Thermodynamik I – Übung 1 - ETH Zürichsemmarco/download/2020 HS...;nur ein Wärmestrom → = 𝐺 2− 1− 𝑧 Da der Exergieanteil durch Wärme als reversibel betrachtet wird,

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Thermodynamik I – Übung 10Start 8:30 Uhr

Marco Semeraro


(Anpassung im Folienmaster über «Ansicht» > «Folienmaster») 10.12.2020Marco Semeraro 2

Themen von Heute

▪ Rekapitulation: Exergie

▪ Exergiebilanz am offenen System

▪ Exergieflüsse

▪ Isentroper Prozess am idealen Gas

▪ Reale Gasarbeitsprozesse

▪ Serie 10 – Aufgabe 1

▪ Serie 10 – Aufgabe 4

▪ Bonusaufgabe zu realen Gasarbeitsprozessen

▪ Tipps für die Serie


(Anpassung im Folienmaster über «Ansicht» > «Folienmaster»)

SystemSystem

0 kJ

Umgebung

Anerg

ie

System

Exe

rgie

System

Energie

Arbeit

Abwärme

Batterie

Carnot

Batterie

10.12.2020Marco Semeraro 3

Rekapitulation: Exergie


(Anpassung im Folienmaster über «Ansicht» > «Folienmaster»)


SystemSystem

0 kJ

Umgebung

Anerg

ie

System

Exe

rgie

System

Energie

Arbeit

Abwärme

Batterie

Nicht idealer

Prozess

Batterie

Batterie

ideal

𝐸𝑥,𝑣𝑒𝑟𝑙

10.12.2020 4Marco Semeraro



Exergie: Definition

▪ Exergie: Anteil der Systemenergie, die in einem reversiblen Carnot-Prozess in Arbeit umgewandelt

werden kann.

▪ Ausgedrückt durch Zustandsgrössen:

▪ Ausgedrückt durch Prozessgrössen:

𝐸𝑥2 − 𝐸𝑥1 = න1

2

1 −𝑇0𝑇𝐺

𝛿𝑄 − 𝑊 − 𝑝0 𝑉2 − 𝑉1 − 𝑇0𝑆𝑒𝑟𝑧

▪ Oder als Zeitableitung (zeitspezifisch):

𝑑𝐸𝑥𝑑𝑡

=

𝑖

(1 −𝑇0𝑇𝐺,𝑖

) ሶ𝑄𝑖 − ሶ𝑊 − 𝑝0 ∗𝑑𝑉

𝑑𝑡− 𝑇0 ሶ𝑆𝑒𝑟𝑧




Exergie: Definition

▪ Ausgedrückt durch Prozessgrössen:

𝐸𝑥2 − 𝐸𝑥1 = න1

2

1 −𝑇0𝑇𝐺

𝛿𝑄 − 𝑊 − 𝑝0 𝑉2 − 𝑉1 − 𝑇0𝑆𝑒𝑟𝑧

▪ Was bedeutet dieses komische Integral?

▪ Wir unterscheiden in Thermodynamik I zwischen zwei Fällen:

1. Der Prozess ist adiabat → das unvollständige Differential 𝛿𝑄 ist null und das Gesamte Integral wird zu null

2. Die Wärmeströme und Grenztemperatur sind konstant & nur ein Wärmestrom

1 →21 −

𝑇0

𝑇𝐺𝛿𝑄 = 1 −

𝑇0

𝑇𝐺12𝛿𝑄 = 1 −

𝑇0

𝑇𝐺𝑄

▪ Der 2. HS lautet: 𝑆𝑒𝑟𝑧 = 𝑆2 − 𝑆1 − σ𝑄

𝑇𝐺; nur ein Wärmestrom → 𝑄 = 𝑇𝐺 𝑆2 − 𝑆1 − 𝑆𝑒𝑟𝑧

▪ Da der Exergieanteil durch Wärme als reversibel betrachtet wird, ist 𝑆𝑒𝑟𝑧 = 0 → 𝑄 = 𝑇𝐺 𝑆2 − 𝑆1

▪ Setzen wir dies nun ein, erhalten wir für den zweiten Fall 121 −

𝑇0

𝑇𝐺𝛿𝑄 = 1 −

𝑇0

𝑇𝐺𝑇𝐺 𝑆2 − 𝑆1 = 𝑄 − 𝑇0 𝑆2 − 𝑆1




Exergie: Definition

▪ Der Exergieverlust ist die Differenz der tatsächlich erhaltenen Arbeit und der theoretisch möglichen

maximalen Arbeit (also bei einem reversiblen Prozess)

𝑬𝒙,𝒗𝒆𝒓𝒍 = 𝑊𝑟𝑒𝑣 −𝑊 = 𝑻𝟎𝑺𝒆𝒓𝒛

ሶ𝑬𝒙,𝒗𝒆𝒓𝒍 = 𝑻𝟎 ሶ𝑺𝒆𝒓𝒛

▪ Der Exergieverlust verknüpft die Entropieerzeugung mit den Umgebungsbedingungen

▪ Achtung: Der Exergieverlust kennzeichnet keinen «Verlust» der Systemexergie. Er sagt uns, wieviel

theoretisch nutzbare Arbeit durch Irreversibilitäten verloren ging.


geschlossen

offen



Exergiebilanz am offenen System

▪ Exergiebilanz geschlossenes zeitspezifisches System

+ Exergietransport durch Massenflüsse

= Exergiebilanz offenes System

▪ Exergieänderung nicht «nur» bestimmt durch Änderung des Zustandes, sondern auch durch

die Massenflüsse. Im Grenzübergang ergibt sich:

𝑑𝐸𝑥𝑑𝑡

=

𝑖

(1 −𝑇0𝑇𝐺,𝑖

) ሶ𝑄𝑖 − ሶ𝑊 − 𝑝0 ∗𝑑𝑉

𝑑𝑡− 𝑇0 ∗ ሶ𝑆𝑒𝑟𝑧 +

𝑖

ሶ𝑚𝑒,𝑖 ∗ 𝑒𝑥,𝑒,𝑖 −

𝑗

ሶ𝑚𝑎,𝑗 ∗ 𝑒𝑥,𝑎,𝑗

▪ 𝑒𝑥,𝑒 und 𝑒𝑥,𝑎 sind die massenspezifischen Exergien, welche mit dem Massenfluss assoziiert

werden. → Exergie der Strömung




Was ist nun die Exergie einer Strömung?

▪ Hergeleitete Formel:

ሶ𝐸𝑥,𝑠𝑡𝑟 = ሶ𝑊𝑛𝑢𝑡𝑧,𝑟𝑒𝑣,𝑠𝑡𝑟 = ሶ𝑚 ∗ ℎ − ℎ0 − 𝑇0 ∗ 𝑠 − 𝑠0 + 𝑘𝑒 + 𝑝𝑒

▪ Oder als Differenz von zwei Strömungen (gleicher Massenstrom):

ሶ𝐸𝑥,𝑠𝑡𝑟,2 − ሶ𝐸𝑥,𝑠𝑡𝑟,1 = ሶ𝑚 ∗ ℎ2 − ℎ1 − 𝑇0 ∗ 𝑠2 − 𝑠1 + ∆𝑘𝑒 + ∆𝑝𝑒

𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,2 − 𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,1 = ℎ2 − ℎ1 − 𝑇0 ∗ 𝑠2 − 𝑠1 + ∆𝑘𝑒 + ∆𝑝𝑒

Wenn Strömungen existieren, benutzt man die Enthalpie!




▪ Die Bilanz muss gleich sein, für den stationären Fall gilt:

ሶ𝐸𝑥,𝑠𝑡𝑟,2 − ሶ𝐸𝑥,𝑠𝑡𝑟,1 = 1−𝑇0𝑇𝐺

ሶ𝑄𝑖 − ሶ𝑊𝑠 − 𝑇0 ሶ𝑆𝑒𝑟𝑧

= ሶ𝑚 ∗ ℎ2 − ℎ1 − 𝑇0 ∗ 𝑠2 − 𝑠1 + ∆𝑘𝑒 + ∆𝑝𝑒

▪ Exergieströmungsdifferenz kann also wiederum entweder über Prozess- oder

Zustandsgrössen ermittelt werden

▪ Alle anderen fundamentalen Gleichungen sind nach wie vor Gültig! (1. HS, 2.HS)

Falls nur ein

Massenstrom



Isentroper Prozess am idealen Gas

Ein isentroper Prozess beim idealen Gas ist auch adiabat für ein geschlossenes

System!

Beweis:

∆𝑈 = 𝑄 −𝑊

➔ 𝑄 = ∆𝑈 +𝑊

➔ 𝑄 = 𝑐𝑣 ∗ 𝑇2 − 𝑇1 +𝑊

➔ 𝑄 = 𝑐𝑣 ∗ 𝑇2 − 𝑇1 +1

1−𝜅(𝑝2𝑉2 − 𝑝1𝑉1)

➔ 𝑄 = 𝑐𝑣 ∗ 𝑇2 − 𝑇1 +𝑅

1−𝜅(𝑇2 − 𝑇1)

➔ 𝑄 = 𝑐𝑣 ∗ 𝑇2 − 𝑇1 −𝑅

𝜅−1(𝑇2 − 𝑇1)

➔ 𝑄 = 𝑐𝑣 ∗ 𝑇2 − 𝑇1 − 𝑐𝑣 ∗ (𝑇2 − 𝑇1)

➔ 𝑸 = 𝟎



Isentroper Prozess am idealen Gas

▪ In der Tabelle für Luft sind 𝑝𝑟 (dimensionsloser Druck) und 𝑣𝑟 (dimensionsloses spezifisches

Volumen) tabelliert

▪ Dies sind Beziehungen von Zustandsgrössen bei isentropen Prozessen

▪ Es gilt:

𝑝2

𝑝1=

𝑝𝑟,2

𝑝𝑟,1und

𝑣2

𝑣1=

𝑣𝑟,2

𝑣𝑟,1

▪ Formel für die Serie 10 Aufgabe 4 wichtig, an Prüfungen sollte sie, wenn sie überhaupt

vorkommen sollte, gegeben sein

▪ Wozu sind diese Betrachtungen hilfreich? → reale Gasarbeitsprozesse



Reale Gasarbeitsprozesse

▪ Volumenänderung abwechselnd zur Arbeitsleistung und Ladungswechsel

▪ Vollständiges Arbeitsspiel hat 4 Takte

▪ Ansaugen von frischem Gemisch

▪ Verdichten

▪ Expandieren nach Zündung

▪ Ausstossen

▪ Daher kommt der Name «4-Takt Motor»2

3

4

5




▪ Reales 𝑝 − 𝑣 −Diagramm:

2

3

4

5




▪ Idealisiertes 𝑝 − 𝑣 −Diagramm: Stirling-Zyklus

▪ Wärme wird dem Arbeitsgas von aussen zugeführt:

▪ Kann in der Realität nicht erreicht werden (idealisierter Motor)

▪ Besteht aus vier Prozessschritten



Formelsammlung

▪ Ideale Gasgleichung 𝑝𝑉 = 𝑚𝑅𝑇

𝑝𝑣 = 𝑅𝑇

𝑝 = 𝜌𝑅𝑇

𝑝𝑉 = 𝑚ത𝑅

𝑀𝑇 = 𝑛 ത𝑅𝑇 mit ത𝑅 = 8.314

𝑘𝐽

𝑘𝑚𝑜𝑙𝐾

▪ Kontinuität: ሶ𝑚 = 𝜌𝐴𝑢 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.

▪ 1. HS:𝑑𝐸

𝑑𝑡= ሶ𝑄 − ሶ𝑊 + σ ሶ𝑚𝑖𝑛 ℎ𝑖𝑛 +

1

2𝑤𝑖𝑛2 + 𝑔𝑧𝑖𝑛 − σ ሶ𝑚𝑜𝑢𝑡 ℎ𝑜𝑢𝑡 +

1

2𝑤𝑜𝑢𝑡2 + 𝑔𝑧𝑜𝑢𝑡 (offen)

∆𝐸 = 𝑄 −𝑊 = ∆𝑃𝐸 + ∆𝐾𝐸 + ∆𝑈 (geschlossen)

▪ 2. HS: ሶ𝑆𝑒𝑟𝑧 = ሶ𝑆 − σሶ𝑄

𝑇𝐺+ σ ሶ𝑚𝑜𝑢𝑡𝑠𝑜𝑢𝑡 − σ ሶ𝑚𝑖𝑛𝑠𝑖𝑛 (offen)

𝑆𝑒𝑟𝑧 = 𝑆2 − 𝑆1 − σ𝑄

𝑇𝐺(geschlossen)

▪ Exergieänderung: ∆𝐸𝑥= ∆𝑈 + 𝑝0∆𝑉 − 𝑇0∆𝑆 + ∆𝐾𝐸 + ∆𝑃𝐸 (geschlossen)

∆𝐸𝑥= 121 −

𝑇0

𝑇𝐺𝛿𝑄 − 𝑊 − 𝑝0 𝑉2 − 𝑉1 − 𝑇0𝑆𝑒𝑟𝑧 (geschlossen)

ሶ𝐸𝑥,𝑠𝑡𝑟,2 − ሶ𝐸𝑥,𝑠𝑡𝑟,1 = σ 1 −𝑇0

𝑇𝐺ሶ𝑄𝑖 − ሶ𝑊𝑠 − 𝑇0 ሶ𝑆𝑒𝑟𝑧 = ሶ𝑚 ∗ ℎ2 − ℎ1 − 𝑇0 ∗ 𝑠2 − 𝑠1 + ∆𝑘𝑒 + ∆𝑝𝑒 (offen)

▪ Exergieverlust: 𝐸𝑥,𝑣𝑒𝑟𝑙 = 𝑇0𝑆𝑒𝑟𝑧 (geschlossen)

ሶ𝐸𝑥,𝑣𝑒𝑟𝑙 = 𝑇0 ሶ𝑆𝑒𝑟𝑧 (offen)



Serie 10 – Aufgabe 1



Serie 10 – Aufgabe 1a) Bestimme die massenspezifische Arbeit und den

massenspezifischen Exergieverlust

Kontrollvolumen

Dampf 𝑝1 = 3𝑀𝑃𝑎𝑇1 = 400℃

𝑢1 = 160𝑚

𝑠

Gesättigter Wasserdampf 𝑇2 = 100℃

𝑢2 = 100𝑚

𝑠

𝑇𝐺 = 400𝐾

Turbine

WärmeübergangTurbine − Umgebung

mit 𝑞 = 30𝑘𝐽

𝑘𝑔

𝑝0 = 0.1𝑀𝑃𝑎𝑇0 = 22℃

▪𝑑𝐸


1


1

2𝑤𝑜𝑢𝑡2 + 𝑔𝑧𝑜𝑢𝑡

▪ ሶ𝐸𝑥,𝑠𝑡𝑟,2 − ሶ𝐸𝑥,𝑠𝑡𝑟,1 = σ 1 −𝑇0

𝑇𝐺ሶ𝑄𝑖 − ሶ𝑊 − 𝑇0 ሶ𝑆𝑒𝑟𝑧 = ሶ𝑚 ∗ ℎ2 − ℎ1 − 𝑇0 ∗ 𝑠2 − 𝑠1 + ∆𝑘𝑒 + ∆𝑝𝑒

▪ Tabelle A-2 und A-4 liefern: ℎ1 = 3230.9𝑘𝐽

𝑘𝑔; ℎ2 = 2676.1

𝑘𝐽

𝑘𝑔; 𝑠1 = 6.9212

𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾; 𝑠2 = 7.3549

𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾

▪ Turbine arbeitet stationär, potentielle Energie vernachlässigbar, Massenfluss konstant. Achtung! Das Vorzeichen von

𝑞 ist negativ, da Wärme aus dem System fliesst! Wir können also direkt umformen nachሶ𝑊

ሶ𝑚= 𝑞 + ℎ1 − ℎ2 +

1

2𝑢12 −

1

2𝑢22 = 532.6

𝑘𝐽

𝑘𝑔.

▪ Lösen wir die Exergiebilanz auf nach ሶ𝑒𝑥,𝑣𝑒𝑟𝑙 =1

ሶ𝑚𝑇0 ሶ𝑆𝑒𝑟𝑧 so finden wir (nur ein Wärmestrom → Summe entfällt)

ሶ𝑒𝑥,𝑣𝑒𝑟𝑙 =1

ሶ𝑚𝑇0 ሶ𝑆𝑒𝑟𝑧 = 1 −

𝑇0

𝑇𝐺𝑞 −

ሶ𝑊

ሶ𝑚− ℎ2 − ℎ1 − 𝑇0 ∗ 𝑠2 − 𝑠1 +

1

2𝑢22 −

1

2𝑢12 =

1 −𝑇0𝑇𝐺

𝑞 − 𝑞 + ℎ1 − ℎ2 +1

2𝑢12 −

1

2𝑢22 − ℎ2 − ℎ1 − 𝑇0 ∗ 𝑠2 − 𝑠1 +

1

2𝑢22 −

1

2𝑢12 = 𝑇0 ∗ 𝑠2 − 𝑠1 −

𝑇0𝑇𝐺

𝑞 = 150.11𝑘𝐽

𝑘𝑔



Serie 10 – Aufgabe 1b) Bestimme die den massenspezifischen Exergieverlust

Kontrollvolumen

Dampf 𝑝1 = 3𝑀𝑃𝑎𝑇1 = 400℃

𝑢1 = 160𝑚

𝑠

Gesättigter Wasserdampf 𝑇2 = 100℃

𝑢2 = 100𝑚

𝑠

𝑇𝐺 = 𝑇0

Turbine

WärmeübergangTurbine − Umgebung

mit 𝑞 = 30𝑘𝐽

𝑘𝑔

𝑝0 = 0.1𝑀𝑃𝑎𝑇0 = 22℃

▪𝑑𝐸


1


1

2𝑤𝑜𝑢𝑡2 + 𝑔𝑧𝑜𝑢𝑡

▪ ሶ𝐸𝑥,𝑠𝑡𝑟,2 − ሶ𝐸𝑥,𝑠𝑡𝑟,1 = σ 1 −𝑇0

𝑇𝐺ሶ𝑄𝑖 − ሶ𝑊 − 𝑇0 ሶ𝑆𝑒𝑟𝑧 = ሶ𝑚 ∗ ℎ2 − ℎ1 − 𝑇0 ∗ 𝑠2 − 𝑠1 + ∆𝑘𝑒 + ∆𝑝𝑒

▪ Alle Zustands- und Prozessgrössen bis auf die Grenztemperatur bleiben unverändert

▪ Für den Exergievelustterm gilt nach wie vor ሶ𝑒𝑥,𝑣𝑒𝑟𝑙 =1

ሶ𝑚𝑇0 ሶ𝑆𝑒𝑟𝑧 = 𝑇0 ∗ 𝑠2 − 𝑠1 −

𝑇0

𝑇𝐺𝑞

▪ Mit 𝑇𝐺 = 𝑇0 folgt schliesslich ሶ𝑒𝑥,𝑣𝑒𝑟𝑙 = 157.942𝑘𝐽

𝑘𝑔

▪ Der Anteil an verlorener Exergie hat im Fall b) also um etwa 1% zugenommen

▪ Der Exergieverlust bei dem Wärmeaustausch mit der Umgebung fliesst zusätzlich in die Bilanz

▪ Massnahme: Turbine so gestalten, dass Wärmetransfer nach aussen bei möglichst hoher Temperatur stattfindet, um so

den Term 𝑇0

𝑇𝐺zu minimieren



Serie 10 – Aufgabe 4



Bonusaufgabe



Bonusaufgabe – Lösung









Tipps für die Serie

▪ Aufgabe 2

▪ 1. HS verwenden

▪ Stationär

▪ Beides ideale Gase

▪ Achtung! Entropiedifferenz für ideale Gase beinhaltet auch Druckverhältnis

▪ Exergieverlust aus Exergiebilans

▪ Wärmetauscher sind gegen aussen immer adiabat, verrichten keine Arbeit und ausserdem sind kinetische und potentielle

Energieänderungen vernachlässigbar

▪ Aufgabe 3

▪ Achtung! Es muss alles massenspezifisch bezüglich dem kondensierten Wasserdampf angegeben werden.

▪ Gleiche Vereinfachungen wie bei Aufgabe 2

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Thermodynamik I – Übung 1 - ETH Zürichsemmarco/download/2020 HS...;nur ein Wärmestrom → = 𝐺 2− 1− 𝑧 Da der Exergieanteil durch Wärme als reversibel betrachtet wird,