Z18 – Luftblase in Schwimmbecken mit Wärmeberg

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In einem Schwimmbecken mit einer Wassertiefe von h_max = 2m sind auf der Höhe y0 = 1,5m kreisförmige Lampen mit einem Radius r₀ = 10cm installiert. Die Wassertemperatur im Schwimmbecken hat in den Bereichen außerhalb der Lampen eine Temperatur T₀ von 20°C. In einem Abstand von 20 cm zur Beckenwand steigt die Temperatur des Beckenwassers im Bereich der Lampen lokal um ΔT_max = 20°C an. Die Temperaturverteilung in Abhängigkeit der Koordinaten x und y kann hier über den unten stehenden Ausdruck beschrieben werden. Der Umgebungsdruck an der Wasseroberfläche p_U soll 1 bar betragen.

$T\left( {x,y} \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{T_0}} & {f\ddot ur\:r > {r_0}} \\ {{T_0}+\frac{{\Delta {T_{\max }}}} {2}\left( {\cos \left( {\pi \frac{r} {{{r_0}}}} \right)+1} \right)} & {f\ddot ur\:r \leq {r_0}} \\ \end{array} } \right.$

mit $r = \sqrt {{{\left( {x-{x_0}} \right)}^2}+{{\left( {y-{y_0}} \right)}^2}}$

Eine Luftblase soll nun parallel zur Beckenwand in einem Abstand von 20 cm vom linken unteren Eck einer Lampe mit dem Mittelpunkt x₀ = 3m und y₀ = 1,5m aus dem Zustand 1 in der Position x₁ = 2,8m und y₁ = 1,3m über den Weg y(x) = x − 1,5m in einen Zustand 2 (x₂ = 3, 2m, y₂ = 1, 7m) überführt werden.

Aufgabe:
Geben Sie die Änderung der spezifischen Enthalpie der Luft in der Blase für jede beliebige Position 2’ auf dem Weg (1-2) an und berechnen Sie deren Wert explizit im Mittelpunkt der Lampe und im Zustand 2. Verfolgen Sie hierbei einmal den in der Aufgabenstellung gegebenen Weg und entwickeln Sie falls möglich eine zweite einfachere Variante der Lösung des Problems.

Hinweise:
Die Luft in der Blase soll als perfektes Gas angenommen werden. (R = 0, 287 kJ/kgK , c_p = 1,004 kJ/kgK)
Die Temperatur der Luft in der Blase soll immer gleich der Wassertemperatur in der jeweiligen Position sein.
Die Dichte des Wassers soll ρ_H2O = 1000 kg/m³ betragen.

Lösung

Spezifische Enthalpie: $h\left( {T,p} \right)$

Nun leiten wir h ab:

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

Integration von h über den gegebenen Weg liefert die Änderung von h:

${\Delta _{{{12}^\prime }}}h = \int\limits_1^{{2^\prime }} {dh} = \int\limits_1^{{2^\prime }} {\left( {{c_p}\left( {T,p} \right)dT+{{\left( {\frac{{\partial h}} {{\partial p}}} \right)}_T}dp} \right)}$

Nun benötigen wir noch:

$dT,\quad {\left( {\frac{{\partial h}} {{\partial p}}} \right)_T}\quad und\quad dp$

Da es sich um ein perfektes Gas handelt soll gilt:

${\left( {\frac{{\partial h}} {{\partial p}}} \right)_T} = 0$

Somit würden wir auch dp nicht benötigen. Der Übung halber bestimmen wir es aber trotzdem.
Für den Druck in Abhängigkeit von der Tiefe gilt der aus der Strömungsmechanik bekannte Bernoulli:

$p = {p_U}+\rho gh$

Da wir als Nullniveau den Beckenboden definieren wollen, formen wir um zu:

$p = {p_U}+\rho g\left( {{y_{\max }}-y} \right)$

Ableiten ergibt:

$dp\left( {x,y} \right) = {\left( {\frac{{\partial p}} {{\partial x}}} \right)_y}dx+{\left( {\frac{{\partial p}} {{\partial y}}} \right)_x}dy$

$mit\quad p = {p_U}+\rho g\left( {{y_{\max }}-y} \right)$

$\Rightarrow \quad {\left( {\frac{{\partial p}} {{\partial x}}} \right)_y} = 0\quad ;\quad {\left( {\frac{{\partial p}} {{\partial y}}} \right)_x} = -\rho g$

$\Rightarrow \quad \underline{\underline {dp\left( y \right) = -\rho g\:dy}}$

Nun zur Bestimmung von dT.
Da die Temperatur abhängig von x und y ist, gilt:

$dT\left( {x,y} \right) = {\left( {\frac{{\partial T}} {{\partial x}}} \right)_y}dx+{\left( {\frac{{\partial T}} {{\partial y}}} \right)_x}dy$

Mit:

$r = \sqrt {{{\left( {x-{x_0}} \right)}^2}+{{\left( {y-{y_0}} \right)}^2}}$

$\frac{{\partial r}} {{\partial x}} = \frac{1} {2}\frac{{2\left( {x-{x_0}} \right) \cdot 1}} {{\sqrt {{{\left( {x-{x_0}} \right)}^2}+{{\left( {y-{y_0}} \right)}^2}} }}$

Folgt:

${\left( {\frac{{\partial T}} {{\partial x}}} \right)_y} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 0 & {f\ddot ur\:r > {r_0}} \\ {\frac{{\Delta {T_{\max }}}} {2}\left( {-\sin \left( {\pi \frac{r} {{{r_0}}}} \right)\pi \frac{{x-{x_0}}} {{{r_0} \cdot r}}} \right)} & {f\ddot ur\:r \leq {r_0}} \\ \end{array} } \right.$

${\left( {\frac{{\partial T}} {{\partial y}}} \right)_x} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 0 & {f\ddot ur\:r > {r_0}} \\ {\frac{{\Delta {T_{\max }}}} {2}\left( {-\sin \left( {\pi \frac{r} {{{r_0}}}} \right)\pi \frac{{y-{y_0}}} {{{r_0} \cdot r}}} \right)} & {f\ddot ur\:r \leq {r_0}} \\ \end{array} } \right.$

Für den Weg gilt nach Angabe:

$y\left( x \right) = x-1,5m$

$\Rightarrow \quad \frac{{dy}} {{dx}} = 1\quad \Rightarrow \quad dx = dy$

Damit folgt:

$dT\left( {x,y} \right) = {\left( {\frac{{\partial T}} {{\partial x}}} \right)_y}dx+{\left( {\frac{{\partial T}} {{\partial y}}} \right)_x}dx = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {0\:dx} & {f\ddot ur\:r > {r_0}} \\ {-\frac{{\Delta {T_{\max }} \cdot \pi }} {{2 \cdot {r_0}}}\sin \left( {\pi \frac{r} {{{r_0}}}} \right)\frac{1} {r} \cdot \left( {x-{x_0}+y-{y_0}} \right)dx\quad \left( * \right)} & {f\ddot ur\:r > {r_0}} \\ \end{array} } \right.$

Zudem gilt:

${x_0}-{y_0} = 1,5m\quad \Rightarrow \quad y\left( x \right) = y = x-1,5m = x-{x_0}+{y_0}$

Damit folgt:

$\left( * \right) = -\frac{{\Delta {T_{\max }} \cdot \pi }} {{2 \cdot {r_0}}}\sin \left( {\pi \frac{r} {{{r_0}}}} \right)\frac{1} {r} \cdot \left( {x-{x_0}+x-{x_0}+{y_0}-{y_0}} \right)dx$

$= -\frac{{\Delta {T_{\max }} \cdot \pi }} {{2 \cdot {r_0}}}\sin \left( {\pi \frac{r} {{{r_0}}}} \right)\frac{1} {r} \cdot \left( {2x-2{x_0}} \right)dx$

$= -\frac{{\Delta {T_{\max }} \cdot \pi }} {{{r_0}}}\sin \left( {\pi \frac{r} {{{r_0}}}} \right)\frac{1} {r} \cdot \left( {x-{x_0}} \right)dx$

mit $r = \sqrt {{{\left( {x-{x_0}} \right)}^2}+{{\left( {y-{y_0}} \right)}^2}} = \sqrt {2{{\left( {x-{x_0}} \right)}^2}} = \sqrt 2 \left( {x-{x_0}} \right)$ folgt:
$= -\frac{{\Delta {T_{\max }} \cdot \pi }} {{{r_0}}}\sin \left( {\pi \frac{{\sqrt 2 }} {{{r_0}}}\left( {x-{x_0}} \right)} \right)\frac{1} {{\sqrt 2 \left( {x-{x_0}} \right)}} \cdot \left( {x-{x_0}} \right)dx$

$= -\frac{{\Delta {T_{\max }} \cdot \pi }} {{{r_0}\sqrt 2 }}\sin \left( {\frac{\pi } {{{r_0}}}\sqrt 2 \left( {x-{x_0}} \right)} \right)dx$

$\Rightarrow \quad \underline{\underline {dT\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {0\:dx} & {f\ddot ur\:r > {r_0}} \\ {-\frac{{\Delta {T_{\max }} \cdot \pi }} {{{r_0}\sqrt 2 }}\sin \left( {\frac{\pi } {{{r_0}}}\sqrt 2 \left( {x-{x_0}} \right)} \right)dx} & {f\ddot ur\:r > {r_0}} \\ \end{array} } \right.}}$

Damit lässt sich nun endlich h bestimmen:

${\Delta _{{{12}^\prime }}}h = \int\limits_1^{{2^\prime }} {\left( {{c_p}\left( {T,p} \right)dT+\underbrace {{{\left( {\frac{{\partial h}} {{\partial p}}} \right)}_T}}_{0,\:id.\:Gas}dp} \right)} \\ = \int\limits_1^{{2^\prime }} {\left( {{c_p}\left( {T,p} \right)dT} \right)} \\$

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$x_1^* = {x_0}-\Delta x$

$x_2^* = {x_0}+\Delta x$

$\Delta {x^2}+\Delta {x^2} = r_0^2 \Rightarrow \quad \Delta x = \sqrt {\frac{{r_0^2}} {2}} = \frac{{{r_0}}} {{\sqrt 2 }}$

$\Rightarrow \quad x_1^* = {x_0}-\frac{{{r_0}}} {{\sqrt 2 }}$

$\Rightarrow \quad x_2^* = {x_0}+\frac{{{r_0}}} {{\sqrt 2 }}$

für ${x^\prime } < x_1^*$ :

${\Delta _{{{12}^\prime }}}h = {c_p}\int\limits_{{x_1}}^{{x^\prime }} {0\:dx = \underline{\underline 0} }$

für $x_1^* \leq {x^\prime } \leq x_2^*$ :

${\Delta _{{{12}^\prime }}}h = {c_p}\int\limits_{{x_1}}^{{x^\prime }} {0\:dx} = 0$

${\Delta _{{{12}^\prime }}}h = {c_p}\int\limits_{{x_1}}^{x_1^*} {0\:dx} +{c_p}\int\limits_{x_1^*}^{{x^\prime }} {-\frac{{\Delta {T_{\max }} \cdot \pi }} {{{r_0}\sqrt 2 }}\sin \left( {\frac{\pi } {{{r_0}}}\sqrt 2 \left( {x-{x_0}} \right)} \right)dx}$

$= {c_p}\left[ {\frac{{\Delta {T_{\max }} \cdot \pi }} {{{r_0}\sqrt 2 }}\frac{{{r_0}}} {{\pi \sqrt 2 }}\cos \left( {\frac{\pi } {{{r_0}}}\sqrt 2 \left( {x-{x_0}} \right)} \right)} \right]$

$= {c_p}\left[ {\frac{{\Delta {T_{\max }}}} {2}\cos \left( {\frac{\pi } {{{r_0}}}\sqrt 2 \left( {x-{x_0}} \right)} \right)} \right]_{x_1^*}^{{x^\prime }}$

$= {c_p}\left[ {\frac{{\Delta {T_{\max }}}} {2}\cos \left( {\frac{\pi } {{{r_0}}}\sqrt 2 \left( {{x^\prime }-{x_0}} \right)} \right)-\frac{{\Delta {T_{\max }}}} {2}\cos \left( {\frac{\pi } {{{r_0}}}\sqrt 2 \left( {x_1^*-{x_0}} \right)} \right)} \right]$

$mit\quad x_1^* = {x_0}-\frac{{{r_0}}} {{\sqrt 2 }}$

$= \underline{\underline {{c_p}\frac{{\Delta {T_{\max }}}} {2}\left[ {\cos \left( {\frac{\pi } {{{r_0}}}\sqrt 2 \left( {{x^\prime }-{x_0}} \right)} \right)+1} \right]}}$

für ${x^\prime } > x_2^*$ :

${\Delta _{{{12}^\prime }}}h = {c_p}\int\limits_{{x_1}}^{x_1^*} {0\:dx} +{c_p}\int\limits_{x_1^*}^{x_2^*} {-\frac{{\Delta {T_{\max }} \cdot \pi }} {{{r_0}\sqrt 2 }}\sin \left( {\frac{\pi } {{{r_0}}}\sqrt 2 \left( {x-{x_0}} \right)} \right)dx} +{c_p}\int\limits_{x_2^*}^{{x^\prime }} {0\:dx}$

$= {c_p}\frac{{\Delta {T_{\max }}}} {2}\left[ {\cos \left( {\frac{\pi } {{{r_0}}}\sqrt 2 \left( {x_2^*-{x_0}} \right)} \right)+1} \right]$

$mit\quad x_2^* = {x_0}+\frac{{{r_0}}} {{\sqrt 2 }}$

$= {c_p}\frac{{\Delta {T_{\max }}}} {2}\left[ {-1+1} \right] = \underline{\underline 0}$

Im Mittelpunkt der Lampe gilt:

${x^\prime } = {x_0}$

$\Rightarrow \quad {\Delta _{{{12}^\prime }}}h = {c_p}\frac{{\Delta {T_{\max }}}} {2}\left[ {\cos \left( {\frac{\pi } {{{r_0}}}\sqrt 2 \left( 0 \right)} \right)+1} \right] = {c_p}\Delta {T_{\max }} = \underline{\underline {20,080\frac{{kJ}} {{kg}}}}$

und im Zustand 2 gilt:

$\underline{\underline {{\Delta _{{{12}^\prime }}}h = 0}}$

$\mathcal{J}\mathcal{K}$

Mathematical Engineering

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Lösung

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