U10 – Gegenstrom-Wärmeübertrager

 

In einem adiabaten Gegenstrom-Wärmeübertrager wird ein Luftstrom {\dot m_L} = 1,1\:kg/s von tL1 = 16°C auf tL2 = 55°C erwärmt. Dabei sinkt der Druck im Luftstrom von pL1 = 1,036 bar auf pL2 = 1 bar.

Die Luft wird von Abhitzewasser mit einem Massenstrom {\dot m_W} erwärmt, das sich dabei von tW2 = 70°C auf tW1 = 48°C abkühlt. Die Zustandsänderung des Wassers kann als isobar angenommen werden.

  1. Bestimmen Sie den erforderlichen Massenstrom r{h_W} des Abhitzewassers.
  2. Wie groß ist der gesamte im Wärmeübertrager erzeugte Entropiestrom?
  3. Wie groß ist der durch Dissipation in der reibungsbehafteten Luftströmung erzeugte Entropiestrom, wie groß ist der in der Wasserströmung erzeugte Entropiestrom?
  4. Wie groß ist der durch den irreversiblen Wärmeübergang erzeugte Entropiestrom?

Änderungen der kinetischen und potentiellen Energien sollen vernachlässigt werden. Die Luft soll als perfektes Gas, das Wasser als inkompressibles Medium betrachtet werden.

Weiter Angaben:

für Luft: {c_{p.L}} = 1,0\frac{{kJ}} {{kgK}},\quad {R_L} = 0,287\frac{{kJ}} {{kgK}}

für Wasser: {c_W} = 4,19\frac{{kJ}} {{kgK}}

Lösung

Zunächst ein Bild:

td-10-gegenstrom-warmeubertrager

a)

Wir stellen den 1. Hautsatz für stationäre Fließprozesse auf:

{q_{12}}+\underbrace {w_{12}^t}_0 = {\Delta _{12}}h+\underbrace {{\Delta _{12}}{{\left( {\frac{c} {2}} \right)}^2}}_0+\underbrace {g{\Delta _{12}}z}_0

Für Luft als perfektes Gas gilt laut Formelsammlung:

dh = {c_p}\:dT

Für Wasser als inkompressibles Medium gilt:

dh = \underbrace {{{\left( {\frac{{\partial h}} {{\partial T}}} \right)}_p}dT}_{{c_v} \cdot dT}+{\left( {\frac{{\partial h}} {{\partial p}}} \right)_T}\underbrace {dp}_{0,\:isobar}

\Rightarrow \quad dh = {c_v}\:dT

Damit folgt eingesetzt in den 1. HS:

{{\dot Q}_{12}} = {{\dot m}_L}{c_{p,L}}\left( {{t_{L2}}-{t_{L1}}} \right) = {{\dot m}_W}{c_W}\left( {{t_{W1}}-{t_{W2}}} \right)

\Rightarrow \quad {{\dot m}_W} = \frac{{{{\dot m}_L}{c_{p,L}}\left( {{t_{L2}}-{t_{L1}}} \right)}} {{{c_W}\left( {{t_{W1}}-{t_{W2}}} \right)}} = \underline{\underline {0,465\frac{{kg}} {s}}}

b)

Für den Entropieproduktionsstrom im adiabaten Gesamtsystem gilt:

{\dot S_{irr}} = \sum\limits_k {{{\dot m}_k} \cdot \Delta {s_k}}

Wir wissen \Delta s = \int {ds} und s können wir über die Gibbs’sche Hauptgleichung bzw. über die Legendre-Transformierte der selbigen bestimmen:

dh = Tds+vdp

\Rightarrow \quad ds = \frac{1} {T}dh-\frac{1} {T}vdp

dh haben wir schon in der Vorherigen Aufgabe bestimmt.
Für v gilt im Falle des perfekten Gases:

v = \frac{{RT}} {p}

\Rightarrow \quad d{s_L} = \frac{1} {T}{c_p}\:dT-\frac{1} {p}R\:dp

\Rightarrow \quad \Delta {s_L} = \int\limits_1^2 {d{s_L}} = \int\limits_1^2 {\frac{1} {T}{c_p}\:dT} -\int\limits_1^2 {\frac{1} {p}R\:dp}

\Rightarrow \quad \Delta {s_L} = {c_p}\ln \left( {\frac{{{t_{L2}}}} {{{t_{L1}}}}} \right)-R\ln \left( {\frac{{{p_{L2}}}} {{{p_{L1}}}}} \right)

\Rightarrow \quad \underline{\underline {\Delta {s_L} = 136,68\frac{J} {{kgK}}}}

Auch das Wasser betrachten wir von links nach rechts. Da das Wasser isobar durch den Wärmeübertrager fließen soll, gilt:

\Rightarrow \quad d{s_W} = \frac{1} {T}dh-\frac{1} {T}v\underbrace {dp}_0

\Rightarrow \quad d{s_W} = \frac{1} {T}{c_W}\:dT

\Rightarrow \quad \Delta {s_W} = \int\limits_2^1 {d{s_L}} = \int\limits_2^1 {\frac{1} {T}{c_W}\:dT}

\Rightarrow \quad \Delta {s_W} = {c_W}\ln \left( {\frac{{{t_{W1}}}} {{{t_{W2}}}}} \right)

\Rightarrow \quad \underline{\underline {\Delta {s_W} = -277,63\frac{J} {{kgK}}}}

Damit ergibt sich für den gesamten im Wärmeübertrager erzeugten Entropiestrom:

{{\dot S}_{irr}} = \sum\limits_k {{{\dot m}_k} \cdot \Delta {s_k}} = {{\dot m}_L} \cdot \Delta {s_L}+{{\dot m}_W} \cdot \Delta {s_W}

\Rightarrow \quad \underline{\underline {{{\dot S}_{irr}} = 21,25\frac{W} {K}}}

c)

Soeben haben wir den Entropieproduktionsstrom im adiabaten Gesamtsystem betrachtet.
Nun beschäftigen wir uns mit den Entropieänderungen in den einzelnen Komponenten.

Für die Entropieänderungen der Komponente k gilt:

\Delta {\dot S_k} = \sum\limits_j {{{\left( {\frac{{\dot Q}} {T}} \right)}_j}} +{\dot S_{irr,k}}

Die Temperatur T ist nun allerdings nicht über den ganzen Wärmeübertrager konstant. Wir können jedoch die Temperatur als abschnittsweise konstant betrachten:

td-10-temperaturverlauf

td-10-warmeubertrager

Daher gilt für die Luft:

\frac{{\dot Q}} {T} = {\dot S_Q} = \int\limits_1^2 {\delta {{\dot S}_Q}} = \int\limits_1^2 {\frac{{\delta \dot Q}} {T}} = \int\limits_1^2 {\frac{{\dot m \cdot {c_p} \cdot \left( {\left( {T+dT} \right)-T} \right)}} {T}} = \int\limits_1^2 {\frac{{\dot m \cdot {c_p} \cdot dT}} {T}} = {\dot m_L} \cdot {c_p} \cdot \ln \left( {\frac{{{t_{L2}}}} {{{t_{L1}}}}} \right)

Mit Hilfe der Lösung aus der vorherigen Aufgabe folgt damit für die Luft:

{{\dot S}_{irr,L}} = \underbrace {\Delta {{\dot S}_L}}_{{{\dot m}_k}\Delta {s_L}}-\sum\limits_j {{{\left( {\frac{{\dot Q}} {T}} \right)}_j}} = {{\dot m}_L} \cdot \left( {{c_p}\ln \left( {\frac{{{t_{L2}}}} {{{t_{L1}}}}} \right)-R\ln \left( {\frac{{{p_{L2}}}} {{{p_{L1}}}}} \right)-{c_p} \cdot \ln \left( {\frac{{{t_{L2}}}} {{{t_{L1}}}}} \right)} \right)

\Rightarrow \quad {{\dot S}_{irr,L}} = -{{\dot m}_L}R\ln \left( {\frac{{{p_{L2}}}} {{{p_{L1}}}}} \right) = \underline{\underline {11,17\frac{W} {K}}} > 0

Für die Wasserströmung gilt dementsprechend:

{{\dot S}_{irr,W}} = \underbrace {\Delta {{\dot S}_W}}_{{{\dot m}_W}\Delta {s_W}}-\sum\limits_j {{{\left( {\frac{{\dot Q}} {T}} \right)}_j}} = {{\dot m}_W} \cdot \left( {{c_W}\ln \left( {\frac{{{t_{W1}}}} {{{t_{W2}}}}} \right)-{c_W}\ln \left( {\frac{{{t_{W1}}}} {{{t_{W2}}}}} \right)} \right)

\Rightarrow \quad {{\dot S}_{irr,W}} = \underline{\underline {0\:\frac{W} {K}}}

Dies ist auch plausibel, da wir von einer isobaren und reibungsfreien Strömung für das Wasser ausgegangen sind. Daher findet keine Entropieerzeugung durch Dissipation statt. Ansonsten würden wir durch die Reibung, wie bei der Luft, einen Druckverlust feststellen.

Alternative Erklärung.
Durch die Dissipation (z.B. Reibung) entsteht in der Luftströmung ein Druckverlust.
Beim Wasser ist dies nicht der Fall, daher wird dort auch kein Entropiestrom durch Reibung erzeugt
Das bedeutet, aus dem Druckverlust können wir direkt die Entropieänderung bestimmen:

dh = Tds+\boxed{vdp}\quad \Rightarrow \quad ds = \frac{{dh}}{T}\boxed{-\frac{v}{T}dp}

-\frac{v}{T}dp = -\frac{1}{p}R\:dp

\Rightarrow \quad \Delta {s_p} = -\int\limits_1^2 {\frac{1}{p}R\:dp} = -R\ln \left( {\frac{{{p_{L2}}}}{{{p_{L1}}}}} \right)

{{\dot S}_{irr,L}} = \sum\limits_k {{{\dot m}_k} \cdot \Delta {s_k}} = -{{\dot m}_L}R\ln \left( {\frac{{{p_{L2}}}}{{{p_{L1}}}}} \right) = \underline{\underline {11,17\frac{W}{K}}}

Zu beachten ist hier allerdings das „-“. Irreversible Entropieänderungen können nur positiv sein!

d)

Hier können wir nun ganz einfach die Gesamtbilanz aufstellen um den in der Wand erzeugten Entropiestrom zu ermitteln:

{{\dot S}_{irr}} = {{\dot S}_{irr,Wand}}+{{\dot S}_{irr,L}}+{{\dot S}_{irr,W}}

\Rightarrow \quad {{\dot S}_{irr,Wand}} = {{\dot S}_{irr}}-{{\dot S}_{irr,L}}-{{\dot S}_{irr,W}} = 21,25\frac{W} {K}-11,17\frac{W} {K}-0 = \underline{\underline {10,08\frac{W} {K}}}

\mathcal{J}\mathcal{K}

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2 Kommentare zu “U10 – Gegenstrom-Wärmeübertrager”

Christian
06. 03. 10 at 8:20 pm

Sehr schöner Artikel!

JK
09. 04. 10 at 6:40 pm

Alternative Erklärung ergänzt.

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