Gleichraum-Prozess (Otto-Prinzip)

Lösung:

1. Zustandsparameter in den Eckpunkten des Prozesses
   
   

   ε = 12	p in bar	ν in $\frac{m^3}{kg}$	T in K	t in °C
   1	1,0000	0,8560483	298,15	25,000
   2	32,4230	0,0713374	805,58	532,430
   3	96,9050	0,0713374	2407,70	2155,550
   4	2,9888	0,8560483	891,11	617,960

   $\nu_1 = \frac{R_l \cdot T_1}{p_1} = \frac{R_l \cdot T_1}{p_1} = 0,8560483 \frac{m^3}{kg}$
   
   $p_2 = p_1 \cdot \epsilon^{\kappa} = 1,0000 bar \cdot 12^{1,40} = 32,423 bar \;\;\;\;\; \nu_2 = \frac{\nu_1}{\epsilon} = \frac{0,8560483 \frac{m^3}{kg}}{12} = 0,0713374 \frac{m^3}{kg}$
   
   $T_2 = T_1 \cdot \epsilon^{\kappa - 1} = 298,15 K \cdot 12^{0,4} = 805,58 K$(532,43°C)
   
   $p_3 = p_2 + \frac{q_{zu} \cdot (\kappa - 1)}{\nu_2} = 32,423 bar + \frac{1150 \frac{kJ}{kg} \cdot 0,4}{0,0713374 \frac{m^3}{kg}} = 96,90530521 bar ≈ 96,905 bar $
   
   Beachte die in den Vorsilben der Maßeinheiten steckenden Zehnerpotenzen und $10^5 \frac{N}{m^2} = 1 bar $!
   
   $T_3 = T_2 + \frac{q_{zu} \cdot (\kappa - 1)}{R_L} = 805,58 K + \frac{1150 \frac{kJ}{kg} \cdot 0,4}{0,28712 \frac{kJ}{kg \; K}} = 2407,697582 K ≈ 2407,7 K$(2134,55°C)
   
   $\nu_3 = \nu_2 =  0,0713374 \frac{m^3}{kg}$
   
   $p_4 = \frac{p_3}{\epsilon^{\kappa}} = \frac{96,905 bar}{12^{1,4}} = 2,9888 bar \;\;\;\;\;\; \nu_4 = \nu_1 = 0,8560483 \frac{m^3}{kg}$
   
   $T_4 = \frac{2407,7 K}{\epsilon^{\kappa - 1}} = \frac{T_3}{12^{0,4}} = 891,11 K $ (617,96 °C)
   
   Kontrollrechnung für Druck und Temperatur durch die Schließungsbedingung:
   
   $p_4 = p_3 \cdot \frac{p_1}{p_2} = 96,905 bar \cdot \frac{1,0000 bar}{32,4230 bar} = 2,9888 bar$
   
   $T_4 = T_3  \cdot \frac{T_1}{T_2} = 2407,70K \cdot \frac{298,15K}{805,58K} = 891,10K$ (kleiner Rundungsfehler)
   
   Eine andere Kontrollmöglichkeit besteht in Tabelle 3-4 durch zeilenweises Bilden des Quotienten $ \frac{p \cdot \nu}{T}$. Das Ergebnis ist jeweils die Gaskonstante! Beispiel für Zeile 4:
   
   $R_L = \frac{p_4 \cdot \nu_4}{T_4} =  \frac{2,9888 \cdot 10^5 \frac{N}{m^2} \cdot 0,8560483 \frac{m^3}{kg}}{891,11K} = 287,12 \frac{J}{kg \; K}$
   
   Auffallend sind die unrealistisch überhöhten Werte für Druck und Temperatur in Zustandspunkt 3. Sie entstehen durch die Annahme, dass die gesamte Wärme exakt im oberen Totpunkt isochor zugeführt wurde. Tatsächlich erfolgt die Zündung und damit Wärmezufuhr schon bevor der Kolben den oberen Totpunkt erreicht und setzt sich über eine gewisse Zeit bei Bewegungsumkehr des Kolbens (Expansion) fort. In der Wirklichkeit werden auf diese Weise die maximalen Prozessdrücke in dem hier vorliegendem Fall auf etwa 80 bar begrenzt.
   
   
   
2. spezifische Wärmen isochore Wärmezu- und -abfuhr
   $q_{zu} = 1150 \frac{kJ}{kg}$ gegeben!
   
   $ q_{ab} = \frac{R_L}{\kappa - 1} \cdot (T_1 - T_4) = \frac{0,28712 \frac{kJ}{kg \; K}}{0,4} \cdot (298,15 - 891,11)K = -425,63 \frac{kJ}{kg}$
   
   oder mit Vorgriff auf das Ergebnis von c.
   $q_{ab} = w - q_{zu} = (724,375 - 1150) \frac{kJ}{kg} = -425,63 \frac{kJ}{kg}$
   
   
   
3. Kreisprozessarbeit und thermodynamischer Wirkungsgrad des reversiblen Prozesses
   
   $\begin{align}w_{GR} = q_{zu} - \lvert q_{ab}\rvert & = c_V \cdot \Bigl( (T_3 - T_2) - (T_4 - T_1) \Bigr)
   \\ & = \frac{R_L}{\kappa - 1} \cdot (T_1 - T_2 + T_3 - T_4)
   \\ & = \frac{0,28712 \frac{kJ}{kg \; K}}{0,4} \cdot (298,15 - 805,58 + 2407,70 - 891,11)
   \\ & = 724,375 \frac{kJ}{kg} \end{align}$
   
   drei Wege zur Bestimmung des thermodynamischen Wirkungsgrades:
   $\begin{align}
   \eta_{th,GR} & = \frac{Nutzen}{Aufwand} = \frac{w}{q_{zu}}= \frac{724,375 \frac{kJ}{kg}}{1150 \frac{kJ}{kg}} = 0,62989
   \\ \eta_{th,GR} & = 1 - \frac{T_1 }{T_2 }= 1 - \frac{298,15}{805,58} = 0,62989
   \\ \eta_{th,GR} & = 1 - \frac{1}{\epsilon^{\kappa - 1}} = 1 - \frac{1}{12^{0,4}} = 0,62989 \end{align}$
   
   
   
4. Wirkung einer auf 273,15 K abgesenkten Außentemperatur
   
   $T_2 = T_1 \cdot \epsilon^{\kappa - 1} = 273,15 K \cdot 12^{0,4} = 738,03K $
   $T_3 = T_2 + \frac{q_{zu}}{R_L} = 738,03K + \frac{1150 \frac{kJ}{kg} \cdot 0,4}{0,28712 \frac{kJ}{kg \; K}} = 2340,15 K$ 
   $T_4 = \frac{T_3}{\epsilon^{\kappa - 1}} = \frac{2340,15 K}{12^{0,4}} = 866,106 K$
   
   $\begin{align}w = q_{zu} - \lvert q_{ab}\rvert & = q_{zu} - c_V \cdot (T_4 - T_1)
   \\ & = 1150 \frac{kJ}{kg} - \frac{0,28712 \frac{kJ}{kg \; K}}{0,4} \cdot (866,106 - 273,15) K
   \\ & = 724,376 \frac{kJ}{kg} \end{align}$
   
   Die spezifische Kreisprozessarbeit bleibt unter diesen Bedingungen gleich! (kleiner Rundungsfehler in der sechsten signifikanten Ziffer). Diese Aussage kann jedoch nicht auf die Leistung des entsprechenden Motors übertragen werden, denn bei gleichbleibenden Volumenstrom des Arbeitsmittels und tieferen Temperaturen wird mehr Arbeitsmittelmasse angesaugt! $(P = \dot m \cdot w = \rho \cdot \dot V \cdot w)$. Man beobachtet im Winterbetrieb eines PKW jedoch manchmal keine steigende Leistung, sondern eine fallende! Dies hängt mit Reibungseffekten zusammen. Die Zähigkeit des Öls ist bei tiefen Temperaturen meist höher!
   
   Der Wirkungsgrad beim Gleichraumprozess hängt ausschließlich vom Verdichtungsverhältnis ab, somit hat die verringerte Ansaugtemperatur auf die Höhe des Wirkungsgrades keine Auswirkungen. Das bestätigen im Übrigen auch die Formeln, die mit den betreffenden Prozesstemperaturen arbeiten.
   $ \eta_{th,GR} = 1 - \frac{T_1 }{T_2 }= 1 - \frac{273,15 K}{738,03K} = 0,62989 $