U05 – Kühlanlage auf den kanarischen Inseln

Auf den windreichen Kanarischen Inseln ist eine Kühlanlage geplant, die Kaltwasser (Massenstrom ${\dot m_w} = 5\frac{{kg}} {s}$ ) von ${t_{aus}} = 18^\circ C$ liefern soll. Das Wasser wird der Umgebung entnommen und hat eine Temperatur ${t_{ein}} = 26^\circ C$ . Die Kühlanlage soll nach folgendem Prinzip arbeiten:
Die in die Kühlanlage (Eintrittsquerschnitt ${A_1} = 1,2{m^2}$ ) mit der Geschwindigkeit ${c_1}$ einströmende Luft der Umgebung $\left( {{p_1} = {p_u} = 1bar,\quad {t_1} = {t_u} = 28^\circ C} \right)$ soll zunächst mit einem Gebläse reversibel adiabatisch komprimiert und anschließend isobar auf die Umgebungstemperatur ${t_u}$ abgekühlt werden. In einer adiabaten Düse soll die Luft dann reversibel auf ${p_4} = {p_u}$ entspannt werden und die Kühlanlage – nach der Kühlung des Wassers in einem vollkommenen isolierten Wärmeübertrager – mit der Temperatur ${t_5} = 16^\circ C$ verlassen.

kuhlanlage-wasser-luft

Skizzieren Sie die Zustandsänderungen der Luft in einem T,s- und einem p-h-Diagramm.
Welche Temperatur ${t_4}$ muss die Luft beim Eintritt in den Wärmeübertrager mindestens angenommen haben, wenn für die Auslegung eine Luftgeschwindigkeit ${c_1} = 72\frac{{km}} {h}$ zugrunde gelegt werden soll?
Auf welchen Druck ${p_2}$ muss die Luft dafür komprimiert werden?
Mit welcher Geschwindigkeit ${c_5}$ verlässt die Luft die Kühlanlage? Diskutieren Sie das Ergebnis.

Weitere Angaben:

- Die Luft ist als perfektes Gas mit ${c_{p,L}} = 1,0\frac{{kJ}} {{kg \cdot K}}$ und ${R_l} = 0,187\frac{{kJ}} {{kg \cdot K}}$ zu behandeln.

- Die spezifische Wärmekapazität von Wasser beträgt ${c_w} = 4,2\frac{{kJ}} {{kg \cdot K}}$

- Änderungen der kinetischen Energien sind ausschließlich in der Düse zu berücksichtigen.
- Änderungen der potentiellen Energien sind zu vernachlässigen.

Lösung

Gegeben

${{\dot w}_{H2O}} = 5\frac{{kg}} {s},\quad {t_{aus}} = 18^\circ C,\quad {t_{ein}} = 26^\circ C,\quad {A_1} = 1,2{m^2}$

${p_1} = {p_u} = 1bar,\quad {t_1} = {t_u} = 28^\circ C$

$\begin{array}{*{20}{c}} {} &\vline & {Druck} &\vline & {Temperatur} &\vline & {\ddot Ubergang} \\ \hline 1 &\vline & {{p_1} = 1bar} &\vline & {{t_1} = 28^\circ C} &\vline & {rev.ad.} \\ \hline 2 &\vline & {} &\vline & {} &\vline & {isobar} \\ \hline 3 &\vline & {} &\vline & {{t_3} = {t_u} = 28^\circ C} &\vline & {rev.ad.} \\ \hline 4 &\vline & {{p_u} = {p_4} = 1bar} &\vline & {} &\vline & {isobar} \\ \hline 5 &\vline & {{p_5} = 1bar} &\vline & {{t_5} = 16^\circ C} &\vline & {} \\ \end{array}$

Da die Luft ein perfektes Gas ist, gilt:

$dh = {c_p} \cdot dT$

$\Rightarrow \quad {\Delta _{13}}h = {c_p}\left( {{T_3}-{T_1}} \right) = 0$

t-s-diagramm

p-h-diagramm

b)

ges.: ${t_4}$

geg.: ${c_1} = 72\frac{{km}} {h}$

Es gibt nun 2 Möglichkeiten, diese Teilaufgabe zu lösen.

Möglichkeit 1:

Wir teilen das System in 2 Teilsysteme auf:
kuhlung-wasser-luft
Es muss gelten:

$\left| {\dot Q_{45}^I} \right| = \left| {\dot Q_{45}^{II}} \right|$
$\Rightarrow \quad \left| {\dot m \cdot q_{45}^I} \right| = \left| {{{\dot m}_{H2O}} \cdot q_{45}^{II}} \right|$

$\Rightarrow \quad \dot m \cdot \left| {q_{45}^I} \right| = {{\dot m}_{H2O}} \cdot \left| {q_{45}^{II}} \right|$

Zur Bestimmung der q benötigen wir den 1. Hauptsatz für stationäre Fließprozesse:

${q_{12}}+w_{12}^t = {\Delta _{12}}h+{\Delta _{12}}\frac{{{c^2}}} {2}+g{\Delta _{12}}z$

damit folgt für das System I mit Hilfe der Angaben:

$q_{45}^I+\underbrace {w{{_{45}^t}^I}}_0 = \Delta _{45}^Ih+\underbrace {\Delta _{45}^I\frac{{{c^2}}} {2}}_0+\underbrace {g\Delta _{45}^Iz}_0$

Da die Luft als perfektes Gas angenommen werden soll, gilt:

$\underline{\underline {q_{45}^I = \Delta _{45}^Ih = {c_p}\left( {{T_5}-{T_4}} \right)}}$

Für das System II folgt:

$q_{45}^{II}+\underbrace {w{{_{45}^t}^{II}}}_0 = \Delta _{45}^{II}h+\underbrace {\Delta _{45}^{II}\frac{{{c^2}}} {2}}_0+\underbrace {g\Delta _{45}^{II}z}_0$

$\Rightarrow \quad q_{45}^{II} = \Delta _{45}^{II}h$

Da es sich hier um Wasser handelt, welches nicht als perfektes Gas angesehen werden kann, benötigen wir für die Enthalpiedifferenz das totale Differential:

$dh = \underbrace {{{\left( {\frac{{\partial u}} {{\partial T}}} \right)}_p}}_{{c_p}}dT+{\left( {\frac{{\partial h}} {{\partial p}}} \right)_T}dp$

$= {c_p}dT+\left( {v-T{{\left( {\frac{{\partial v}} {{\partial T}}} \right)}_p}} \right)dp$

Da der Übergang von 4 nach 5 isobar ist, gilt dp = 0 und somit:

$dh = {c_p}dT$

Zudem ist bei Wasser aufgrund der Inkompressibilität c_p = c_w.

$\Rightarrow \quad \underline{\underline {q_{45}^{II} = \Delta _{45}^{II}h = {c_w}\left( {{t_{ein}}-{t_{aus}}} \right)}}$

Kommen wir nun zur Gesamtbilanz:

$\dot m \cdot \left| {q_{45}^I} \right| = {{\dot m}_{H2O}} \cdot \left| {q_{45}^{II}} \right|$

$\Rightarrow \quad \dot m \cdot \left| {{c_p}\left( {{T_5}-{T_4}} \right)} \right| = {{\dot m}_{{H_2}O}}\left| {{c_w}\left( {{t_{ein}}-{t_{aus}}} \right)} \right|$

$\Rightarrow \quad \dot m \cdot {c_p}\left( {{T_5}-{T_4}} \right) = {{\dot m}_{{H_2}O}}\left| {{c_w}\left( {{t_{ein}}-{t_{aus}}} \right)} \right|$

$\Rightarrow \quad {T_4} = -\frac{{{{\dot m}_{H{\,_2}O}} \cdot {c_w}}} {{{{\dot m}_c} \cdot {c_p}}} \cdot \left| {{t_{ein}}-{t_{aus}}} \right|+{T_5}$

Nun benötigen wir noch den Massenstrom der Luft:

${\dot m_c} = {\rho _1}{c_1}{A_1} = \frac{{{p_1}}} {{R{T_1}}}{c_1}{A_1} = 27,6\frac{{kg}} {s}$

Damit folgt:

$\underline{\underline {{T_4} = 283,1K = 9,95^\circ C}}$

Möglichkeit 2:

Wir betrachten das ganze als ein einziges System:
kuhlung-wasser-luft
Der 1. HS für stationäre Fließprozesse gesamtes System von 4 nach 5 lautet:

${\dot Q_{45}}+\dot W_{45}^t = \sum\limits_k {{{\dot m}_k} \cdot \Delta {h_{k,tot}}}$

In unserem Fall gilt speziell:

$\underbrace {{{\dot Q}_{45}}}_0+\underbrace {\dot W_{45}^t}_0 = \sum\limits_k {{{\dot m}_k} \cdot \Delta {h_{k,tot}}}$

$\Rightarrow \quad 0 = \sum\limits_k {{{\dot m}_k} \cdot \left( {{\Delta _{45}}h+{\Delta _{45}}\left( {\frac{{{c^2}}} {2}} \right)+g{\Delta _{45}}z} \right)}$

$= {{\dot m}_2} \cdot \left( {{\Delta _{45}}{h_c}} \right)+{{\dot m}_{{H_2}O}}\left( {{\Delta _{45}}{h_{{H_2}O}}} \right)$

wieder mit:

${\Delta _{45}}{h_c} = {c_p}\left( {{T_5}-{T_4}} \right)$

und:

$dh = \underbrace {{{\left( {\frac{{\partial h}} {{\partial T}}} \right)}_p}}_{ = {c_p} = {c_w}}dt+\underbrace {{{\left( {\frac{{\partial h}} {{\partial p}}} \right)}_T}dp}_0$

$\Rightarrow {\Delta _{45}}{h_{{H_2}O}} = {c_w}\left( {{T_{aus}}-{T_{ein}}} \right)$

Somit folgt:

$0 = {\dot m_c} \cdot {c_p}\left( {{T_5}-{T_4}} \right)+{\dot m_{{H_2}O}} \cdot {c_w}\left( {{T_{aus}}-{T_{ein}}} \right)$

Die restliche Berechnung entspricht der Gesamtbilanz von Möglichkeit 1.

Damit können wir die Tabelle um einen Eintrag ergänzen:

$\begin{array}{*{20}{c}} {} &\vline & {Druck} &\vline & {Temperatur} &\vline & {\ddot Ubergang} \\ \hline 1 &\vline & {{p_1} = 1bar} &\vline & {{t_1} = 28^\circ C} &\vline & {rev.ad.} \\ \hline 2 &\vline & {} &\vline & {} &\vline & {isobar} \\ \hline 3 &\vline & {} &\vline & {{t_3} = {t_u} = 28^\circ C} &\vline & {rev.ad.} \\ \hline 4 &\vline & {{p_u} = {p_4} = 1bar} &\vline & {{t_4} = 9,91^\circ C} &\vline & {isobar} \\ \hline 5 &\vline & {{p_5} = 1bar} &\vline & {{t_5} = 16^\circ C} &\vline & {} \\ \end{array}$

c)

gesucht: ${p_2}$

Da der Übergang von 2 nach 3 isobar erfolgt, gilt: ${p_2} = {p_3}$

Der Übergang von 3 nach 4 ist dagegen reversibel und adiabat. Daher können wir p₃ mit Hilfe der Isentropenbeziehung aus 4 berechnen. Es gilt:

$T{p^{\frac{{1-\kappa }} {\kappa }}} = const.$

$\Rightarrow \quad {T_3} \cdot {p_3}^{\frac{{1-\kappa }} {\kappa }} = {T_4} \cdot {p_4}^{\frac{{1-\kappa }} {\kappa }}$

$\Rightarrow \quad {p_3} = {\left( {\frac{{{T_4}}} {{{T_3}}}} \right)^{\frac{\kappa } {{1-\kappa }}}} \cdot {p_4}$

Nun benötigen wir noch das κ. Es gilt:

$\kappa = \frac{{{c_p}}} {{{c_v}}} = \frac{{{c_p}}} {{{c_p}-R}}$

Nachweis:

$h = u+pv = u+RT$

$\Rightarrow \quad \frac{{\partial h}} {{\partial T}} = \frac{{\partial u}} {{\partial T}}+\frac{{\partial \left( {RT} \right)}} {{\partial T}}$

$\Rightarrow {c_p} = {c_v}+R$

Damit erhalten wir:

$\underline{\underline {\kappa = 1,4}}$

Und somit:

$\underline{\underline {{p_2} = {p_3} = {{\left( {\frac{{{T_4}}}{{{T_3}}}} \right)}^{\frac{\kappa }{{1-\kappa }}}} \cdot {p_4} = 1,24\:bar}}$

$\begin{array}{*{20}{c}} {} &\vline & {Druck} &\vline & {Temperatur} &\vline & {\ddot Ubergang} \\ \hline 1 &\vline & {{p_1} = 1bar} &\vline & {{t_1} = 28^\circ C} &\vline & {rev.ad.} \\ \hline 2 &\vline & {{p_2} = 1,24bar} &\vline & {} &\vline & {isobar} \\ \hline 3 &\vline & {{p_3} = 1,24bar} &\vline & {{t_3} = {t_u} = 28^\circ C} &\vline & {rev.ad.} \\ \hline 4 &\vline & {{p_u} = {p_4} = 1bar} &\vline & {{t_4} = 9,91^\circ C} &\vline & {isobar} \\ \hline 5 &\vline & {{p_5} = 1bar} &\vline & {{t_5} = 16^\circ C} &\vline & {} \\ \end{array}$

d)

ges.: ${c_5}$

Der Übergang von 3 nach 4 ist reversibel und adiabat. Laut Aufgabenstellung ist hier (und nur hier) auch noch die Geschwindigkeitsänderung in der Düse zu berücksichtigen!
Somit gilt:

${c_5} = {c_4}\:,\quad \:{c_3} = {c_1}$

Als nächstes benötigen wir wieder den 1. HS:

$\underbrace {{q_{34}}}_0+\underbrace {w_{34}^t}_0 = {\Delta _{34}}h+{\Delta _{34}}\left( {\frac{{{c^2}}} {2}} \right)+\underbrace {g{\Delta _{34}}z}_0$