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

  1. Skizzieren Sie die Zustandsänderungen der Luft in einem T,s- und einem p-h-Diagramm.
  2. 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?
  3. Auf welchen Druck {p_2} muss die Luft dafür komprimiert werden?
  4. 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 cp = cw.

\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

\Rightarrow \quad 0 = {\Delta _{34}}h+{\Delta _{34}}\left( {\frac{{{c^2}}} {2}} \right)

\Rightarrow \quad -{c_p}\left( {{T_4}-{T_3}} \right) = \left( {\frac{{c_4^2}} {2}-\frac{{c_3^2}} {2}} \right)

\Rightarrow \quad {c_p}\left( {{T_3}-{T_4}} \right) = \frac{{c_5^2}} {2}-\frac{{c_1^2}} {2}

\Rightarrow \quad \underline{\underline {{c_5} = \sqrt {2{c_p}\left( {{T_3}-{T_4}} \right)+c_1^2}  = 191,3\frac{m} {s}}}

\mathcal{J}\mathcal{K}\& \mathcal{G}\mathcal{H}

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2 Kommentare zu “U05 – Kühlanlage auf den kanarischen Inseln”

Wir haben einen Fehler gefunden: in Teilaufgabe c) müsste in der letzten Formel p_4 statt p_3 stehen, weil p_2 = p_3.

Stimmt, die Formel muss anders lauten. Hab’s korrigiert!
Danke! :)

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