ∙ λ( x+ y4 )N2
Beispiel Methan CH4:
C H 4+2λ (O2+3.76N2 )⟶CO2+2H 2O+2 ∙ ( λ−1 )O2+7.52 λ ∙ N2
λ<1: C xH y+ λ(x+ y4 )(O2+3.76N2 )⟶
(1− λ )C xH y+λx ∙CO2+λy2∙ H2O+3.76 ∙ λ( x+ y4 )N2
Beispiel Methan CH4:
C H 4+2λ (O2+3.76N2 )⟶ (1−λ )C H 4+λ ∙CO2+2 λ ∙H 2O+7.52 λ ∙ N2
REAKTIONSGLN VERBRENNUNG VON C xH yO z AN LUFT
λ≥1:
C xH yO z+λ(x+ y4 − z2 )(O2+3.76 N2 )⟶
x ∙CO2+y2∙ H 2O+( λ−1 )(x+ y4 − z
2 )O2+3 .76 ∙ λ (x+ y4− z2 )N 2
Beispiel Methanol CH3OH:
CH 3OH +1.5 λ (O2+3.76N 2)⟶CO2+2H 2O+1.5 ∙ ( λ−1 )O2+5.64 λ ∙ N2
EGR: EXHAUST GAS RECIRCULATION / ABGASRÜCKFÜHRUNG
Idee: Rückgeführte Abgase kühlen sich wieder auf die Einlasstemperatur ab und müssen von neuem aufgeheizt werden. T f , ad ↓
X EGR=nEGRnnet
=nEGRnnet
=nx ∙ nnetold (asif noEGR )
(1+nx )∙ nnet old=
nx1+nx
λ≥1: C xH y+ λ(x+ y4 )(O2+3.76N2 )
+nx [ x ∙CO2+y2∙H 2O+( λ−1 )(x+ y4 )O2+3.76 ∙ λ(x+ y4 )N2]⟶
(1+nx )[ x ∙CO2+y2∙H 2O+( λ−1 )(x+ y4 )O2+3.76 ∙ λ(x+ y4 )N 2]
λ<1: C xH y+ λ(x+ y4 )(O2+3.76N2 )
+nx [ (1−λ )C x H y+ λx ∙CO2+λy2∙H 2O+3.76 ∙ λ(x+ y4 )N 2]⟶
(1+nx )[ (1−λ )Cx H y+λx ∙CO2+λy2∙ H 2O+3.76 ∙ λ(x+ y4 )N 2]
ENTHALPIEN
allgemein: h=hf0+h (T , p )−h (T ref , pref )
ideale Gase:
h= hf0⏟
A−30
+h (T )−h (T ref )⏟A−23bis A−28
ideale Gase, mit c p : h= hf0⏟
A−30
+∫Tref
T
c p(T )⏟A−21
dt
1. HAUPTSATZ FÜR OFFENE SYSTEME
stationär, KE und PE vernachlässigbar:
Q−W s=∑Pmehe−∑
Rmi hi
pro Mol Brennstoff
Qnfuel
−W s
nfuel=∑
Pne he−∑
Rni hi
wobei P = Produkte, R = Reaktanden, e = exit und i = inlet
n = stöchiometrische Verhältnisse bei n fuel=1
Seite 12
REAKTIONSENTHALPIE UND HEIZWERTE
Reaktionsenthalpie: hR=∑Pnehe−∑
Rnihi
Heizwerte = Reaktionsenthalpien bei T R=T P=T ref⇒h=hf0
HU ,O=−hR0=
−hR0
M fuel
HU ,O : [ kJkg ]- unterer Heizwert HU : Verbrennungsprodukt Wasser gasförmig
- oberer Heizwert HO : Verbrennungsprodukt Wasser flüssig
falls nichts angegeben, gilt HU
Leistung (Heizleistung): P=HU ,O ∙mfuel Wandwärmeverluste: Wird keine Arbeit geleistet, ist die ganze
Reaktionsenthalpie zu den Wandwärmeverlusten zu zählen. Wandwärmeverluste als Anteil X der maximalen Kraftstoffwerte,
also als Anteil des Heizwertes (je nach Phase des Wassers HU ,O):
Qnfuel
=∑Pnehe−∑
Rnihi
Qnfuel
=X (∑P nehf0e−∑
Rnih f
0i)}⟹ X=
∑Pnehe−∑
Rnihi
∑Pnehf
0e−∑
Rnih f
0i
BENZINMOTOR
i. Reaktionsgleichung: Octan mit λ=1:C8H18+12.5O2+47N2⟶8CO2+9H 2O+47N2
ii. 1. HS nach Q aufgelöst:
Q= nfuel (W s+∑Pnehe−∑
Rni hi)
iii.
∑Rν i hi=T=T ref
⇒1 [h f0 ]C8 H 18(l)
+12.5 [hf0 ]O 2+47 [h f0 ]N2
iv.
∑Pνehe=T=890K
⇒8 [hf0+h (890K )−h (T ref ) ]CO2
+9 [hf0+h (890 K )−h (T ref ) ]H 2 0(g )+47 [h f0+h (890K )−h (T ref ) ]N2
v. n fuel=mfuel
M fuelvi. Alles in (ii) einsetzen und ausrechnen.
1. HAUPTSATZ FÜR GESCHLOSSENE SYSTEME
allgemein: Q−W=△U=∑Pnu−∑
Rnu
ideale Gase, mit u=h−RT=h f0+h (T )−h (T ref )−RT
Q−W=∑Pn (hf0+h (T )−h (T ref ))
−∑Rn (hf0+h (T )−h (T ref ))−RT P∑
Pn+RT R∑
Rn
ADIABATE FLAMMTEMPERATUR
allgemein: −W s=∑Pnehe−∑
Rnihi
wenn keine Arbeit: ∑Pnehe=∑
Rnihi
∑Pne (h (T f ,ad )−h (T ref ))e¿∑
Rni (h (T i )−h (T ref ))i+∑
Rni hf ,i
0 −∑Pneh f ,e
0
Vorgehen: i. Reaktionsgleichung aufstellen ii. Rechte Seite der obenstehenden Gleichung berechneniii. Faustregel: T f , ad=2000 K+T Reaktanden für 1. Iterationiv. 2 Iterationen der linken Seite berechnenv. Linear interpolieren mit
TR∷ ipl ( I 1 ,Rechte Seite , I 2 , T I 1 ,T i2 ) Beeinflussung der adiabaten Flammtemperatur:
- Inertgase wie N2 sind Ballast, es wird Energie gebraucht, um sie zu
heizen: Je mehr Inertgase, desto kleiner ist T f , ad.
- Je grösser c p des Inertgases,
desto mehr sinkt T f , ad ab. (
c p von idealen Gasen siehe p.1).
- Wenn Verbrennung an O2:T f ,ad+800K
- Abfall bei λ>1:
zu viel N2 und O2.
- Abfall bei λ<1: weniger Reaktionswärme
- λmax≅ 0.8…0.9 : Tradeoff von obigen Argumenten
ADIABATE FLAMMTEMPERATUR
Gegeben: Daten aus Bild, λ=1
Gesucht: T f , ad
i.C8H18+12.5O2+47N2⟶8CO2+9H 2O+47N2
ii.∑Rni (h (T i )−h (T ref ))i⏟
¿ 0 ,T i=T ref
+∑Rnih f , i
0 −∑Pnehf ,e
0
⏟A−30
=¿
¿1 [hf0 ]C8 H18 (l)−8 [hf0 ]CO2
−9 [hf0 ]H 2 0 (g)=5'074 '630 kJkmol
iii. Faustregel: T f , ad≅ 2300K iv.
∑Pne (h (T f ,ad )−h (T ref ))e@2300 K @2500K
CO2 8 [h (T f ,ad )−h (T ref ) ]CO2887 ' 368 975 ' 408
H 2 0 9 [h (T f ,ad )−h (T ref ) ]H 2 0794 ' 655 890 ' 676N 2 47 [h (T f , ad )−h (T ref ) ]N2
3 ' 149 ' 329 3 ' 492 ' 664
∑ (…) { I1 , I 2 }=¿ I 1=4 ' 821 ' 352I 2=5 ' 358 ' 748
v. TR∷ ipl ( I 1 ,5'074 '630 , I2 ,2300,2500 )
⟹T f , ad=2394,3K
ENTROPIE BEI VERBRENNUNGSPROZESSEN
3. HAUPTSATZ DER THERMODYNAMIK
Die Entropie einer Substanz ist beim absoluten Temperaturnullpunkt nur dann null, wenn diese eine perfekt kristalline Struktur hat. Sonst hat sie die absolute Entropie beim Nullpunkt von s0 (T=0 ). ENTROPIE DURCH ABSOLUTE ENTROPIE
ideale Gase: s (T , p )=s0 (T )−R ln ppref
Gegeben: Daten aus Bild , λ=1
mfuel=1.8 ∙10−3[ kgs ]
Seite 13
s (T , p )=s0 (T )−R ln ppref
komponentenweise:
si (T , pi )=si0 (T )−R ln(X ippref )
ENTROPIEBILANZ FÜR STATIONÄRE, OFFENE SYSTEME
Serznfuel
=−∑ Q /TG
nfuel+∑
Pnese−∑
Rn i si
Serznfuel
=−∑ Q /TG
nfuel+∑
Pne[ s0 (T )−R ln(X i
ppref )]e−∑R ni[s0 (T )−R ln(X i
ppref )]i
Da die Volumina der Flüssigkeiten und Festkörper verhältnismässig gering sind, zählen bei den Partialbrüchen nur die Gase.
C8H 18 (l )+12.5O2+47N 2→…
⟹ XO2=12.559.5
, XN 2=47
59.5Absolute Entropien für die gebräuchlichen Gase in A-22 bis A-28.
Absolute Entropien für Brennstoffe bei T=298K in A-30.
Q=0 und p=pref :
Serznfuel
=∑Pne [s0 (T ) ]e−∑
Rni [ s0 (T ) ]i+R ln(∏R (X i
e )n
∏P
(X ie )n )
ENTROPIEPRODUKTION BEI METHANVERBRENNUNG
Adiabat, λ=1 ,T f ,ad=2300KC H 4+2O2+7.52N 2⟶CO2+2H2O+7.52N2
Serznfuel
=[ s0 (T f , ad )]CO 2+2 [ s0 (T f ,ad ) ]H 2O
+7.52 [s0 (T f ,ad )−s0 (T ref ) ]N2
−[ s0 (T ref ) ]C H 4−2 [ s0 (T ref ) ]O2
+R ln( ( 29.52 )
2
( 7.529.52 )
7.52
( 110.52 )
1
( 210.52 )
2
( 7.5210.52 )
7.52 )
Adiabat, λ=2 ,T f ,ad=1400KC H 4+4O2+15.04N2⟶CO2+2H 2O+2O2+15.04 N2
Serznfuel
=[ s0 (T f , ad ) ]CO 2+2 [ s0 (T f ,ad ) ]H 2O
+2 [s0 (T f , ad ) ]O2
+15.04 [ s0 (T f ,ad )−s0 (T ref ) ]N 2
−[ s0 (T ref ) ]C H 4−4 [ s0 (T ref ) ]O2
+R ln( ( 419.04 )
4
( 15.0419.04 )
15.04
( 122.04 )
1
( 222.04 )
2
( 222.04 )
2
( 15.0422.04 )
15.04 ) Vergleich und Diskussion
Der erste Brenner produziert mit 785 kJ / (kmol ∙ K ) viel weniger Entropie als der zweite Brenner, welcher
1063 kJ / (kmol ∙ K ) produziert. Das kann damit begründet werden, dass beim zweiten Brenner die Abgastemperatur kleiner ist und die Gase gegenüber der Umwelt weniger Exergie in sich tragen, was bedeutet, dass mehr Exergie vernichtet wurde, aka der Exergieverlust grösser ist aka die erzeugte Entropie mal die Umgebungstemperatur grösser ist.
ENTROPIEBILANZ FÜR GESCHLOSSENE SYSTEME
SerznF
=∑Pn s−∑
Rns− 1
nF∑ Q
TG
Serznfuel
=−1nfuel
∑ QTG
+∑Pn [s0 (T )−R ln (X i
ppref )]−∑R n [s0 (T )−R ln(X i
ppref )]
CHEMISCHE EXERGIEDie Exergie teilt sich auf in die thermomechanische Exergie und die chemische Exergie. Letztere ist den Exegieformeln aus der Td 1, welche nur die thermomechanische Exergie beinhalten, hinzuzufügen:
E x=E xthermomechanisch+E x
chemisch
gschlossenes System
E x=U−U 0+p0 (V−V 0 )−T 0 (S−S0 )+KE+PE+E xch
ex=u−u0+ p0 (v−v0 )−T 0 ( s−s0 )+ke+ pe+exch
offenes System
E x ,s tr=m [ (h−h0 )−T 0 ( s−s0 )+ke+ pe ]+¿ E xch
ex , str=(h−h0 )−T0 ( s−s0 )+ke+ pe+e xch
für ideale Gase
s (T , p )−s (T 0 , p0 )=s0 (T )−s0 (T0 )−R ∙ ln (
pp0)
CHEMISCHE EXERGIE VON REAKTANDEN
Energiebilanz: W s
nfuel=∑
Rnihi−∑
Pnehe+
Qnfuel
Entropiebilanz (T i=T 0∀ i):
∑ Q /T 0
nfuel=∑
Pne se−∑
Rni si−
Serznfuel
Entorpiebilanz ∙ T0 in Energiebilanz einsetzen:
W s
nfuel=∑
Rnihi−∑
Pnehe−T0(∑R ni si−∑
Pne se)−T 0
Serznfuel
Die chemische Exergie pro Mol Brennstoff ist gleich der maximal möglichen Arbeit, also obiger Term mit Serz=0:
exch=∑
Rnihi−∑
Pnehe−T0(∑R n i si−∑
Pne se )
Da gegenüber der Umgebung (T 0 , p0) gilt:
{ hi=hi(T 0 , p0)si=si
0 (T 0 )−R ln X ie
Mit g=h−T s folgt nun
exch=∑
Rn g(T 0 , p0)−∑
Png (T 0 , p0)⏟
:=−∆G
+RT 0 ln (∏R (X ie )n
∏P
(X ie )n )
-
g= g f0⏟
A−30
+g (T0 , p0 )−g (T ref , pref )⏟¿ 0@ {T0 , p0}={T ref , pref }
g f0 A-30
Die g(T , p) sind nicht tabelliert, falls
{T 0 , p0 }≠ {T ref , pref } muss die andere Gleichung
verwendet werden.
Seite 14
- ∆G = Reaktionsdifferenz der freien Enthalpie- In den Druckkorrekturterm fliessen die Partialdrücke verglichen mit
dem Umgebungsdruck ein, wie zuvor nur die der Gase.
CHEMISCHE EXERGIE AUS ANDEREN exch
BER ECHNEN
Exergiebilanz für chemische Systeme mit T G=T 0:
0=∑(1−To
T i)Qi
⏟¿ 0
−W s+∑Rn ex
ch−∑Pn e x
ch−Ex, v
pro Mol Brennstoff bei intern reversiblem Prozess:
(exch)fuel=( W s
nfuel )rev+∑P nexch− ∑
R∌ fuelnex
ch
mit n’s relativ pro Mol Brennstoff
(exch)fuel=∑Rn g(T 0 , p0)−∑
Pn g(T0 , p0)⏟
:=−∆G
+∑Pnex
ch− ∑R∌ fuel
nexch
g f0 A-30 ex
ch A-31
CHEMISCHE EXERGIE VON OCTAN
Reaktionsgleichung:
C8H 18 ( l )+12.5O2→8CO2+9H 2OGegeben: {T 0 , p0 }={T ref , pref }
Variante Standard-Exergien:
(exch)C8 H18=(g f0 )C8H 18
+12.5 ( gf0 )O 2⏟¿0
−8 (g f0 )CO2−9 ( gf0 )H 2O+8 (e xch )CO2
+9 (exch)H2O−12.5 (exch)O2
CHEMISCHE EXERGIE VON METHAN
Reaktionsgleichung: C H 4+2O2+7.52N 2→CO2+2H 2O+7.52N2
Gegeben: {T 0 , p0 }={T ref , pref } , T e=2300KLuft: {XN 2
e =0.7567 , XO2
e =0.2035 , X H 2 0
e =0.0132 , XCO2
e =0.0003} Variante Standard-Exergien:
(exch)C H 4=(g f0 )C H 4
−(g f0 )CO2−2 (g f0 )H 2O+(exch)CO 2
+2 (exch)H 2O−2 (e xch)O2
Variante Partialdrücke:
(exch)C H 4=(g f0 )C H 4
−(g f0 )CO2−2 (g f0 )H 2O
+RT 0 ln(XO2
e )2
(XCO2
e ) (X H2 0e )2
Die Inertgase könnte man schon in der Reaktionsgleichung weglassen, wie im Beispiel von Octan.
CHEMISCHE EXERGIE VON PRODUKTEN
Im Gegensatz zu den vorigen Überlegungen fliesst die Reaktion hier nicht mehr ein, und die Produkte bilden ein ideales Gasgemisch:
Chemische Exergie bei 1 Produkt pro Mol Brennstoff (bei (T 0 , p0 ) als Gas):
exch=RT0 ln ( 1
X ie )
wobei n so gewählt wird, dass der Brennstoff den Koeffizient 1 erhält.
Chemische Exergie H 2O pro Mol Brennstoff (bei (T 0 , p0 ) als
Flüssigkeit):
exch=[gH2O (l)−gH 2O (g)] (T 0, p0 )+RT 0 ln( 1
X ie )
wobei der erste Summand die Verdampfungsexergie hinzufügt und wiederum nur Wasser als Produkt vorliegen darf.
Chemische Exergie von Produkten, die alle elementare Gase sind:
exch=RT0∑
ini ln( X i
X ie )
wobei n so gewählt wird, dass der Brennstoff den Koeffizient 1 erhält, damit der Wert pro Mol des Brennstoffes zählt.
EXERGIE VON VERBRENNUNGSPRODUKTEN
Adiabat, λ=1 ,T f ,ad=2300K ,T 0=T ref , p=p0=prefC H 4+2O2+7.52N 2⟶CO2+2H2O+7.52N2
∑Pex ,str=∑
Ph(T f , ad)−h(T 0)−T 0(s0 (T )−s0 (T0 )−R ∙ ln (
pp0))+exch
(∑P ex , str)th. mech .
=[h (T f ,ad )−h (T 0 )−T 0 ( s0 (T )−s0 (T0 ) )]CO 2
+2 [h (T f ,ad )−h (T 0 )−T 0 ( s0 (T )−s0 (T0 ) )]H 2O
+7.52 [h (T f ,ad )−h (T 0 )−T 0 (s0 (T )−s0 (T0 )) ]N2
(∑P ex , str)ch=RT 0(1 ln ( XCO2
XCO2
e )+2 ln( XH 2O
XH 2Oe )+7.52 ln( XN2
XN2
e ))
DiskussionWenn man die Exergiewerte bei λ=1.2 evaluiert, bemerkt man,
dass jener von λ=1 grösser ist, da ja dort weniger Entropie produziert – weniger Exergie vernichtet wird.
EXERGETISCHE EFFIZIENZ EINES BRENNERS
allgemein:
ε=Ex , products
E x , fuel=1−
Ex, v
Ex, fuel=1−T 0
SerzEx ,fuel
falls Turbine ohne Abgasnutzung: ε=Ex , products
E x , fuel=
W s
Ex , fuel
ENERGIE- VS. EXERGIEVERLUSTE
Aus einer Verbrennung wird mittels eines Motors Arbeit geleistet. Die energetische Effizienz bezeichnet den Anteil der Arbeit vom zugeführten Wärmestrom. Könnte man die Abwärme aus energetischer Sicht noch nutzen (T >0K ), muss die daraus möglich zu gewinnende Arbeit =
Exergie (T >T 0>0K ) aber nicht so hoch sein, da die Umgebung auch Energie besitzt.
Wärme hat einen exergetischen Anteil von Q→(1−T0
T)Q
Arbeit hat einen exergetischen Anteil von 100 %.
DAS CHEMISCHE GLEICHGEWICHT
GLEICHGEWICHTSBEDINGUNG
Ein System ist dann und nur dann im Gleichgewicht, wenn die Entropie maximal, bzw. die Gibbs’sche freie Enthalpie minimal ist. Ist das der Fall, also der Gleichgewichtszustand erreicht, so gilt dG ¿¿T , p=0.
DAS CHEMISCHE POTENTIAL
μi=( ∂G∂ni )T , p ,n j
=( ∂U∂ni )S ,V ,n j
=( ∂H∂ni )S , p ,n j
wobei j alle Kompomenten ausser i bezeichnet.
1 Substanz – 1 Phase:
μ=Gn=g
mehrere Komponenten, ideales Gasgemisch:
Seite 15
G=∑i
j
ni μi(T , p i) μi=gi (T , pi )=g i0+RT ln(X i
pnetpref )
GLEICHGEWICHTS“KONSTANTE“ FÜR PARTIALDRÜCKE
νA A+ν BB⇌ νCC+νDDGGW⇒
ν Aμ A+νB μB=νC μC+νDμD
−νC gC0 +νD gD
0 −ν Ag A0−νB gB
0
RT=ln [ XC
νC X DνD
X AνA XB
νB ( pnetpref )νC+νD−νA− νB]
−∆G0
RT=ln [K p(T )]
wobei ∆G0 :=νC gC0 +νD gD
0 −ν Ag A0−νB gB
0 und K p(T )
:und
die Gleichgewichts“konstante“ :
K p (T )=XCνC X D
νD
X Aν AX B
νB ( pnetpref )νC+νD−νA−νB
durch X i=ni /nnet
K p (T )=nCνCnD
νD
nAν AnB
νB ( pnet / prefnnet )νC+ νD−νA−νB
Einige Rechenregeln: - Inverse Reaktion Kneu=1/K log Kneu=−log K- Mehrere Reaktionen
{CO+H 2O⇌H 2+CO2
2C O2⇌ 2CO+O2
2H 2O⇌ 2H 2+O2
⟹K1=√ K 3
K 2
log K p@A−32
GLEICHGEWICHTS“KONSTANTE“ FÜR KONZENTRATIONEN
aus ninnet
pnetpref
pV=n RT⇒
niV net
RTpref
c i=ni/V net⇒
ciRTpref
KC (T )=cCνC cD
νD
c AνA cB
νB
K p=∏ ( pipref )νP−νR
=KC ∙∏ ( RTpref )νP−νR
BERECHNEN VON K p (T ) ohne Tabellei.
∆G0=ν PgP0−νR gR
0=νPhP−νRhR−T (sP0 (T )−sR
0 (T ))
mit h=hf0+h (T )−h (T ref )
ii.−∆G0
RT berechnen ¿ ln [K p(T )]
iii. K p (T )=e−∆G0
R T
mit Tabelle A-32: nachschauen, interpolieren, ausrechnen
K p (T )=10Tabellenwert
GLEICHGEWICHTSANTEILE BEI VERBRENNUNGSREAKTION
i. Gegeben: T=2500K , p=1atmii. Reaktionsgleichung: CO+0.5O 2+1.88 N2⟶CO2+1.88N2
iii. Dissoziationsreaktion: CO2⇌CO+0.5O2iv.
CO+0.5O 2+1.88N2⟶ zCO+ z2O2+(1−z )C O2+1.88N2
v. z = Anteil dissipierter CO2-Moleküle
vi. (1−z ) = Anteil nicht wegreagierten CO2-Moleküle
vii. nnet=z+z2+(1−z )+1.88=5.76+z
2
viii. K p (T )=nCνCnD
νD
nAν AnB
νB ( pnet / prefnnet )νC+ νD−νA−νB
von
CO2⇌CO+0.5O2
ix. K p (T )=nCOνCOnO2
νO 2
nCO2
νCO2 ( p / prefnnet )νCO+νO2
−νCO2
x.¿z1 ∙ z
2
0.5
(1−z )1 ( 25.76+z )
1+0.5−1
= z1−z ( z
5.76+z )0.5
xi. K p (T )=10Tabellenwert=10−1.44=0.0363
TR∷ solve (…, z )oder nsolve (…, z )xii. →z=0.175→nnet=2.9675
xiii. XCO=znnet
=0.059 XO2= z /2nnet
=0.029
xiv. XCO 2=1−znnet
=0.278 XN 2=1.88nnet
=0.634
xv. Diskussion: Man kann zeigen, dass bei mehr Inertgas weniger CO2 gebildet wird, bei gleicher Temperatur. Je mehr Inertgas,
desto grösser ist nnet und bei K p (T )=const . desto grösser
wird z .
ADIABATISCHE FLAMMTEMPERATUR IM GLEICHGEWICHT
Zusätzlich zu den alten Vorgaben muss man jetzt zusätzlich die Dissoziationsreaktionen betrachten. Vorgehen:i. Berechnen der adiabaten Flammtemperatur, ohne
die Dissoziation zu berücksichtigen. →T f ,ad(1)
ii. Das Gleichgewichtsproblem lösen mit
K p (T f , ad ) →z(k)k=2,3 ,…iii. Mit der neuen Reaktion wiederum die adiabate Flammtemperatur
berechnen. →T f ,ad(k)k=2,3 ,…
iv. Falls |T f ,ad(k)−T f ,ad
(k−1)|>TOL , wieder zu Schritt ii.
Werte von adiabaten FlammtemperaturenFuel Oxidant p¿ T f , ad [K ]Fuel Oxidant p¿ T f , ad [K ]C2H 2 Air 1 2600 H 2 Air 1 2400
C2H 2 O2 1 3410 H 2 O2 1 3080
CO Air 1 2400 C H 4 Air 1 2210
CO O2 1 3220 C H 4 Air 20 2270
C7H 16 Air 1 2290 C H 4 O2 1 3030
C7H 16O2 1 3100 C H 4 O2 20 3460
ADIABATISCHE FLAMMTEMPERATUR IM GLEICHGEWICHT
Gegeben: (siehe Bild)
Gesucht: T f , ad ,GGW
200021502300245026002750
Seite 16
Reaktionsgleichung:
CO+0.5O2+1.88N2⟶ zCO+ z2O2+(1−z )C O2+1.88 N2
Gleichgewichtsproblem:
K p (T )= z1−z ( z
5.76+z )0.5
Iterationsvorgang:i. CO+0.5O 2+1.88N2⟶CO2+1.88 N2
interpolieren zwischen 2500K und 2800K
→T f ,ad(1)=2663 K
Gleichgewichtsproblem lösen →z(1)=0.276ii.CO+0.5O 2+1.8 8N2⟶0.276CO+0.138O2+0.724CO2+1.88N 2
interpolieren zwischen 2000K und 2300K
→T f ,ad(2)=2073K
Gleichgewichtsproblem lösen →z(2)=0.031iii.CO+0.5O 2+1.88N2⟶0.031CO+0.015O2+0.969CO2+1.88N2
interpolieren zwischen 2500K und 2700K
→T f ,ad(3)=2598 K
Gleichgewichtsproblem lösen →z(3)=0.233iv.CO+0.5O 2+1.88 N2⟶0.233CO+0.117O2+0.767CO2+1.88N2
interpolieren zwischen 2000K und 2300K
→T f ,ad(2)=2167K
• Diskussion In der Graphik kann man erkennen, dass sich der Wert auf ca.
T f , ad(k→∞)=2400K einpendeln würde, was auch dem
Tabellenwert entspräche. Das “Schwingen“ ist damit zu erklären, dass wenn die Temperatur zu hoch ist, auch die Dissoziation zu hoch ist und sich die Reaktion zu stark nach links verschiebt, was die Temperatur zu stark sinken lässt. Man könne so auch immer den Mittelwert den beiden letzten Temperaturen als neue Temperatur wählen.
DAS PRINZIP VON LE_CHATELIER
Vereinfacht lässt sich sagen, dass das System auf äussere Zwänge entgegenwirkt.
T ↑ verstärkte endotherme Reaktion
T ↓ verstärkte exotherme Reaktion
p↑ Bildung der Stoffe, die ein kleineres Volumen einnehmen
(nur bei Gasreaktionen, nur Gase zählen)
p↓ Bildung der Stoffe, die ein grösseres Volumen einnehmen(nur bei Gasreaktionen, nur Gase zählen)
c i↑Konzentrationssenkung dieses Stoffes, GGW auf die andere Seite
c i↓Konzentrationserhöhung dieses Stoffes, GGW auf die diese Seite
VAN’T HOFF GLEICHUNG
d lnK p
dT=∆H R
RT 2 ∆HR≔const .⇒
lnK2
K1=¿−
∆ HR
R ( 1T 2
− 1T 1 )¿
Die van’t Hoff Gleichung zeigt den Zusammenhang von Temperatur und
der Gleichgewichtskonstante. K p∝±1T
Ist die Reaktion exotherm (∆H R<0), dann K p∝+1T
und das
GGW verschiebt sich mit zunehmender Temperatur nach links.
Ist die Reaktion endotherm (∆H R>0), dann K p∝−1T
und
das GGW verschiebt sich mit zunehmender Temperatur nach rechts.
BRENNSTOFFZELLENIn Brennstoffzellen wird der Brennstoff über elektrochemische Vorgänge direkt in Elektrizität umgewandelt. Das hat den Vorteil des geringeren Exergieverlustes, da nicht zuerst Wärme freigesetzt wird, wie beim Verbrennungsprozess.
MAXIMALER UMWANDLUNGSWIRKUNGSGRAD
ηZelle , max=∆GR
∆H R=∆HR−T ∆SR
∆HR=1−
T ∆SR∆H R
Normalerweise ist ∆ H R<0(exotherm), was bei Entropiezunahme einen Umwandlungswirkungsgrad von mehr als 100% zur Folge hat. In diesem Fall nimmt die Brennstoffzelle Wärme aus der Umgebung auf und generiert damit Arbeit. alternative Definition (nie ¿1):
η= W∆GR
MAXIMALER UMWANDLUNGSWIRKUNGSGRAD
H 2-Brennstoffzelle: H 2+0.5O2→H 2O(g)
ηZelle , max=1−T ∆SR∆ H R
@T ref⇒
¿1−T ref ( [ s0(T ref ) ]H 2O (g)−[ s0(T ref )]H 2
−0.5 [s0(T r ef ) ]O 2)
[h f0 ]H 2O (g)−[hf0 ]H2−0.5 [hf0 ]O2
=0.95
Methanol-Brennstoffzelle:
CH 3COH ( l)+1.5O2→CO2+2H 2O(g)
ηZelle , max=1−T ∆SR∆ H R
@T ref⇒
¿1−T r ef ( [ s0(T ref ) ]CO 2
+2 [ s0(T ref )]H 2O (g)−[s0(T ref ) ]CH 3COH(l)−1.5 [ s0(Tref )]O2)
[h f0 ]CO 2+2 [hf0 ]H 2O (g)−[hf0 ]CH3COH (l)−1.5 [h f0 ]O2
=1.07
ÜBERSICHT BRENNSTOFFZELLEN
AFC Alkaline Fuel Cell@ 60-80°C / KOH-Lösung
H 2+0.5O2→H 2O⟹¿v.a. in der Raumfahrt, wegen tiefer Betriebstemperatur, Akkus…
PEMFC Proton Exchange Membrane Fuel Cell@ 80-90°C / Kunststoffmembran
H 2+0.5O2→H 2O⟹¿v.a. in der Autoindustrie, wegen tiefer Betriebstemperatur, Akkus…
PAFC Phosphoric Acid Fuel Cell@ 160-220°C / konzentrierte Phosphorsäure
H 2+0.5O2→H 2O⟹¿Autoindustrie (grosse Fahrzeuge), Kraftwerke, WKK, BHKW
MCFC Molten Carbonate Fuel Cell@ 600-650°C / Kalium- und Lithiumcarbonat
H 2+0.5O2→H 2O⟹¿Hochtemperaturandwendungen: Kraftwerke, WKK, BHKW
SOFC Solid Oxid Fuel Cell@ 950-1000°C / Zirkonoxid
H 2+0.5O2→H 2O⟹¿Hochtemperaturandwendungen: Kraftwerke, WKK, BHKW
BERECHNUNGEN AN EINER BRENNSTOFFZELLE
Strom I=ne ∙ e ∙N A=ne ∙ f= nfuel ∙ z ∙ f
z=¿e−¿ ,nfuel=
mfuel
M fuel¿
Leistung PFC=−U ∙ I
char. Spannungen U H (T )=HU
z ∙ f=−∆hRz ∙ f
Seite 17
U rev (T )=−PFC, rev
z ∙ f=−∆ gRz ∙ f
1HS Q+PFC=−n fuelHU
Wärmeströme Q=∆ hRz ∙ f
I−PFC=n fuel∆hR−PFC
¿ Qrev+Qirr=−[U H−U ( I )] I
Qrev=−[U H−U rev ] I=Q−Qirr
Qirr=−[U rev−U (I )] I=Q−Qrev=−T Serz Fuel Cell Stack P¿=¿FC ∙ PFCU ¿=¿ FC ∙U FC¿
¿
EffizienzηFC=η I ∙ ηU ,H=ηI ∙PFC
PFC+Qη I=¿ Umsetzungswirkungsgrad
Bei Berechnung von ∆ hR bzw ∆ gR :Normalerweise wird H2O immer gasförmig abgegeben, auch wenn die Brennstoffzelle bei Standardbedingungen arbeitet
U-I DIAGRAMM
← Der orange Bereich steht für den irreversiblen Wärmeverlust, der blaue für den reversiblen. Gäbe es keine Irreversibilitäten, so wäre die Leistung höher, nämlich bis Prev . Trotzdem könnte der blaue Teil nicht direkt genutzt werden; doch würde diese Wärme, wegen ihrer hohen Temperatur, wieder von der Umgebung aufgenommen werden, weshalb ihr Verlust reversibel ist.
← Um die maximale Leistung zu erreichen, muss man grosse Wärmeverluste in Kauf nehmen.
METHANOL BRENNSTOFFZELLE
Gegeben:
CH 3COH ( l )+1.5O2→CO2+2H 2O (g )@{Tref , pref }
U=0.2~I 2−0.9~I+1 , ~I= I
Imax, mfuel
Berechnungen:
Q=mfuel
M fuel∆ hR−PFC ,∆ hR=[hf0 ]CO2
+2 [hf0 ]H 2O (g )−[h f0 ]CH3COH (l )
Pmax=?∂(−UI )∂ I
=∂(−U ~I )∂~I
=∂(−0.2~I 3+0.9~I 2−~I )
∂~I=−0.6~I 2+1.8~I−1=0
⟹TR∷ solve(…,~I )
Wie schon erwähnt, kann ∆ SR>0 sein, was hier der Fall
ist. Berechnet man U H und U rev , so
sieht man, dass U rev>UH ist und deshalb Wärme von der Umgebung aufgenommen wird, Qrev>0 , gerade umgekehrt wie im Diagramm oben gezeichnet. Daraus folgt auch, dass
|Qirr|>|Q|.
KOMPRESSIBLE STRÖMUNGEN DURCH DÜSEN
Schallgeschwindigkeit c , mit κ=1.4 für 2-atomige Gase
c=√κRT=√κ p/ ρ- Bsp. 1:
cair=√κRT=√1.4 ∙ 1000∙ RM air
T @T=293 K⇒
cair=343 ms
- Bsp. 2:
cHe=√κRT=√ 53∙ 1000∙ RM He
T @T=293 K⇒
cHe=1007 ms
Machzahl Ma (oder einfach nur M ):
Ma=wc
- Ma>1⇒ Überschall / supersonic
- Ma<1⇒ Unterschall / subsonic
ALLGEMEINES VERHALTEN IN DÜSEN UND DIFFUSOREN
Eine Düse/nozzle hat die Eigenschaft, die Geschwindigkeit eines Fluids, und damit seine kinetische Energie, zu erhöhen. dw>0.
Ein Diffusor/diffuser hat die Eigenschaft, die Geschwindigkeit eines Fluids, und damit seine kinetische Energie, zu verringern. dw<0.
Beziehung zwischen Mach-Zahl, Fläche und Geschwindigkeit:
dAA=−dw
w(1−Ma2 )
I Düse, subsonic dw>0Ma<1 ↪dA<0
II Düse, supersonic dw>0Ma>1 ↪dA>0
III Diffusor, supersonic dw<0Ma>1 ↪dA<0
IV Diffusor, subsonic dw<0Ma<1 ↪dA>0
VENTOURI DÜSE – KONVERGENTE DÜSE
pB wird sukzessive reduziert:
a,b,c: Beschleunigen der Strömung immer weiter in Düse hinein.d: M=1@E pE=p¿e: Trotz der Druckverringerung kann die Strömung nicht mehr weiter beschleunigt werden, in der Düse ändert sich nichts, die Düse ist
“abgeriegelt“ (engl. choked).
LAVAL DÜSE – KONVERGENT/DIVERGENTE DÜSE
pB wird sukzessive
reduziert: a,b,c: Beschleunigen und darauffolgendes Abbremsen d: M=1@Throat danach Abbremsen im Diffusor.e,f: Laval-Düse beschleunigt die Strömung weiter, Verdichtungsstoss bringt sie
zurück in den Unterschall-bereich, jetzt Diffusor.
ISENTROPE STRÖMUNGSFUNKTIONEN
verlustfreie Bernoulli – Gleichung
pρ+w
2
2+gz=const .
Stagnationsenthalpie, -druck und -temperatur:
h0=h+w2
2⏟const .@adiabat
p0=p+ρw2
2⏟const .@reibungsfrei
T0=T+w2
2 c p
Isentropenbeziehungen für ein ideales Gas:
p2
p1=(T2
T1)
κκ−1=( ρ2
ρ1)κ T2
T1=( ρ2
ρ1)κ−1
Strömungsgeschwindigkeit (aus Stagnationsenthalpie folgend):
w=√2(ho−h)=√2c p(T o−T )c p=Rκ /(κ−1)⇒ √ 2κ
κ−1RT 0(1−
TT0
)
Seite 18
¿√ 2κκ−1
p0 v0(1− TT 0 )=√ 2κ
κ−1p0v0(1−( pp0 )
κ−1κ )
Massenfluss m=V ∙ ρ=A ∙w ∙ ρ=A ∙w ∙ v−1
m=A√ 2κκ−1
p0
v0 [( pp0 )2κ−( pp0 )
κ+1κ ]=A p0
√RT 0 √ 2κκ−1 [( pp0 )
2κ−( pp0 )
κ+1κ ]
↳TR∷mdotv ( A , p , p0 , v0 , κ , R )↳TR∷mdott ( A , p , p0 ,T 0 , κ , R )
Schalldruck, -temperatur, -dichte und -geschwindigkeit
pp0=(1+ κ−1
2M a2)
κ1−κ⟹ p¿=p0( 2
κ+1 )κ
κ−1
TT0
=(1+ κ−12
M a2)−1
⟹T¿=T 0( 2κ+1 )
ρρ0=(1+ κ−1
2M a2)
11−κ⟹ ρ¿=ρ0( 2
κ+1 )1
κ−1
w=√ 2κκ−1
RT 0(1−TT 0
)⟹w¿=√ 2κκ+1
RT 0=√κRT=c
Schalldruckquerschnitt:
AA ¿=
1Ma [( 2
κ+1 )(1+ κ−12
∙ Ma2)]κ+1
2 (κ−1 )
Es existieren jeweils 2 Werte, der grössere im Überschallbereich und der kleinere im Unterschallbereich
(nachdem ein Verdichtungsstoss stattgefunden hat oder der Überschallberech gar nie erreicht war)
VENTOURI DÜSE
Fall “offen“ p> p¿
⟹ m=f ( p , p0 ,…) Fall “abgeriegelt“ p< p¿
⟹ m=f ( p¿ , p0 ,…)
⟹ in diesem Fall ist der Ausgangsdruck p¿ , und nicht p. Also
fliesst auch p¿ in den Massenstrom ein, der durch Senken von p
nicht weiter erhöht werden kann, man müsste schon p0 erhöhen
oder T 0 senken.
m¿∝ A ¿∙ p0 ∙√1/T 0
Zuerst immer überprüfen, ob die Düse “abgeriegelt“ ist.
THERMODYNAMIK 2 : : LTNT--
DEFINITIONEN
KONSTANTEN
- Boltzmann-Konstante σ=5.67 ∙10−8 Wm2 ∙ K4
EINHEITEN
- Wärmestrom q : [W ]
- Wärmestrom pro Länge q ' : [Wm
]
- Wärmestrom pro Fläche q ' ' : [Wm2 ]
- Wärmestrom pro Volumen q ' ' ' : [Wm3 ]
- Wärmeleitfähigkeit λ : [ Wm∙ K
]
- Wärmeübergangskoeffizient α : [ Wm2 ∙K
]
- Temperaturleitfähigkeit a : [m2
s]
- Wärmeleitwiderstand Rleit ,R conv : [KW
]
- Wärmedurchgangskoeffizient k : [ Wm2 ∙ K
]
- Linearer Wärmedurchgangskoeffizient k L : [ Wm∙ K
]
- Rippenparameter m : [1]
- Kinematische Viskosität ν : [m2
s]
- Dynamische Viskosität
μ : [Pa ∙ s ]=[ N ∙ sm2 ]=[ N ∙s
m2 ]
DIMENSIONSLOSE KONSTANTEN
- Bi Biot-Zahl Bi= α ∙ Lλ festkörper
- Nu Nusselt-Zahl Nu=α ∙ Lλ fluid
- Re Reynolds-Zahl Rex=u∞ ∙ xν
=ρ ∙u∞∙ xμ
ReD=u∞∙ Dν
=ρ ∙u∞∙ D
μ
ReL=u∞ ∙ Lν
=ρ∙ u∞∙ Lμ
- Pr Prandtl-Zahl Pr=c p ∙ μλfluid
= νafluid
mit
a= λρc
- Pe Peclet-Zahl Pex=Rex ∙Pr
ÜBERSICHT Wärme kann durch 3 verschiedene Mechanismen übertragen werden; durch Wärmeleitung, Konvektion und Strahlung.
WÄRMELEITUNG
q leit' ' =−λ dT
dx
q leit=−A ∙ λ dTdx
KONVEKTION
qconv' ' =α (TW−T∞ )
qconv=A ∙α (TW−T ∞ )
STRAHLUNG
qrad' ' =ε ∙σ ∙T 4
qrad=A ∙ ε ∙σ ∙T 4
wobei ε ein Materialparameter ist
ε perfekt schwarzer Körper=1
Seite 19
Abstahlung – Anstahlung:
qrad ,net' ' =ε ∙ σ ∙ (T s
4−T sur4 )
qrad ,net=A ∙ε ∙ σ ∙ (T s4−T sur
4 )
DIE WÄRMELEITUNGSGLEICHUNG allgemein:
ρc ∂T∂t
=∇ ∙ ( λ ∙ ∇T )+qQuellen' ' '
kartesisch:
ρc ∂T∂t
= ∂∂ x ( λ ∂T∂ x )+ ∂
∂ y (λ ∂T∂ y )+ ∂∂ z (λ ∂T∂ z )+qQuellen' ' '
zylindrisch:
ρc ∂T∂t
= 1r∂∂ r ( λr ∂T∂ r )+ 1
r 2∂∂θ (λ ∂T∂θ )+ ∂
∂ z (λ ∂T∂ z )+qQuellen' ' '
sphärisch:
ρc ∂T∂t
= 1r2
∂∂r (λ r2 ∂T
∂ r )+ 1r2sin2φ
∂∂θ (λ ∂T∂θ )+ 1
r 2sin2φ∂∂φ ( λ sinφ ∂T
∂φ )+qQuellen' ' '
VEREINFACHUNGEN
λ=const . ρc ∂T∂t
= λ∙∆T +qQuellen' ' '
1a∂T∂t
=∆T+qQuellen' ' '
λ mit
a= λρc
& ohne Quellen:
ρc ∂T∂t
= λ∙∆T⟺ 1a∂T∂ t
=∆T
& stationär ∂∂ t
=0: ∆T +qQuellen' ' '
λ=0
& stationär und ohne Quellen: ∆T=0
TEMPERATURVERTEILUNGEN EINDIMENSIONAL
Soll die Temperaturverteilung angegeben werden, muss die Wärmeleitungsgleichung integriert werden.
λ=const . & stätionär & ohne Quellen:
- kartesisch: ∂2T∂x2 =0
∂T∂x
=C1
T=C1 x+C2
- zylindrisch:∂∂ r (r ∂T∂r )=0
∂T∂r
=C1
r T=C1 lnr+C2
- sphärisch:∂∂r (r2 ∂T
∂r )=0
∂T∂r
=C1
r2
T=−C1
r+C2
λ=const . & stätionär & mit konstanten Quellen: - kartesisch:
∂2T∂x2 =
−qQuellen' ' '
λ ∫∂ x→
∂T∂ x
=−qQuellen
' ' '
λx+C
1
T=−qQuellen
' ' '
2 λx2+C
1x+C2
- zylindrisch:
∂∂ r (r ∂T∂ r )=−qQuellen
' ' '
λr∫∂ r
→
∂T∂r
=− qQuellen
' ' '
2 λr+
C1
r
T=−qQuellen
' ' '
4 λr2+C1 lnr+C2
- sphärisch:
∂∂r (r2 ∂T
∂r )=−qQuellen' ' '
λr2∫ ∂ r
→
∂T∂r
=−qQuellen
' ' '
3 λr+C 1
r2
T=−qQuellen
' ' '
6 λr2−
C1
r+C2
λ=const . & stätionär & mit inkonstanten Quellen: Quellterm einsetzen und integrieren
Einige Temperaturverteilungen (Punkte » Quellen):
RANDBEDINGUNGEN
Randbedingungen 1. Art: T (x0 , t )=T 0 Randbedingungen 2. Art:
q ' ' (x0 , t )=− λ dTdx|x=x0
isoliert⇒
=0
Randbedingungen 3. Art:
q ' '=− λ dTdx |x= x0
=α (T (x0, t )−T ∞ )Bei verschiedenen Materialien braucht es auch verschiedene Gleichungen, welche mittels den Randbedingungen - gleiche
Temperatur an der Schnittstelle (1) und gleicher Wärmefluss (2) an der Schnittstelle - verbunden werden können.
Bei Konvektion gilt (3) nur, wenn die Koordinatenrichtung in Normalenrichtung zeigt. Sonst
¿+ λ dTdx |x=x0
=α (T (x0, t )−T ∞ )
KONKRETE PROBLEMSTELLUNGEN
ebene Wand, keine Quellen:gegeben: T 1 , T 2 , LAnsatz: T=C1 x+C2
RB1: T ( x=0 )=T 1=C2 ⇒C2=T 1
RB2: T ( x=L )=T2=C1 L+T 1
⇒C1=T2−T 1
L
Lösung:T=T2−T1
Lx+T 1
Seite 20
ebene Wand, keine Quellen, auf beiden Seiten Konvektion:gegeben: λ ,T∞,1 , α1 ,T∞ ,2 , α2 , LAnsatz: T=C1 x+C2
RB1: +λ dTdx |x=0
=α 1 (T (0 )−T∞ ,1 )
+λC1=α 1 (C 2−T ∞, 1)⇒C1=
T∞ ,2−T ∞,1
λα1+ λα 2
+L
RB2: −λ dTdx |x=L=α 2 (T (L )−T ∞,2 )
−λC1=α 2 (C1L+C2−T∞,2 )
⇒C2=T ∞,1+T ∞, 2−T ∞,1
1+α1
α2+Lα1
λ
Lösung:T=
T∞ ,2−T∞,1
λα1
+ λα 2
+Lx+T∞,1+
T∞, 2−T ∞,1
1+α1
α2+Lα1
λ Rohrisolation, keine Quellen:
gegeben: r1 , T1 , r2 , T 2
Ansatz: T=C1 lnr+C2
RB1: T ( r=r1 )=T1=C1 ln r1+C2
⇒C1=T2−T 1
lnr 2
r1
RB2: T ( r=r2 )=T2=C1 ln r2+C2
⇒C2=T 1−(T2−T 1 ) ln r1
lnr2
r1
Lösung:T=
T2−T1
lnr 2
r 1
ln rr1+T 1=
T1−T2
lnr1
r2
ln rr2+T2
Ebene Wand mit konstanten Wärmequellen:
gegeben: T 1 , T 2 , L ,qQuellen' ' '
Ansatz: T=−qQuellen
' ' '
2 λx2+C
1x+C2
RB1: T ( x=0 )=T 1=C2 ⇒C2=T 1
RB2: T ( x=L )=T2=−qQuellen
' ' '
2 λL2+C1L+T 1
⇒C1=T2−T 1
L+qQuellen' ' '
2λL
Lösung:T=−qQuellen
' ' '
2 λx2+(T2−T1
L+qQuellen' ' '
2 λL) x+T 1
Maximum: dTdx |x=xmax=0 ⇒ xmax=
L2+T 2−T 1
Lλ
qQuellen' ' '
Immer überprüfen ob d2Td x2|
x=xmax
<0
Zylinder mit Wärmequellen:
gegeben: r0 , T 0, qQuellen' ' '
Ansatz: T=−qQuellen
' ' '
4 λr2+C1 lnr+C2
RB1: q ' ' (0 )=0=λ dTdr |r=0
=C1 ∙1r|r=0
⇒C1=0
RB2: T ( r0 )=T 0=−qQuellen
' ' '
4 λr 0
2+C2
⇒C2=T 0+qQuellen' ' '
4 λr0
2
Lösung:T=qQuellen' ' '
4 λ∙(r0
2−r2)+T 0
WÄRMEQUELLEN
• gegeben: λ1 , λ2 , α ,T ∞ , L , d ,qQuellen' ' '
• gesucht: T (x)
Ansätze: T 1=−qQuellen
' ' '
2λ1x2+C
1x+C2
T 2=C3 x+C4
RB1: q1' '|x=0=0= λ
d T1
dx |x=0
=C1
⇒C1=0 RB2:
q1' '|x=L=− λ1(−qQuellen
' ' '
λ1L)=−λ2C3=q2
' '|x=L⇒C3=
−qQuellen' ' '
λ2L
RB3:
T 1 (L )=−qQuellen
' ' '
2 λ1L2+C2¿−
qQuellen' ' '
λ2L2+C4=T
2(L )
RB4:
q2' '|x=L+d=−λ2(−qQuellen
' ' '
λ2L)=α (T 2 (L+d )−T ∞ )=qconv' '
qQuellen' ' ' ∙ Lα
+T ∞=− qQuellen
' ' '
λ2∙ L (L+d )+C4
⇒C4=qQuellen' ' ' ∙ L( 1
α +L+dλ2 )+T ∞
RB3:
−qQuellen' ' '
2 λ1L2+C2=
− qQuellen' ' '
λ2L2+ qQuellen
' ' ' ∙ L( 1α+ L+d
λ2 )+T∞
⇒C2=qQuellen' ' ' ∙ L( 1
α +L
2 λ1+dλ2 )+T ∞
Lösung:
T ( x )={T 1=−qQuellen
' ' '
2λ1x2+ qQuellen
' ' ' ∙ L( 1α+ L
2λ1+ dλ2 )+T ∞
T 2=−qQuellen
' ' ' ∙ Lλ2
x+qQuellen' ' ' ∙ L( 1
α+ L+d
λ2 )+T ∞
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SPEZIELLE QUELLTERME
elektrischer Widerstand: qQuellen=I2Rel=I
2 ρel ∙ LA
qQuellen' ' ' =
qQuellenA ∙L
=I 2 ρelA2
Laserabsorption:
qQuellen' ' ' =
−dI (x )dx
=−ddx (I 0 ∙ e
−ax )qQuellen' ' ' =a ∙ I 0 ∙ e
−ax
LASERABSORPTION
• gegeben: λ1 , T1 , T2 , d , I 0 , a• gesucht: T (x)
Ansatz: ∂2T∂x2 =
−qQuellen' ' '
λ=−a ∙ I 0 ∙ e
−ax
λ∂T∂x
=I0 ∙ e
−ax
λ+C1
T ( x )=−I 0∙ e
−ax
λ ∙a+C1x+C 2
RB1: T (0 )=T 1=−I 0
λ ∙a+C2 ⇒C2=T 1+
I 0
λ ∙a
RB2: T (d )=T2=−I 0 ∙ e
−ad
λ ∙a+C1d+T 1+
I 0
λ ∙a
⇒C1=T2−T 1+
I 0
λ ∙a(e−ad−1 )
dLösung:
T ( x )=−I 0 ∙ e
−ax
λ ∙a+T 2−T1+
I 0
λ ∙a(e−ad−1 )
dx+T 1+
I 0
λ ∙a
STATIONÄRE WÄRMELEITUNG MIT WIDERSTÄNDEN
ANALOGON DES ELEKRTISCHEN STROMES
Wärmeleitung Elektrischer StromLeitung U=R ∙ I
∆T= Lλ ∙ A
∙ q
Konvektion ∆T= 1α ∙ A
∙ q U=R ∙ I
• Rnet ,seriell=∑iRi •
Rnet , paralell=1
∑i
1R i
WÄRMELEITWIDERSTÄNDE
q=∆TRnet
= ∆T∑iRi
q '= ∆TL∙ Rnet
= ∆TL ∙∑
iR i
q ' '= ∆TA ∙Rnet
= ∆TA ∙∑
iRi
Leitung: {kartesisch : R leit=
LAλ
A ∙R leit=Lλ
zylindrisch : Rleit , cyl=ln( r 2
r 1 )2 π L λ
A ∙ Rlei t , cyl=r ∙ ln( r2
r1 )λ
sphärisch : Rleit , sph=
1r1−
1r2
4 πλA ∙Rleit , sph=
r 2 ∙( 1r1−
1r2 )
λ
Kovektion: Rconv=1Aα
A ∙Rconv=1α
WÄRMELEITWIDERSTÄNDE
• gegeben: T ∞,h , α h, T ∞,c , α c , λ1 , L1 , λ2 , L2 , A ∙Rcontact
• gesucht: T 1 , T 2 , T 3, T 4
• Vorgehen: zuerst alle ( A ∙R )i berechnen, dann q ' ' und daraus
T 1,2,3,4 .
A ∙R conv, c=1α c
,
A ∙R leit , λ2=L2
λ2 , A ∙R leit , λ1
=L1
λ1 , A ∙Rconv , h=
1α h
q ' '= ∆TA ∙Rnet
=T ∞, h−T ∞, c
(A ∙Rconv, c+A ∙ Rleit , λ2+A ∙ Rcontact+A ∙R leit , λ1
+A ∙Rconv, h )
T 1=T ∞,c+q' ' (A ∙Rconv , c)
T 2=T 1+ q' ' (A ∙ Rleit , λ2
)T 3=T 2+ q
' ' ( A ∙Rcontact ) T 4=T 3+q
' ' (A ∙R leit , λ1)
( check: T ∞,h=T 4+q' ' ( A ∙ Rconv ,h ) )
falls zylindrisch: (L ∙R )i und q ' statt ( A ∙R )i und q ' '
WÄRMEDURCHGANGSKOEFFIZIENT
Wärmedurchgangskoeffizient (von Fläche/Radius abhängig)
k= 1A ∙ Rnet
⟹ q=k ∙ A ∙∆T⟹ q ' '=k ∙∆T
- bei der Rohrwand:
k (r )= 12 πrL∙ Rnet
= 1r
r1α1+r∑
i
ln ( ri+1/r i )λi
+ rr 2α 2
Linearer Wärmedurchgangskoeffizient (vom Radius unabhängig)
k L=k (r ) ∙2 πr= 1L∙ Rnet
⟹ q=kL ∙ L ∙∆T⟹ q' '=kL ∙ ∆T
2πr- bei der Rohrwand:
k L=1
L ∙Rnet= 2π
1r 1α 1
+∑i
ln (r i+1/r i )λ i
+ 1r2α2
KRITISCHER ROHRRADIUS
Problem: Je dicker die Rohrwand, desto besser die Isolation durch Leitung, aber desto schlechter die Isolation aussen durch Konvektion.
Seite 22
Lösung: Tradeoff zwischen beiden Argumenten: d Rnet
dr2=0
d Rnet
dr2= dd r 2
( ln( r2
r1 )2π L λ
+ 12π r2Lα
)= 12π L λ
1r2
r1
1r1− 1
2π r22Lα
=0⇒rcrit=λα
Der kritische Radius ist das Minimum des Rnet - r2- Diagramms
r<r crit : Je kleiner der Radius desto besser die Isolation.
r>r crit : Je grösser der Radius, desto besser die Isolation.
Zahlenbeispiel 1: Heizung (Stahl), rcrit=12m→ perfekt wäre r=rcrit , sonst so dick wie bezahlbar
Zahlenbeispiel 2: Korkisolation eines Heizrohres, rcrit=7.8mm→ worst case: r=rcrit , falls r>r crit , so dick wie bezahlbar.
BIOT - ZAHL
Bi=αLλ=Rleit
RconvradialeSchicht
⇒
αdλd=Dicke
• Bi≪1 :Rconv≫Rleit Rleit ≈0.
→ Verbesserung der Wärmeleitung: α ↑• Bi≈1:R conv≈ Rleit .
→ Verbesserung der Wärmeleitung: α ↑, λ↑• Bi≫1 :Rconv≪Rleit Rconv ≈0.
→ Verbesserung der Wärmeleitung: λ↑
WÄRMELEITUNG IN RIPPEN
ALLGEMEIN
allgemeine RippenDGL (S=const . , u=0 , stationär, keine Quellen/Strahlung):
d2Td x2 −
αPλS (T−T∞ )=0 mit
{Rippenparameter m=√ αPλSÜbertemperatur θ=T−T ∞
d2θd x2−m
2θ=0
allgemeine Lösung:
θ=C1 emx+C2 e
−mx
1. Randbedingung: θF=θ(0)=C1+C2 Wärmestrom:
qF=−λ ∙S ∙∂T∂x |x=0
=−λ ∙S ∙ ∂θ∂ x|x=0
Rippenwirkungsgrad: ηR=qFqmax
=qF
α ∙ A ∙θF Geometrisches:
- Ebene Rippe S=b ∙t P=2 (b+ t ) dA=2 (b+t )dx
- Stabrippe: S=π ∙ D2
4 P=π D
dA=πDdx
m=√ 4 αλD
RIPPE MIT ADIABATEM KOPF
Lösung: θ=θF ∙cosh (m (L−x ) )
cosh (mL ) Wärmestrom: qF=λ ∙S ∙ θF ∙m∙ tanh (mL )
Rippenwirkungsgrad: ηR=tanh (mL)mL
SEHR LANGE RIPPE
Lösung: θ=θF e−mx
Wärmestrom: qF=λ ∙S ∙ θF ∙m
Rippenwirkungsgrad: ηR=1mL
RIPPE ZWISCHEN 2 FLÄCHEN
EINGESPANNT T K=T (L) Lösung:
θ=θK sinh (mx )+θF sinh (m (L−x ) )
sinh (mL ) Wärmestrom:
qF=λ ∙ S ∙m ∙θFcosh (mL )−θK
sinh (mL )
Rippenwirkungsgrad:
ηR=cosh (mL)−
θKθF
mLsinh (mL )KONVEKTION AUCH AM RIPPENENDE
Lösung:
θ=θF ∙cosh (m (L−x ) )+ α
mLsinh (m (L− x ) )
c osh (mL)+ αmL
sinh (mL) Wärmestrom:
qF=λ ∙ S ∙θF ∙m∙sinh (mL )+ α
mLcosh (mL )
cosh (mL )+ αmL
sinh (mL ) Rippenwirkungsgrad:
ηR=1mL
∙sinh (mL )+ α
mLcosh (mL)
cosh (mL)+ αmL
sinh (mL)
RIPPE ZWISCHEN 2 FLÄCHEN EINGESPANNT
• gegeben: T 1, T 2=T ∞ ,T ∞ , L , D , λ ,α• gesucht: qL
Seite 23
• Vorgehen: 1.HS: qL=qF−qK
dabei gilt: θK=0
und θF=T1−¿ T ∞
qF=λ ∙S ∙m ∙θF cosh (mL )
sinh (mL)
qK=−λ ∙S ∙∂ θ∂ x|x=L
qK=−λ ∙S ∙ ∂∂x ( θK sinh (mx )+θF sinh (m (L− x ) )sinh (mL ) )|x=L
¿−λ ∙ S ∙θF ∙cosh (0 )
sinh (mL )∙ (−m)=¿
λ ∙S ∙m ∙θF ∙1
sinh (mL )
qL=λ ∙S ∙m ∙θF ∙(cosh (mL )−1 )
sinh (mL )
KORRELATION 2 GLEICHLANGER RIPPEN
• Ausgangslage: 2 gleichlange, lange Rippen mit gleichem Durchmesser aber aus anderem Material• gegeben: TW ,T A , T B ,T ∞ , λA• gesucht: λB• Vorgehen: Lösungen für lange Rippen benützen.
θA=θF , A e−m A x1⟹ (T A−T ∞ )=(TW−T ∞ )e−m A x1
⟹ ln( T A−T∞
TW−T ∞)=−mA x1
θB=θF ,Be−mB x1⟹ (T B−T∞ )=(TW−T ∞ )e−mB x1
⟹ ln ( T B−T ∞
TW−T ∞)=−mB x1
ln( T A−T ∞
TW−T ∞ )ln( T B−T ∞
TW−T ∞)=mA
mB=√ λBλA⟹ λB= λA ∙( ln ( T A−T∞
TW−T ∞ )ln ( T B−T∞
TW−T ∞) )
2
INSTATIONÄRE WÄRMELEITUNG
RAUMUNABHÄNIG AKA 0-DIMENSIONAL
Voraussetzungen: Bi≪1T i−T0
T0−T∞=Rleit
Rconv=α ∙ L
λ=Bi
Annahmen: T=T (t)
1.HS:ddt
(M ∙c ∙T )=−A ∙α ∙ (T−T ∞ )wobei
M=ρ ∙VT−T ∞
T i−T ∞=e
−αAMc ∙t
=e−tτ mit τ=Mc
αA
t=−McαA
ln( T−T ∞
T i−T∞)=−τ ln( T−T∞
T i−T ∞)
wobei die Zeitkonstante τ=McαA
die Zeitspanne bis zur Abkühlung
auf θneu=θi /e=36.8 % ∙ θi angibt (Aufheizen bis
θneu=e ∙θi)
Geometrisches: τ=McαA
=VρcαA
- Zylinder: τ cyl=ρcDh
2α (D+2h )
- Kugel: τ sph=ρcD6 α
ABKÜHLEN ZWEIER KUGELN
Ausgangslage: Eine Aluminium- und eine Stahlkugel werden aus dem Ofen genommen und mit einem Luftstrom gekühlt (α ,T ∞).
gegeben: Bi≪1 , ρal , ρst , cal , cst , α ,T ∞ ,T i ,D gesucht: ∆T nach t , tmax∆T
T al=T∞+ (T i−T ∞ )e−tτal
T st=T∞+(T i−T ∞ )e−tτst }∆T=T st−T al=(T i−T ∞ )(e
−tτst−e
−tτ al )
∂∆T∂T
=0= ∂∂T
(e−tτst−e
−tτ al )=−1
τ st∙ e
−tτst + 1
τ al∙e
−tτal=0
τalτ st
=e−tτ al
e−tτst
=et ( 1τst
−1τal )⟹tmax ∆T=
ln ( τ alτ st )1τ st−
1τal
WÄRMESPEICHER
Ausgangslage: Ein zylindrischer Wassertank mit d=h dient als
Wärmespeicher. In einem halben Jahr (¿ 4380h), darf er maximal
20 % seiner gegenüber der Umgebung nutzbaren Wärme verlieren.
Er ist mit einer Isolationsschicht der Dicke L umgeben.
Annahmen: α innen=∞ und Zylinderwand ≅ linear
gegeben: ρWasse r , c p ,Wasser , α aussen=α , λiso gesucht: Durchmesser D des Zylinders ohne Isolation
T−T ∞
T i−T∞=e
−αAMc
∙thier⇒
0.8=e−kAMc
∙ t=e
−tτ cyl
τ cyl=ρcDh
2k (D+2h )h=D
⇒
ρc D2
2k (3D )= ρcD
6k mit
k= 1A ∙ Rnet
= 1Lλiso
+ 1α
ln 0.8=−tτ cyl
= −tρcD6k
⟹D= −tρc6k
∙ ln0.8
HALBUNENDLICHE WAND
Wärmeleitungsgleichung 1-D, λ=const ., keine Quellen:
ρcλ∂T∂t
=∂2T∂ x2 a=
λρc
⇔
1a∂T∂t
= ∂2T∂ x2 η=
x√4 at→
∂2T∂η2 =−2η ∂T
∂η
Seite 24
T−T s
T i−T s= 2√π∫0
η
e−η2
dη≡erf (η)T−T i
T s−T i=1−erf (η)≡erfc (η)
3 Fälle: Anfang: T (x ,0)=T i (alle Körper haben überall T i)1: Wand-temperatur auf T S erhöht und gehalten2: ab t 0 konstanter Wärmestrom3: ab t 0 konvektiver Wärmeübergang
Diffusionslänge / -zeit:
xD=√ λρc⏟a
∙ tD tD=xD
2 ∙ ρcλ⏟
1/a
@η=0.5⟹ erfc (0.5 )=48 %T−T i=0.48 (T s−T i )
Wärmestrom qs' '=
λ (T s−T i )√ πat
Kontakttemperatur zweier halbunendlicher Körper (A und B)
T s=T i , A√ λA ρA cA+T i , B√ λB ρBcB
√λ A ρA c A+√ λB ρB cBGRUNDLAGEN DER KONVEKTION
Wärmestrom qconv' ' =α (TW−T∞ )qconv=A ∙α (TW−T ∞ )
mittlerer Wärmeübergangskoeffizient α
- allgemein: α= 1A∫ α dA
- ebene Platte ab Anfang α= 1L∫0
L
α ( x )dx
- ebene Platte ab x0 α= 1L ∫x0
x0+L
α ( x )dx
ALLGEMEINES VORGEHEN
i. Welche Geometrie hat das angeströmte Teil? ii. Handelt es sich um erzwungene oder natürliche Konvektion?
→ erzwungene Konvektion: ℜ mit Recrit vergleichen
→ natürliche Konvektion: Ra mit Racrit vergleicheniii. Daraus folgt die entsprechende Grenzschicht (laminar/turbunlent).iv. Nu mit der
entspechenden Formel berechnen.
v. Daraus α berechnen.
α=Nux ∙ λx
ERZWUNGENE KONVEKTION :: EBENE WAND Kritische Reynoldszahl
Recrit=105
LAMINARE GRENZSCHICHT ℜ<R ecrit Dicke Geschwindigkeitsgrenzschicht δ=4.92∙ x ∙ R ex
−1/2
Dicke Temperaturgrenzschicht δ T=δ ∙P r1 /3
Widerstandsbeiwert
- lokal c f , x=0.664 ∙R ex−1 /2
- gemittelt c f , L=1.328 ∙ R ex−1/2
Nusselt-Zahl
- Pr>0.6 N ux=0.332∙ R ex1 /2 ∙P r1 /3
- Pr<0.6 N ux=0.565∙ (Rex ∙Pr )1 /2- Pe x>100
N ux=0.3387 ∙ R ex
1 /2 ∙P r1 /3
(1+ (0.0468/Pr )2 /3 )1 /4
TURBULENTE GRENZSCHICHT
ℜ>R ecrit Widerstandsbeiwert (Rex ≤107)
c f , x=0.0592 ∙ R ex−1/5
Nusselt-Zahl N ux=0.0296 ∙R ex4 /5 ∙P r1 /3
VORGEHEN
Fläche ist am Rand der Platte (nur laminar):- Nusselt – Zahl mitteln: Nu=2 ∙N ux=L
- daraus αberechnen α=Nu∙ λ fluid
L Fläche beginnt erst im Abstand x0 vom Plattenrand (gilt immer):
- α lokal berechnen: α (x )=N ux ∙ λfluid
x
- mitteln per Integral: α= 1L ∫x0
x0+L
α ( x )dx
Die Formel Nu=2 ∙N ux=L folgt aus der Integration von der
lokalen Formel und gilt nur dann, wenn die Reynoldzahl mit Rex1/2 in
N ux eingeht. Sonst Variante 2 wählen.
CHIPKÜHLUNG #1
• Ausgangslage: Kühlung eines quadratischen Chips• gegeben: u∞ , T ∞ ,T chip ,d , ν , Pr (¿0.6) , λ fluid• gesucht: qconv
ReL=u∞ ∙dν
<Recrit⇒ laminar
N ux=0.332∙ R ex1 /2 ∙P r1 /3
Nu=2 ∙N ux=L=0.664 ∙ R eL1 /2 ∙P r1 /3=0.664 ∙( u∞ ∙dν )
1/2
∙P r1 /3
α=Nu∙ λ fluid
L=
0.664 ∙(u∞∙ dν )1 /2
∙P r1 /3 ∙ λ fluid
d=0.664 ∙( u∞ν ∙d )
1 /2
∙P r1 /3 ∙ λ fluid
qconv=α A (TW−T ∞ )=α d2 (T chip−T ∞ )CHIPKÜHLUNG #2
• alles gleich wie vorher – nur der Chip ist anderst positioniert
ReL=u∞ ∙2dν
<R ecrit⇒ laminar
N ux=0.332∙ R ex1 /2 ∙P r1 /3
Seite 25
α (x )=N ux ∙ λfluid
x=0.332∙(u∞ ∙ xν )
1/2
∙ P r1 /3 ∙ λfluid ∙1x
¿0.332 ∙(u∞ν )1 /2
∙P r1 /3∙ λ fluid ∙ x−1 /2
α= 1d∫d
2d
α ( x )dx= 1d∙0.332 ∙( u∞ν )
1 /2
∙P r1 /3 ∙ λfluid ∙∫d
2d
x−1 /2dx⏟
¿2 [ x1/ 2]d2d
¿0.664 ∙( u∞ν )1/2
∙ Pr 1/3 ∙ λfluid ∙(2d )1 /2– d1 /2
d
qconv=α A (TW−T ∞ )=α d2 (T chip−T ∞ ) andere Variante: α=2 ∙ α von0bis2d−α von0bisd
α=2 [0.664 ∙( u∞ ∙2dν )1 /2
∙P r1 /3 ∙ λfluid
2d ]−[ 0.664 ∙(u∞ ∙ dν )1 /2
∙P r1 /3 ∙ λfluid
d ]
¿ ((2d )1 /2−d1 /2 ) [0.664 ∙( u∞ ∙2dν )1/2
∙P r1 /3 ∙ λfluid
d ] Diskussion: Allgemein lässt sich sagen, je weiter weg der Chip vom
Rand platziert ist, desto kleiner ist die Kühlung, da
(2d )1 /2 –d1 /2
d< 1d1 /2
.
Dies glit nur, solange man im laminaren Bereich ist, sobald es turbulent wird, gilt eine andere Gleichung.
Eine dritte Variante wäre, den lokalen Wert α (x ) zu nehmen, an der Stelle x=1.5d , was ungenauer ist, da
α (x )∝ x−1 /2 ist und nicht linear, was in der Graphik erkennbar ist.
RAUMISOLATION
• Ausgangslage: Es soll die Isolation von 2 Zimmern verglichen werden.
• gegeben:
u∞=10ms
T∞,a=−23 °CT ∞, i=20 °C
α i=10 Wm2 K
Pr=0.72
t=0.008mh=2.5m
νair=11.44 ∙10−6 m2
s
λglas=0.058 WmK
λair=22.3 ∙10−3 WmK
• gesucht: q A , qB
Recrit=105=u∞∙ xcritνair
⟹ xcrit=0.1m
⟹ die ganze Strömung wird als turbulent betrachtet
N ux=0.0296 ∙R ex4 /5 ∙P r1 /3
Zimmer A: q A=
T ∞,i−T∞ ,a
Rnet , A=
T ∞,i−T∞ ,a
1A ( 1
α i+ tλglas
+ 1α A )
α A ( x )=N ux ∙ λair
x=0.0296 ∙( u∞νair )
4 /5
∙P r1 /3 ∙ λair ∙ x−0.2
α A=14∫0
4
α ( x )dx=14∙0.0296 ∙( u∞ν air )
4 /5
∙ P r1/3 ∙ λair ∙∫0
4
x−0.2dx
α A=14∙0.0296 ∙( u∞ν air )
4 /5
∙ P r1/ 3∙ λair ∙1
0.8∙ [ 40.8 ]=31.8 W
m2 K
q A=T ∞,i−T∞ ,a
Rnet , A= 43
14 ∙2.5 ( 1
10+0.008
0.058+ 1
31.8 )=1596W
Zimmer B: qB=
T ∞,i−T ∞,a
Rnet ,B=
T∞,i−T ∞, a
1A ( 1
α i+ tλglas
+ 1αB
)αB ( x )=
Nux ∙ λairx
=0.0296∙( u∞νair )4 /5
∙P r1 /3 ∙ λair ∙ x−0.2
αB=16∫5
11
α ( x )dx=16∙0.0296 ∙( u∞νair )
4/5
∙ P r1/3 ∙ λair ∙∫5
11
x−0.2dx
αB=0.0296
6∙( u∞νair )
4/5
∙ P r1/3 ∙ λair ∙1
0.8∙ [110.8−50.8 ]=22.2 W
m2K
qB=T ∞,i−T∞,a
Rnet ,B= 43
16 ∙2.5 ( 1
10+ 0.008
0.058+ 1
22.2 )=2280W
Diskussion: Trotz des kleineren α ist die verlorene Wärme in B viel grösser, was daraus folgt, dass die äussere Konvektion relativ wenig zur Isolation beiträgt und so die grössere Fläche des Fensters B viel stärker ins Gewicht fällt.
ERZWUNGENE KONVEKTION :: ZYL. KÖRPER & KUGEL
Filmtemperatur T Film=12∙ (T w+T∞ )
Dimensionslose Konstanten mit der Filmtemperatur berechnen:
ReD=u∞ ∙Dν (T Film)
=ρ∙u∞ ∙Dμ(T Film)
und
Pr=c p ∙ μ
λ fluid(T Film)=
ν (T Film)a fluid(T Film)
gemittelte Nusselt-Zahl
- zylindrische Körper NuD=C ∙ ReDm ∙P r1 /3
→ mit den Konstanten aus folgenden Tabellen: ↘ für Kreiszylinder:
↘ für andere Geometrien:
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- Kugel
NuD=2+(0.4 ∙R eD1/2+0.06 ∙R eD
2/3) ∙ Pr0.4
∙( μμW )1/4
im Bereich
{0.71<Pr<380;3.5<R eD<7.6 ∙104 ;1.0< μμW
<3.2}
Gemittelter Wärmeübergangskoeffizient
α=NuD ∙ λfluid
DDIE ÖLBOMBE
• Ausgangslage: Ein Fass mit heissem Öl aus einem Flugzeug mit Höhe h abgeworfen, wobei die Zylinderachse quer zur Fallrichtung steht.• Annahmen: - u∞=const . - T nur von t abhängig
gegeben: u∞ , h ,T∞, T i , D , L,dstahlwand , ρöl , cp , öl , ρ st , cp , st λair , ρair , cp ,air , μair , α S=αStirnfläche
gesucht: T wenn die Bombe am Boden auftrifft
Vorgehen: instationäre Wärmeleitung, wobei αM=αMantelfläche zuerst gefunden werden muss mit der erzwungenen Konvektion.
T−T ∞
T i−T ∞=e
−αAMc ∙t
hier⇒e
−2α S ∙ S+αM ∙ AM
M öl ∙cp ,öl+M st ∙ cp, st∙t
Berechnen von αM :
ReD=u∞∙ Dν
=ρ ∙u∞∙ D
μ⇒ liegt zwischen 40'000 und 400'000
NuD=C ∙ ReDm ∙P r1 /3=0.027 ∙( ρ∙u∞ ∙ Dμ )
0.805
∙( c p ∙ μλ )1/3
αM=NuD∙ λair
D Restliche benötigte Grössen berechnen:
S=D2π4
AM=DπL
M öl=ρölV öl= ρöl ∙D2πL
4
M st=ρstV st=ρst ∙Ost ∙d st=ρ st ∙(πD( D2 +L)) ∙d st
t= hu∞
Schliesslich alle Grössen einsetzen und nach T auflösen
⟹T=T ∞+ (T i−T∞ )e−2α S ∙S+αM ∙ AM
M öl∙ cp ,öl+M st ∙c p, st∙ t
GEOTHERMISCHER DAMPF
• Ausgangslage: Der Dampf einer Transportleitung für geothermischen Wasser-dampf, welche mit Isolation umgeben ist und vom Wind quer angeströmt wird, darf sich nur bis 5 °C über die Sättigungstemperatur abkühlen.
Annahmen: α innen=∞ und p=const .=7 ¿ gegeben: T i=180 °C T ∞=293K
u∞=8 ms
ρair=1.1941 kgm3
μair=181.1 ∙10−7 N ∙sm2
Liso=5 cm c p , air=1.007 kJkg ∙K
λair=25.7 ∙10−3 Wm∙ K
λ iso0.046 Wm∙K
m Lst=3mm
λ st=64 Wm∙K
d i=15 cm m=0.35 kgs
gesucht: L Vorgehen: über Wärmeleitwiderstände L finden, wobei α zuerst
berechnet werden muss mit der erzwungenen Konvektion. Berechnen von α :
ReD=u∞∙ daν
=ρ ∙u∞ ∙ da
μ=135 ' 037
NuD=0.027 ∙( ρ ∙u∞∙ daμ )0.805
∙( c p∙ μλ )1 /3
=324.815
α=NuD ∙ λair
da=32.6 W
m2 ∙K
Mittlerer Temperaturunterschied gegenüber T ∞ berechnen:
T 2=T sat+5° C=169.97 °C A-4
∆T lin=∆T 1+∆T 2
2=154.985° C
∆T log=∆T 1−∆T 2
ln (∆T 1
∆T 2 )=154.931°C
Verlorene Wärme per 1HS berechnen:
q lost=m ∙ (h1−h2 ) h1 A-4 @ 180 °C
¿8314.96W h2 A-4 @ 169.97 °C Wärmeverlust pro Meter Rohr berechnen:
q '= ∆TL ∙Rnet
= ∆T
ln( r2
r1)
2π λst+
ln( r3
r2)
2 π λiso+
12π r3α
= 154.931
ln( 0.0780.075 )
2π ∙64+
ln( 0.1280.078 )
2π ∙0.046+ 1
2 π ∙0.128 ∙32.6
=88.43Wm
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Daraus die gesuchte Länge bererchnen:
L=q lostq'
=8314.96W
88.43 Wm
=94m
BRENNELEMENT
• Ausgangslage: Ein Hochtemperatur-Gas-Reaktor (HTGR) besteht aus kugelförmigen Uranoxid-Elementen, die eine uniforme volume-trische Wärmequelle
qQuellen' ' ' enthalten. Jedes
Brennelement ist in eine Schale aus Graphit eingebettet, die durch einen Heliumgasstrom gekühlt wird. Betrachten Sie ein Brennelement im stationären Zustand unter Vernachlässigung von Wärmestrahlung. gegeben: d i=10mm da=12mm
u∞=20ms
T ∞=500K νHe=290 ∙10−6 m2
s
λHe=0.22 Wm∙K
μ∞=283 ∙10−7Pa ∙ s
Pr=0.67 μW=592∙10−7 Pa∙ s
T s ,O=1300K λU=λG=2 Wm∙K
gesucht: a) den Wärmestrom pro Brennelement an das Gas (in W).
b) qQuellen' ' ' und T s ,i
c) T (r ) im Brennelement und T (0) Vorgehen: stationäre Wärmeleitung, wobei α zuerst gefunden
werden muss mit der erzwungenen Konvektion an einer Sphäre. Berechnen von α : (eigentlich dürfte man die Formel nicht
verwenden)
N uD=2+(0.4 ∙R eD1/2+0.06 ∙R eD
2/3 ) ∙Pr0.4
∙ ( μμW )1/4
¿13.899 (mit ReD=u∞∙ daν
=827.586)
α=NuD ∙ λHe
da=254.81 W
m ∙K
Daraus Wärmestrom ausrechnen:
q=α ∙Okugel ∙ (T s ,O−T∞ )=α ∙da2 ∙ π ∙ (T s ,O−T∞ )=92.22W
Quellenterm durch Teilen durch inneres Volumen berechnen:
qQuellen' ' ' = q/V= q/( da3 ∙ π6 )=176.125 MW
m3
T s ,i mittels Wärmeleitwiderstand berechnen:
T s ,i=T s ,O+q ∙ Rleit , sp h=T s ,O+ q ∙
1r i− 1r a
4 π λG=1422.31°C
Ansatz für T (r )=−qQuellen
' ' '
6 λr2−
C1
r+C 2
mit C1=0
(Symmetrie) 2.RB:
T ( r i )=T s ,i=− qQuellen
' ' '
6 λr i
2+C2⇒C2=T s ,i+qQuellen' ' '
6 λr i
2
C2 ist auch gleich T (0 )=−qQuellen
' ' '
6 λ02−0
r+C2=C2
C2=T (0 )=Tmax=T s , i+qQuellen' ' '
6 λri
2=1789.24 °C
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