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Thermodynamik - Seiliger-Prozess (gemischter Prozess)

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Thermodynamik

Seiliger-Prozess (gemischter Prozess)

Beispiel

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Seiliger-Prozess mir gegebenen maximalem Prozessdruck und maximaler Temperatur

Untersuche einen Seiliger-Prozess mit dem Arbeitsmittel Luft als kalorisch perfektes Gas mit einer Gaskonstante von 287,12 $\frac{J}{(kg \; K)}$ und einem Isentropenexponenten von 1,4. Der Prozess starte mit 1 bar und 25 °C , das Verdichtungsverhältnis sei mit 23 gegeben. Der höchste Prozessdruck werde mit 130 bar, die höchste Prozesstemperatur mit 2400 °C vorgegeben.

  1. Berechne den Druck in bar, das spezifische Volumen in $\frac{m^3}{kg}$ und die Temperatur in K an allen Eckpunkten des Prozesses!
  2. Welche Werte besitzen die dimensionslosen Parameter maximales Druckverhältnis, maximales Temperaturverhältnis, Drucksteigerungsverhältnis und Füllungsgrad?
  3. Welche spezifischen Wärmen werden zu- und abgeführt, welche Kreisprozessarbeit wird frei? In welchem Verhältnis stehen Gleichraum- und Gleichdruckverbrennung?
  4. Wie hoch ist der Prozesswirkunggrad?

Gegeben:

T1 = 298,15 K (25 °C)
p1 = 1 bar
Tmax = T4 = 2673,15 K (2400 °C)
pmax = p3 = 130 bar
ε = 23
RL = 287,12 $\frac{J}{(kg \; K)}$
κ = 1,40

Lösung:

  1. Zustandsparameter in den Eckpunkten des Seiliger-Prozesses

    ε = 23p in barν in $\frac{m^3}{kg}$T in K
    11,00000,8560483298,15
    280,61560,03721951045,02
    3130,00000,03721951685,19
    4130,00000,05904002673,15
    53,076460,8560483917,24
    1 → 2: isentrope Kompression
    $\nu_1 = \frac{R_L \cdot T_1}{p_1} = \frac{287,12 \frac{J}{kg \; K} \cdot 298,15 K}{100.000 = \frac{N}{m^2}}  = 0,8560483 \frac{m^3}{kg}$
    $p_2 = p_1 \cdot \epsilon^{\kappa} = 1,0000 bar \cdot 23^{1,4} = 80,6156 bar$
    $ \nu_2 = \frac{\nu_1}{\epsilon} = \frac{0,8560483\frac{m^3}{kg}}{23} = 0,03721949 \frac{m^3}{kg}$
    $T_2 = T_1 \cdot \epsilon^{\kappa - 1} = 298,15K \cdot 23^{0,4} = 1045,02 K$

    2 → 3: isochore Wärmezufuhr
    $T_3 = T_2 \cdot \Bigl( \frac{p_3}{p_2} \Bigr) = 1045,02K \cdot \Bigl( \frac{130,00 bar}{80,6156 bar}  \Bigr) = 1685,19K $

    3 → 4: isobare Wärmezufuhr
    $\nu_4 = \nu_3 \cdot \frac{T_4}{T_3} = 0,0372195 \frac{m^3}{kg} \cdot \Bigl( \frac{2673,15K}{1685,19K} \Bigr) = 0,05904 \frac{m^3}{kg}$

    4 → 5: isentrope Zustandsänderung mit ν5 = ν1 = 0,8560483 $\frac{m^3}{kg}$
    $p_5 = p_4 \cdot \Bigl( \frac{\nu_4}{\nu_5} \Bigr)^{\kappa} = 130bar \cdot \Bigl( \frac{0,05904 \frac{m^3}{kg}}{0,8560483\frac{m^3}{kg}} \Bigr)^{1,4} = 3,07646 bar$
    $T_5 = T_4 \cdot \Bigl( \frac{\nu_4}{\nu_5} \Bigr)^{\kappa - 1} = 2673,15K \cdot \Bigl( \frac{0,05904 \frac{m^3}{kg}}{0,8560483\frac{m^3}{kg}} \Bigr)^{0,4} = 917,24K$

  2. dimensionslose Prozessparameter

    $\begin{align} \pi = \frac{p_{max}}{p_{min}} =  \frac{p_3}{p_1} = \frac{130bar}{1bar} = 130 \;\;\;\;\; & \tau = \frac{T_{max}}{T_{min}} = \frac{T_4}{T_1} = \frac{2673,15 K}{298,15K} ≈ 8,9658
    \\ \xi = \frac{p_3}{p_2} = \frac{130 bar}{80,6156}  ≈ 1,6126 \;\;\;\;\;  & \rho = \frac{\nu_4}{\nu_3} = \frac{0,05904 \frac{m^3}{kg}}{0,0372195 \frac{m^3}{kg}}  ≈ 1,5863 \end{align}$

  3. spezifische Wärmen und spezifische Kreisprozessarbeit

    $q_{zu} = q_{23} + q_{34} = \frac{R_L}{\kappa - 1} \cdot (T_3 - T_2) + \frac{\kappa}{\kappa - 1} R_L \cdot (T_4 - T_3) = (459,51 + 992,82) \frac{kJ}{kg} = 1452,33 \frac{kJ}{kg}$
    $q_{23} =\frac{0,28712 \frac{kJ}{kg \; K}}{0,4} \cdot (1685,19 - 1045,02) K = 459,51 \frac{kJ}{kg}$
    $q_{34} =\frac{1,4 \cdot 0,28712 \frac{kJ}{kg \; K}}{0,4} \cdot (2673,15 - 1685,19) K = 992,82 \frac{kJ}{kg}$

    Anteil Gleichraumverbrennung: $\frac{q_{23}}{q_{zu}} = \frac{459,51 \frac{kJ}{kg}}{1452,33 \frac{kJ}{kg}} = 0,3164$
    Anteil Gleichdruckverbrennung: $\frac{q_{34}}{q_{zu}} = \frac{992,82\frac{kJ}{kg}}{1452,33 \frac{kJ}{kg}} = 0,6836$

    Die hier errechneten Anteile für Gleichraum- und Gleichdruckverbrennung sind kein Optimum. Vom Grundsatz sollte man einen hohen Gleichraumanteil anstreben, da diese Art der Prozessführung den höchsten Wirkungsgrad aufweist. Heute liegen die technisch realisierten Anteile bei etwa 40 % für Gleichraum- und 60 % für Gleichdruckverbrennung.

    $\lvert q_{ab} \rvert = \frac{R_L}{\kappa - 1} \cdot (T_5 - T_1) = \frac{0,28712 \frac{kJ}{kg \; K}}{0,4} \cdot (917,24 - 298,15)K = 444,38 \frac{kJ}{kg}$
    $w = q_{zu} - \lvert q_{ab} \rvert = 1452,33 \frac{kJ}{kg} - 444,38 \frac{kJ}{kg} = 1007,95 \frac{kJ}{kg}$

  4. thermodynamischer Prozesswirkungsgrad auf zwei alternativen Wegen

    $\eta_{th,S} = \frac{w}{q_{zu}} = \frac{1007,95 \frac{kJ}{kg}}{1452,33 \frac{kJ}{kg}} ≈ 0,69402 $
    $\eta_{th,S} = 1 - \frac{1}{\epsilon^{\kappa - 1}} \cdot \frac{\rho^{\kappa} \cdot \xi - 1}{(\xi - 1) + \kappa \cdot \xi \cdot (\rho - 1)} = 1 - \frac{1}{23^{0,4}} \cdot \frac{1,5863^{1,4} \cdot 1,6126 - 1}{0,6126 + 1,4 \cdot 1,6126 \cdot 0,5863} ≈ 0,69402 $