¨Ubung 5

Übung 5
Aufgabe 4.6:
Anwendung der Zustandsgleichung für ideale Gase
Berechnen Sie für ein ideales Gas
a) die isotherme Kompressibilität,
b) den thermischen Ausdehnungskoeﬃzienten und
c) die Diﬀerenz der Wärmekapazitäten.
Lösung:
Anwendung der Zustandsgleichung für ideale Gase
Anwendungen der thermischen Zustandsgleichung für ideale Gase:
a) isotherme Kompressibilität
1
χT = −
v
∂v
∂p
T
b) thermischer Ausdehnungskoeﬃzient
1
β=
v
∂v
∂T
p
c) Diﬀerenz der Wärmekapazitäten
cp − cv =
T vβ 2
χT
Auswertung:
∂v
∂p
∂v
∂T
= −Ri T p−2
T
= Ri /p
p
χT = −
=
1
· (−Ri T p−2 )
Ri T /p
1
p
Ri
1
·
Ri T /p p
1
=
T
T · Rpi T · T12
=
= Ri
1
β =
c0p − c0v
p
33
Dieser wichtige Zusammenhang folgt auch aus:
c0p =
h0 (T ) = u0 (T ) + pv = u + Ri T
∂h0
∂u0
=
+ Ri
∂T p
∂T v
= c0v + Ri
34
Aufgabe 4.7: Zusammenhang zwischen Druck und Temperatur idealer Gase bei adiabat/isentropen Zustandsänderungen
Gegeben sei folgende diﬀerentielle Form der Fundamentalgleichung für die Entropie
T ds = dh − vdp
Bei den folgenden Aufgaben besitze das betrachtete Fluid die Eigenschaften des idealen
Gases.
a) Leiten Sie obige Beziehung aus der Gibbsschen Fundamentalgleichung her.
b) Benutzen Sie die oben angegebene Fundamentalgleichung um die Änderung der
speziﬁschen Entropie in Abhängigkeit von Temperatur und Druck herzuleiten.
c) Berechnen Sie mit Hilfe von Aufgabenteil b) einen Ausdruck für den Zusammenhang
zwischen Druck und Temperatur bei adiabat/isentroper Prozessführung.
Lösung: Zusammenhang zwischen Druck und Temperatur idealer Gase bei adiabat/isentropen
Zustandsänderungen
a) Es gilt
du = T ds − pdv
⇒
d(h − pv) = T ds − pdv
⇒
⇒
dh − pdv − vdp + pdv = T ds
T ds = dh − vdp
b) Division durch T und anschließende Integration ergibt
ds =
s − s0 =
T
T0
c0 dT
v
Ri
dh
− dp = p
− dp
T
T
T
p
p
c0p dT Ri
T
p
−
dp = c0p ln
− Ri ln
T
p
T0
p0
p
0
c) Bei adiabat/isentroper Prozessführung bleibt die Entropie konstant. Es gilt hier
s − s0 = 0
Somit folgt:
T
p
= Ri ln
c0p ln
T0
p0
Ferner gilt:
T
=
T0
⇒
p
p0
c0p − c0v
κ−1
Ri
c0v (κ − 1)
=
=
=
0
0
0
cp
cp
cv κ
κ
Also letztlich
T
=
T0
35
p
p0
κ−1
κ
Ri
c0
p
Aufgabe 5.18:
Dampfkessel
In einem Dampfkessel (V = 0, 60 m3 ) beﬁnden sich zum Zeitpunkt t1 insgesamt m =
300 kg Wasser bei einer Temperatur von t1 = 20 ◦ C. Neben dem Wasser beﬁndet sich
keine weitere Materie in dem Kessel. Das bedeutet, dass der Druck im Kessel sich vom
Umgebungsdruck unterscheiden kann.
a) Welche Masse m beﬁndet sich dabei im Zustand der siedenden Flüssigkeit und
welche Masse m im Zustand des gesättigten Dampfes?
b) Welche Wärme Q12 muss dem Kessel zugeführt werden, wenn das Wasser bei unverändertem Kesselvolumen den Druck p2 = 100 bar erreichen soll?
c) Wieviel Wasser Δm verdampft während dieser Zustandsänderung?
Zustandsgrößen des Wassers im Phasengleichgewicht:
Lösung:
3
3
v/ m
kg
0,00100
0,00145
t /◦ C
20
310,9
p/bar
0,023
100
v / m
kg
57,84
0,018
h / kJ
kg
83,9
1407,0
h / kJ
kg
2537,3
2725,6
Dampfkessel
a) Das Phasengleichgewicht zwischen Dampf und Flüssigkeit bei t1 = 20 ◦ C bedeutet
p1 = 0, 023 bar = 2300 P a:
v1 = v1 + x1 (v1 − v1 ) =
x1 =
V
m
v1
− v1
=
− v1
Außerdem muss gelten:
x1 =
V
m
⇒
0,6 m3
300 kg
3
− 0, 001 m
kg
3
57, 839 m
kg
= 1, 729 · 10−5
m1
m1
=
m1 + m1
m
Man ﬁndet somit:
m1 = x1 · m = 5, 187 · 10−3 kg
m1 = (1 − x1 ) · m = 299, 994813 kg
b) Zur Bestimmung der zuzuführenden Wärme wird der Erste Hauptsatz aufgestellt.
Dabei wird von Anfang an berücksichtigt, dass die kinetische und potentielle Energieänderung null ist und der Dampfkessel ein geschlossenes System darstellt (Δm =
0).
U2 − U1 = Wt,12 + Q12 −
2
pu dV
1
wobei gilt:
dV = 0 (isochorer Prozess) sowie
36
Wt,12 = 0
Es folgt:
Q12 = U2 − U1 = H2 − p2 V − H1 + p1 V = m [h2 − h1 − v(p2 − p1 )]
Zur Berechnung von h1 wird der bereits berechnete Dampfanteil x1 benötigt:
h1 = x1 h1 + (1 − x1 )h1 = 83, 942
kJ
kg
Entsprechend ist x2 zur Berechnung von h2 notwendig:
x2 =
V
m
v2
− v2
= 0, 03323
− v2
h2 = (1 − x2 )h2 + x2 h2 = 1450, 82
⇒
Die zuzuführende Wärme berechnet sich dann (mit v =
kJ
kg
V
):
m
V
Q12 = m h2 − h1 − (p2 − p1 ) =
m
3
kJ
m
kJ
− 83, 942
− 0, 002
(9997700 P a) = 404, 065 M J
300 kg 1450, 82
kg
kg
kg
c) Es gilt:
Somit folgt:
m2
x2 =
;
m
m1
x1 =
m
Δm = m2 − m1 = m(x2 − x1 ) = 9, 964 kg
37
Aufgabe 5.19:
Wiederholtes Sieden
Hinter einem Beobachtungsfenster beﬁndet sich ein Fluid, in dem sich infolge von Wärmezufuhr Dampfblasen bilden, bis schließlich das gesamte Fluid gasförmig ist. Das Gas
durchläuft einige Zustandsänderungen, bei denen jedoch kein Phasenwechsel zu beobachten ist. Nach einiger Zeit stellt man fest, dass bei Wärmezufuhr erneut Dampfblasen
in dem scheinbar gasförmigen Fluid beobachtet werden. Was ist passiert? Zeichnen Sie
den Prozessverlauf in ein geeignetes Diagramm ein.
Lösung:
Wiederholtes Sieden
Das Fluid durchläuft einen Prozess, der um den kritischen Punkt herumführt. Im T -vDiagramm könnte das beispielsweise so aussehen:
Nach Abschluss der Verdampfung wird zunächst die Temperatur isochor auf T > Tk
erhöht. Es folgt eine isotherme Kompression. Dabei ist Wärmeabfuhr notwendig. Sobald
das Volumen kleiner ist als das kritische Volumen, ist durch isochore Abkühlung ein Eindringen ins Flüssigkeitsgebiet möglich. Ein Phasenwechsel ist dabei nicht zu beobachten.
Bei Drücken und Temperaturen oberhalb des kritischen Punktes ist eine Unterscheidung
zwischen Gasen und Flüssigkeiten nicht sinnvoll. Die Skizze zeigt den oben dargestellten
Prozess in einem dreidimensioalen p-v-T -Diagramm. Die Aufgabenstellung ist auch mit
jedem der drei Diagramme gelöst, die sich aus diesem Diagramm durch Projektion ergeben
(p-v-Diagramm, p-T -Diagramm, T -v-Diagramm). Es kommt nur darauf an, dass der kritische Punkt, die Siedelinie und die Taulinie eingezeichnet sind (die beiden letzteren fallen
im p-T -Diagramm zusammen) und dass der Prozess um den kritischen Punkt herumführt.
p
Isotherme
Isobare
Feststo
Feststoff
keit
T<T c
ff u. F
lüssig
T<<T c
Flüssigkeit
T=Tc
T>Tc
p>p c
kP
Gas
Flü
ssig
Da keit u.
mp
f
Trip
ellin
Fes
ie
tsto
ff u
.D
am
pf
p<p c
Dampf
p<<p c
v
38
T

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