8. Übungsblatt - Lehrstuhl für Thermodynamik - Technische ...

Technische Universität München 

Lehrstuhl für Thermodynamik 

Prof. Dr.-Ing. T. Sattelmayer 

Prof. W. Polifke Ph.D. 

Technische Thermodynamik 

Energielehre und Stoffverhalten 

Angaben und Musterlösungen der Übungsblätter

Inhaltsverzeichnis 

I Angaben 5 

1. Übungsblatt 6 

Aufgabe 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 

Aufgabe 3.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 


Aufgabe 3.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 

Aufgabe 3.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 

Aufgabe 3.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 

Aufgabe 3.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 


Aufgabe 4.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 

Aufgabe 4.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 

Aufgabe 4.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 


Aufgabe 4.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 

Aufgabe 4.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 


Aufgabe 4.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 


Aufgabe 5.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 


Aufgabe 5.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 

8. Übungsblatt 18 

Aufgabe 6.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 

Aufgabe 6.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 

Aufgabe 6.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 


Aufgabe 7.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 


Aufgabe 8.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 


Aufgabe 8.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

II Musterlösungen 26 


Aufgabe 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 

Aufgabe 3.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 


Aufgabe 3.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 

Aufgabe 3.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 

Aufgabe 3.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 

Aufgabe 3.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 


Aufgabe 4.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 

Aufgabe 4.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 

Aufgabe 4.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 


Aufgabe 4.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 

Aufgabe 4.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 


Aufgabe 4.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 


Aufgabe 5.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 


Aufgabe 5.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 

8. Übungsblatt 52 

Aufgabe 6.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 

Aufgabe 6.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 

Aufgabe 6.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 


Aufgabe 7.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 


Aufgabe 8.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 


Aufgabe 8.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

Teil I 

Angaben





1. Übungsblatt 

Aufgabe 2.2 (Skript S. 33) 

Charakterisieren Sie die folgenden Systeme nach den Eigenschaften: 

offen - geschlossen, diabat - adiabat, ruhend - bewegt, homogen - heterogen - kontinuierlich. 

Beachten Sie hierbei die gegebenen Systemgrenzen! 

a) Perfekt isolierter Verdichter, stationär betrieben 

b) Campingkocher in Betrieb 

c) Lagerfeuer d) Segelflugzeug im Landeanflug 

e) Wärmeisolierter Backofen mit Kuchen f) Homogen gerührter Kuchenteig im Backofen 

g) Heizkörper, stationär durchströmt h) Heizkörper in Heizungsanlage, stationär 

durchströmt 

Heizkessel 

Wärmezufuhr 

6

i) Glühbirne direkt nach dem Einschalten j) Kaffee in perfekt isolierter Thermoskanne in 

fahrendem Auto 


Um Gewicht zu sparen, werden bei Formel 1 - Rennen die Reifen der Rennwagen mit Helium befüllt. 

Im folgenden soll eine Luftfüllung mit einer Heliumfüllung verglichen werden. 

a) Berechnen Sie das von einem Autoreifen (D a = 60cm, D i = 40cm, B = 25cm) eingeschlossene 

Gasvolumen, wenn man die Geometrie vereinfacht als Hohlzylinder annimmt und die Dicke des 

Reifengummis vernachlässigt. 

Di 

Da 

B 

b) Wie viel Mol Luft und wie viel Mol Helium befinden sich im Autoreifen, wenn der Druck der 

Füllung p f = 2bar ü und deren Temperatur ϑ f = 20 ◦ C beträgt? Der Umgebungsdruck betrage 

p ∞ = 1013mbar. 

c) Berechnen Sie die spezifischen Gaskonstanten von Luft (M Luft = 28,96 kg/kmol) und Helium 

(M He = 4,00 kg/kmol). 

d) Bestimmen Sie die jeweilige sich im Autoreifen befindende Gasmasse. 

e) Aufgrund von Rollreibung und mehrerer Abbremsmanöver erwärmt sich die Reifenfüllung 

um 10 ◦ C. Berechnen Sie für Luft und Helium den Überdruck, der sich nach der Erwärmung 

einstellt. Hierbei kann der Reifen als isochores System betrachtet werden, es findet also keine 

Volumenänderung statt. 

7







Ein mit Umgebungsluft (300 K) gefüllter Behälter soll so aufgeheizt werden, dass sich der Druck 

verdoppelt. Auf welche Temperatur muss der Inhalt gebracht werden? Geben Sie diese Temperatur in 

K, ◦ C, F und R an. 


Sie erwachen während eines Studienaufenthaltes an einer amerikanischen Universität in Ihrem 

Zimmer, schalten den Fernseher an und erfahren, dass am Nachmittag mit einer Maximaltemperatur 

von 120 F zu rechnen ist. Eignet sich dieser Tag besser für intensive Studien in der klimatisierten 

Bibliothek der Universität oder für eine ausgedehnte Wandertour? Wie hoch ist die vorhergesagte 

Temperatur in ◦ C? 


Berechnen Sie die Massenanteile ξ i , die Molmasse M und die Gaskonstante R einer aus 50 % Sauerstoff 

und 50 % Stickstoff (Molanteile) bestehenden Gasmischung. Vergleichen Sie die Ergebnisse mit den 

Werten für Luft. Wie hoch ist der Druck in einem Behälter von V = 1m 3 wenn m = 1kg dieses Gemischs 

darin bei T = 1000K eingeschlossen werden? 


In die Scheibenwaschanlage eines Automobils mit einem Fassungsvermögen von 5 l wird ein Gemisch 

(Massenanteile) aus 50 % Wasser ( ρ w = 1000 kg/m 3) und 50 % Alkohol ( ρ a = 850 kg/m 3) eingefüllt. Welche 

Masse kann man einfüllen, bevor der Behälter überläuft? Bekommt man mehr hinein, wenn man 

reines Wasser einfüllt? 

8






Aufgabe 4.12 (S. 160) 

Stellen Sie an den bereits bekannten Systemen aus dem 1. Übungsblatt jeweils eine vollständige 

Leistungs- oder Energiebilanz auf und vereinfachen Sie die Bilanzen so weit wie möglich: 

a) Perfekt isolierter Verdichter, stationär betrieben 


c) Lagerfeuer d) Segelflugzeug im Landeanflug 

e) Wärmeisolierter Backofen mit Kuchen f) Homogen gerührter Kuchenteig im Backofen 

g) Heizkörper, stationär durchströmt h) Heizkörper in Heizungsanlage, stationär 

durchströmt 

Heizkessel 

Wärmezufuhr 

9

i) Glühbirne direkt nach dem Einschalten j) Kaffee in perfekt isolierter Thermoskanne in 

fahrendem Auto 

Aufgabe 4.13 (S. 161) 

Ein Swimming-Pool der Länge l = 10m, der Breite b = 5m und der Tiefe t = 2,50m ist zum Zeitpunkt 1 

vollständig entleert. Bis zum Zeitpunkt 2 wird er bis zur Oberkante mit Wasser befüllt. Berechnen Sie 

die Volumenänderungsarbeit W V,∞ , die während des Befüllvorgangs an der Umgebung (p ∞ = 1bar) 

verrichtet wird! 

Aufgabe 4.14 (S. 162) 

Zur Herstellung von Ziegeln werden Tonquader der Masse m = 3,5kg (spezifische Wärmekapazität 

c Ton = 1,2kJ/kgK) von Umgebungstemperatur (T ∞ = 20 ◦ C) auf T heiß = 1200 ◦ C erhitzt. Im stationären 

Betrieb werden im Elektrohochofen 5 000 Ziegel pro Stunde gebrannt. Über die Wände des Ofens wird 

ein Verlustwärmestrom von ˙Q Verlust = 1,2MW abgegeben. 

a) Stellen Sie zunächst eine vollständige Energiebilanz an einem einzelnen „Tonquader“ auf! 

Berechnen Sie anschließend die Wärmemenge Q Ton , die ein Tonquader während des Aufheizens 

aufnimmt. 

b) Berechnen Sie die elektrische Leistung P el , die dem Hochofen zugeführt werden muss. 

10






Aufgabe 4.15 (S. 162) 

Leiten Sie die Bernoulli - Gleichung der Form 

p 1 + ρ g z 1 + ρ c 1 2 

2 = p 2 + ρ g z 2 + ρ c 2 2 

2 

her, indem Sie den 1. Hauptsatz für ein offenes, stationäres, adiabates und ruhendes allgemeines 

System aufstellen. Ferner ist das Fluid, welches das System durchströmt, als inkompressibel und 

isotherm zu betrachten. Es soll keine Arbeit von außen an dem System verrichtet werden. Geben Sie 

jeweils an, aufgrund welcher Voraussetzung Sie welchen Term der allgemeinen Formulierung des 

1. Hauptsatzes wegstreichen. 

Aufgabe 4.16 (S. 162) 

Im Garten eines französischen Lustschlosses wird zum Zeitvertreib der Besucher in einem Teich ein 

Wasserspringbrunnen stationär betrieben. 

D AD 

z 

η el 

M P 

η mech 

t 

ES 

1.) Die Geschwindigkeit des Wassers an der Austrittsdüse beträgt c AD = 10 m/s. Berechnen Sie die 

Höhe des ausgestoßenen Wasserstrahls (Erdbeschleunigung: g = 9,81 m/s 2 )! 

2.) Bestimmen Sie den Absolutwasserdruck am Einlassstutzen p ES bei einer Wassertiefe von t = 

10m! Der Umgebungsluftdruck ist konstant und beträgt p ∞ = 1013mbar, die Dichte von Wasser 

ist mit ρ H2 O = 1000 kg/m 3 = konst. anzusetzen. 

3.) Berechnen Sie die spezifische Verschiebearbeit w s,ES am Einlassstutzen! 

4.) Die Eintrittstemperatur des Wassers T ES sei gleich der Austrittstemperatur T AD . Bestimmen Sie 

die spezifische Enthalpiedifferenz ∆h = h AD − h ES zwischen Einlassstutzen und Austrittsdüse! 

11

5.) Der Durchmesser der Austrittsdüse beträgt D AD = 40mm. Berechnen Sie den Massenstrom 

ṁ H2 O, der durch die Springbrunnenanlage fließt! 

6.) Die Höhendifferenz zwischen Austrittsdüse und Einlassstutzen beträgt z = 15m. Berechnen Sie 

die spezifische technische Arbeit w t , die dem Wasser mittels der Pumpe P zugeführt werden 

muss, indem Sie den 1. Hauptsatz am System „Springbrunnen“ aufstellen! Alle Leitungen 

des Springbrunnens, sowie das Pumpengehäuse sollen als adiabat betrachtet werden. Die 

Geschwindigkeit des Wassers am Einlassstutzen kann dabei vernachlässigt werden. 

7.) Bestimmen Sie den Abwärmestrom des Pumpenantriebs ˙Q Motor ! Der Wirkungsgrad des Elektromotors 

beträgt η el = 0,96. Verluste über die Welle werden mit η mech = 0,98 angenommen. Setzen 

Sie dazu den 1. Hauptsatz am System „Pumpenantrieb“ an! 

8.) Gegen Ende des Sommers ist die Wassertiefe des Springbrunnenteichs auf t 2 = 7m gesunken. 

Berechnen Sie die jetzt vom Elektromotor der Pumpe aufgenommene elektrische Leistung P el2 , 

wenn die Höhe des ausgestoßenen Wasserstrahls gleich bleiben soll. 

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Aufgabe 4.17 (S. 163) 

Der Kühler eines bayerischen Motorenwagens soll hinsichtlich seiner Funktion während der Fahrt 

untersucht werden. 

Das Kraftfahrzeug fährt mit einer Geschwindigkeit von c kfz = 120 km/h. Der rechteckförmige Lufteinlass 

des Kühlers ist b Kühler = 50cm breit und h Kühler = 35cm hoch. Die Parameter der Umgebungsluft sind: 

p ∞ = 1013mbar, T ∞ = 293K und R Luft = 287 J/kgK. Kinetische und potentielle Energien aller Fluide sind 

für alle Teilaufgaben zu vernachlässigen. 

T WE 

T LA 

b Kühler 

p ∞ 

hKühler 

T WA 

Kühlwassertank 

c kfz 

T ∞ 

1.) Berechnen Sie den Luftmassenstrom ṁ Luft , der durch den Kühler strömt. 

2.) Die spezifische isobare Wärmekapazität von Luft beträgt c p = 1004,5J/kgK. Die Temperatur der 

Luft vor Eintritt in den Kühler beträgt T ∞ . Nach dem Kühleraustritt beträgt sie T LA = 303K. 

Wie groß ist der von der Luft an das Kühlwasser übertragene Wärmestrom ˙Q Luft ? Stellen Sie den 

1. Hauptsatz am System „Luftteil des Kühlers“ auf. 

3.) Die spezifische Wärmekapazität des Kühlwassers beträgt c W = 4,19 kJ/kgK. Berechnen Sie die 

Austrittstemperatur des Kühlwassers T WA aus dem Kühler bei einem Kühlwassermassenstrom 

von ṁ W = 0,35 kg/s und einer Kühlwassereintrittstemperatur von T WE = 363K. Stellen Sie den 

1. Hauptsatz am System „Wasserteil des Kühlers“ auf. Warum „kühlt“ Wasser besser als Luft? 

Überlegen Sie! 

Der Anteil der Verschiebearbeit an der spezifischen Enthalpie des Kühlwassers kann vernachlässigt 

werden, da deren Änderung viel kleiner ist als die Änderung der inneren Energie. Interessierte 

Studenten können dies nach Lösen dieser Teilaufgabe für eine Druckdifferenz des Kühlwassers 

über den Kühler von ∆p W = 1bar nachprüfen (ρ W = 1000 kg/m 3 ). 

13

4. Um die Kühlwassertemperatur im Tank konstant halten zu können, beträgt die maximale 

zulässige Austrittstemperatur des Kühlwassers aus dem Kühler T WA,max = 353K. Berechnen 

Sie den Wärmestrom ˙Q Luft,min , der mindestens über die Kühlluft abgeführt werden muss. Wie 

schnell muss das Kraftfahrzeug mindestens fahren, damit die Temperatur des Kühlwassers im 

Tank konstant bleibt? (Die Ein- und Austrittstemperatur der Kühlluft sowie die Eintrittstemperatur 

des Kühlwassers haben sich nicht geändert.) 

5. Welche Maßnahmen wenden Sie an, um eine Überhitzung des Kühlwassers zu vermeiden, wenn 

Sie im Stau stehen? Überlegen Sie! 

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Aufgabe 5.4 (S. 197) 

Zum Befüllen ihrer Tauchflaschen mit Pressluft benutzen die Waikiki-Beach-Divers einen über einen 

Elektromotor M angetriebenen Verdichter V, der eine Tauchflasche F über eine adiabate Drossel D 

befüllt. 

Die Parameter der Umgebungsluft sind: p ∞ = 1013mbar, T ∞ = 293K und R Luft = 287 J/kgK. Kinetische 

und potentielle Energien sind für alle Teilaufgaben zu vernachlässigen. 

b 

D 

c 

V 

M 

F 

a 

1.) Die Eintrittstemperatur der Luft (c p = 1004,5J/kgK) in den Verdichter betrage T a = T ∞ . Der 

angesaugten Luft wird über den Verdichter V die spezifische technische Arbeit w t = 600 kJ/kg 

zugeführt. Berechnen Sie die Temperatur T b der Luft am Verdichteraustritt. Stellen Sie den 

1. Hauptsatz am System „Verdichter“ auf. 

2.) Berechnen Sie jetzt die Temperatur T c der Luft nach der Drossel D, indem Sie den 1. Hauptsatz 

am System „Drossel“ aufstellen. 

3.) Druck und Temperatur in einer leeren Tauchflasche (V F = 10l) entsprechen den Umgebungsbedingungen. 

Berechnen Sie die Luftmasse in der Tauchflasche F vor dem Befüllvorgang. 

4.) Während des Befüllvorgangs wird der Verdichter V über eine Zeit von t 12 = 10min über den 

Motor M (P M = 2kW) angetrieben. Der Wirkungsgrad des Antriebsstrangs zwischen Motor und 

Verdichter beträgt η mech = 0,98. Wie groß ist die Luftmasse m 12 , die während des Befüllvorgangs 

in die Tauchflasche F gepumpt wurde? 

5.) Nach dem Befüllvorgang beträgt der Druck in der Tauchflasche p 2 = 200bar. Welche Temperatur 

T 2 hat die Luft in der Tauchflasche nach dem Befüllvorgang? 

6.) Welche Wärmemenge Q 12 hat die Tauchflasche während des Befüllens an die Umgebung 

abgegeben? Stellen Sie den 1. Hauptsatz am System „Tauchflasche“ auf. 

7.) Nach dem Befüllen wird die Tauchflasche verschlossen, vom Befüllsystem getrennt und eingelagert. 

Nach einiger Zeit hat sich die Luft in der Tauchflasche auf T 3 = T ∞ abgekühlt. Berechnen 

Sie die Wärmemenge Q 23 , die während des Abkühlens an die Umgebung abgegeben wurde. 

Welcher Druck p 3 herrscht nun in der Gasflasche? 

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Aufgabe 5.5 (S. 197) 

Ein russisches Passagierflugzeug wird mit Hilfe der skizzierten Gasturbinenanordnung betrieben: 

˙Q 

b 

BK 

c 

V 

T 

η mech 

a 

T ∞ , p ∞ 

d 

Umgebungsluft (Zustand a = ∞) wird vom adiabaten, verlustbehafteten Verdichter V (η is,V = 0,88) 

auf den Druck p b = 4,2bar verdichtet. Nach Durchlaufen der isobaren Brennkammer BK wird das 

Fluid in der adiabaten, verlustbehafteten Turbine T entspannt. Die Turbine T dient ausschließlich 

zum Antrieb des Verdichters V und ist mit ihm über eine Antriebswelle (η mech = 0,98) gekoppelt. Der 

aus der Turbine T austretende Enthalpiestrom dient zur Schuberzeugung und damit zum Antrieb des 

Flugzeugs. 

Die Parameter der Umgebungsluft sind: p ∞ = 280hPa, T ∞ = 220K, R Luft = 287 J/kgK, sowie κ Luft = 1,4 

(Stoffwerte konstant). Kinetische und potentielle Energien sind für alle Teilaufgaben zu vernachlässigen. 

1.) Berechnen Sie die theoretische Austrittstemperatur T ∗ b 

nach dem Verdichter V unter Annahme 

einer isentropen Verdichtung. 

2.) Berechnen Sie die tatsächliche Austrittstemperatur T b nach dem Verdichter V. 

3.) Bestimmen Sie den Polytropenexponenten n V des Verdichters V . 

4.) Ermitteln Sie die vom Verdichter aufgenommene spezifische technische Arbeit w t,V . Stellen Sie 

dazu den 1. Hauptsatz am Verdichter V auf. 

5.) Wie groß ist die spezifische Druckänderungsarbeit w d,V , die spezifische Dissipationsarbeit w r,V 

und der polytrope Wirkungsgrad η pol,V des Verdichters V? 

6.) Die Austrittstemperatur der Luft nach der Brennkammer BK beträgt T c = 1600K. Wie groß ist die 

zugeführte spezifische Wärmemenge q BK ? 

7.) Berechnen Sie die Austrittstemperatur T d nach der Turbine T, indem Sie den 1. Hauptsatz an der 

Turbine T aufstellen. Stellen Sie zusätzlich eine Energiebilanz an der Verbindungswelle zwischen 

Turbine T und Verdichter V auf. 

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8.) Die spezifische Dissipationsarbeit der Turbine T beträgt w r,T = 23 kJ/kg. Bestimmen Sie die 

spezifische Druckänderungsarbeit w d,T , den polytropen Wirkungsgrad η pol,T und den Polytropenexponenten 

n T der Turbine T. 

9.) Wie groß ist der Austrittsdruck p d nach der Turbine? 

10.) Berechnen Sie den isentropen Wirkungsgrad η is,T der Turbine. 

11.) Berechnen Sie den Luftmassenstrom ṁ, der durch die Triebwerksanordnung strömen muss, 

um eine Antriebsschubleistung von P Schub = 10MW zu erzielen. Nehmen Sie dazu an, dass 60 % 

der spezifischen Enthalpiedifferenz zwischen Turbinenaustritt und Umgebung für den Antrieb 

genutzt werden können. 

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8. Übungsblatt 

Aufgabe 6.10 (S. 259) 

Beim Aufheizen des Motors eines PKW durch eine stationär arbeitende Standheizung wird im Bereich 

der Flamme ein Wärmestrom von ˙Q = 1kW von den Heißgasen (T HG = 1300K) über die Wand auf das 

Kühlwasser (T KW = 300K) übertragen. 

ṁ HG 

˙Q 

Ṡ irr 

ṁ KW 

1.) Berechnen Sie den vom Heißgas durch die Wärmeabfuhr abgegebenen Entropiestrom Ṡ q,HG . 

2.) Berechnen Sie den vom Kühlwasser durch die Wärmezufuhr aufgenommenen Entropiestrom 

Ṡ q,KW . 

3.) Bestimmen Sie die Entropieproduktion Ṡ irr in der Wand, welche dort aufgrund der Wärmeübertragung 

auftritt. Stellen Sie dazu eine Entropiestrombilanz an der Rohrwand zwischen Heißgas 

und Kühlwasser auf. 

Aufgabe 6.11 (S. 260) 

Der adiabate und stationär arbeitende Kompressor zur Druckluftversorgung eines Industriebetriebs 

fördert Umgebungsluft (ideales Gas, R Luft = 287 J/kgK, κ = 1,4 , T ∞ = 293K, p ∞ = 1013mbar) in das 

Druckluftnetz (p a = 10bar, T a,1 = 590K). 

˙q ab 

e 

a 

1.) Berechnen Sie die spezifische Entropieproduktion im Kompressor s irr,1 . Stellen Sie dazu den 

2. Hauptsatz am Kompressor auf. 

Eine Wartungsfirma verspricht, durch Einbau eines neuen Verdichterschaufelrades die Austrittstemperatur 

des Kompressors auf T a,2 = 550K abzusenken, während alle anderen Parameter gleich bleiben. 

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2. Prüfen Sie diese Aussage, indem Sie die neue spezifische Entropieproduktion des Kompressors 

s irr,2 berechnen. 

3. Bestimmen Sie die minimal mögliche Austrittstemperatur T a,min des Kompressors mit Hilfe des 

2. Hauptsatzes. Nehmen Sie hierzu an, dass bei dieser Austrittstemperatur keine Entropieproduktion 

auftritt. Weisen Sie anschließend durch Umformen nach, dass der von Ihnen gefundene 

Term äquivalent zu der Ihnen bekannten Beziehung für eine isentrope Zustandsänderung ist. 

( 

T2 

= p κ−1 ) 

2 κ 

T 1 p 1 

4. Welche spezifische Wärmemenge q ab müsste mindestens über die Kompressorwand abgeführt 

werden, um die von der Wartungsfirma versprochene Austrittstemperatur erreichen zu können? 

Stellen Sie dazu den 2. Hauptsatz am jetzt diabaten Kompressor auf. Nehmen Sie vereinfachend 

an, dass die Wärme bei einer konstanten Systemtemperatur von T sys = 420K abgegeben wird. 

Aufgabe 6.12 (S. 260) 

Aufgrund von Sonneneinstrahlung erwärmt sich der Inhalt einer geschlossenen Pressluftflasche 

(ideales Gas, c v = 717,5J/kgK) von T 1 = 293K auf T 2 = 313K. 

1.) Stellen Sie den 1. Hauptsatz am System „Inhalt der Gasflasche“ in differenzieller Form auf. 

2.) Berechnen Sie die spezifische Änderung der Entropie aufgrund der Wärmeübertragung s q,12 . Verwenden 

Sie dabei Ihr vorher gefundenes Ergebnis und integrieren Sie zwischen den Zeitpunkten 

1 und 2. 

3.) Bestimmen Sie die Änderung der Entropie aufgrund von Irreversibilitäten s irr,12 . Stellen Sie dazu 

den 2. Hauptsatz am System „Inhalt der Gasflasche“ auf. 

19






Aufgabe 7.8 (S. 329) 

Ein renommierter Kochtopfhersteller testet seinen neuen Schnellkochtopf „Profi-Gar“ bei der Stiftung 

Warentest. Der Umgebungsdruck betrage p ∞ = 1bar. Im Kochtopf befinde sich reines Wasser. Das 

maximale Fassungsvermögen beträgt V KT = 10l. Der nach der Befüllung mit flüssigem Wasser im 

Topf verbleibende Luftanteil, sowie die Wärmekapazität des Topfs sind zu vernachlässigen. Das 

Dampfablassventil V bleibt bis zum Zeitpunkt 1 geschlossen. Der Druck im Kochtopf sei zwischen 

den Zeitpunkten 1 und 2 konstant. Zur Bestimmung der thermodynamischen Stoffwerte sind die 

Dampftafeln für Wasser und Wasserdampf im Anhang des Skriptums zu verwenden. 

V 

KT 

˙Q ab 

˙Q zu 

1.) Die gewünschte Gartemperatur beträgt T 1 = 125 ◦ C. Ermitteln Sie den zugehörigen Absolutdruck 

p 1 . Auf welchen Überdruck p ü muss das Dampfablassventil V eingestellt werden? 

2.) Bestimmen Sie durch lineare Interpolation die zum Absolutdruck p 1 gehörigen Stoffgrößen v 

p1 ′ , 

v 

p1 ′′ , h′ p1 

und h′′ 

p1 

aus der Dampftafel. 

3.) Berechnen Sie ebenfalls die zu p 1 gehörigen spezifischen inneren Energien u 

p1 ′ 

Sie diese aus den Werten für die jeweilige spezifische Enthalpie berechnen. 

und u′′ 

p1 , indem 

4.) Zum Zeitpunkt 1 wurde die gewünschte Gartemperatur erreicht und es hat sich ein Dampfgehalt 

von x 1 = 0,02 im Inneren des Topfs eingestellt. Berechnen Sie die sich im Topf befindende 

Gesamtmasse an Wasser m 1 , sowie die Masse an gesättigtem Dampf m 

1 ′′ und die Masse an 

gesättigter Flüssigkeit m 

1 ′ . 

5.) Wieviel Liter flüssiges, kaltes Wasser (T 0 = 10 ◦ C) wurden vor dem Aufheizen in den Kochtopf 

gefüllt? 

6.) Berechnen Sie die innere Energie U 1 des 2-Phasen-Gemischs zum Zeitpunkt 1. 

7.) Berechnen Sie die innere Energie U 0 des kalten Wassers zum Zeitpunkt 0. 

20

8.) Bestimmen Sie die Wärmemenge Q 01 , die das Wasser zwischen den Zeitpunkten 0 und 1 

aufgenommen hat. 

9.) Ermitteln Sie die Zeitspanne t 01 unter der Annahme, dass die über die Herdplatte zugeführte 

Wärmeleistung ˙Q zu = 1kW beträgt. Berücksichtigen Sie zusätzlich eine Wärmeabgabe des 

diabaten Kochtopfs von ˙Q ab = −15 kJ/min an die Umgebung. 

10.) Zum Zeitpunkt 2 beträgt der Dampfgehalt im Topf x 2 = 0,025. Welche Masse an gesättigtem Wasserdampf 

m 12 ist zwischen den Zeitpunkten 1 und 2 über das Dampfablassventil V ausgeströmt? 

11.) Berechnen Sie die Zeitdauer t 12 . Die über die Systemgrenze „Kochtopf“ übertragenen Wärmeströme 

haben sich im Vergleich zur Zeitspanne t 01 nicht geändert. 

12.) Anschließend wird der Topf von der Herdplatte genommen und unter dem Wasserhahn mit 

kaltem Wasser sehr schnell abgekühlt, bis im Topf Druckausgleich mit der Umgebung stattgefunden 

hat. Das Dampfablassventil V ist während dieses Vorgangs geschlossen. Bestimmen Sie 

die nun im Kochtopf vorliegende Temperatur T 3 . 

13.) Welche Wärmemenge Q 23 hat der Topfinhalt an die Umgebung abgegeben? 

21






Aufgabe 8.10 (S. 391) 

Zur Kühlung eines Hochtemperaturreaktors wird ein Kreisprozess mit Gasturbinen eingesetzt. Helium 

(ideales Gas, R = 2077,3J/kgK, κ = 1,66) vom Zustand 1 (T 1 = 780K, p 1 = 70bar) erwärmt sich aufgrund 

der Reaktorabwärme ˙Q R = 6MW isobar bis auf die Temperatur T 2 = 1180K. Anschließend entspannt es 

in der adiabaten Turbine T1 (η T1,is = 0,94) auf den Druck p 3 (T 3 = 1110K), in der adiabaten Turbine T2 

auf den Druck p 4 = 52,4bar (T 4 = 1060K) und in Turbine T3 unter der Wärmeabgabe ˙Q T3 reibungsfrei 

auf den Druck p 5 (T 5 = 844,5K). 

Über Wellen treiben die Turbinen T1 und T2 die Verdichter V1 und V2 und Turbine T3 den Generator G 

(P G = 3015kW) an. Alle drei Wellen besitzen einen mechanischen Wirkungsgrad von η mech = 0,95. Im 

isobaren, nach außen hin adiabaten Wärmetauscher WT wird das Helium bis auf die Temperatur T 6 

und anschließend im isobaren Kühler K2 bis auf die Temperatur T 7 = 285K abgekühlt. Im adiabaten 

Verdichter V2 erfolgt eine verlustbehaftete Komprimierung zum Zustand 8 (p 5 

Helium im adiabaten Verdichter V1 (η V1,is = 0,96) bis auf den Druck p 10 = p 1 (T 10 = 376K) komprimiert 

wird, kühlt es im isobaren Kühler K1 bis zum Zustand 9 ab. 

1.) Stellen Sie die Zustände und Zustandsänderungen qualitativ in einem T - s - Diagramm dar! 

2.) Ermitteln Sie die Temperatur T 6 ! 

3.) Berechnen Sie den Wirkungsgrad η ges des Kreisprozesses und den Massenstrom ṁ! 

4.) Welcher Druck p 3 ergibt sich nach der Turbine T1? 

5.) Berechnen Sie den isentropen Wirkungsgrad η T2,is der Turbine T2! 

22

6.) Ermitteln Sie die Verdichterleistungen P V1 und P V2 ! 

7.) Welcher Wärmestrom ˙Q T3 wird von der Turbine T3 an die Umgebung abgegeben? 

8.) Berechnen Sie die Entropieproduktion Ṡ irr,V1 im Verdichter V1! 

23






Aufgabe 8.11 (S. 392) 

Für die Beheizung eines Wohnhauses kommt eine Wärmepumpe zum Einsatz. Dabei wird der im 

Wärmetauscher übertragene Wärmestrom ˙Q 67 zur Erwärmung des Heizwasserstroms ṁ W genutzt. 

Die Anlage besteht aus einem Niederdruckkreis (Zustände 1 bis 4) und einem Hochdruckkreis (Zustände 

5 bis 8). Beide Kreisläufe sind durch den nach außen hin adiabaten Mitteldruckbehälter gekoppelt, 

in dem der Druck p MD = 6bar herrscht. 

Als Medium wird für diesen Kaltdampfprozess das Kältemittel R134a verwendet. Es durchläuft dabei 

folgende Zustände bzw. Zustandsänderungen: 

Niederdruckkreis: 

Massenstrom ṁ a 

1 → 2 adiabate Drosselung der gesättigten Flüssigkeit bis zur Temperatur T 2 = −26 ◦ C 

2 → 3 vollständige, isobare Verdampfung unter der Wärmeaufnahme ˙Q 23 von der Umgebung 

3 → 4 Adiabate Kompression des trocken gesättigten Dampfes auf den Druck p 4 = p MD ; isentroper 

Verdichterwirkungsgrad η is,Va = 0,8 

24

Hochdruckkreis: 

Massenstrom ṁ b 

5 → 6 Adiabate Kompression des trocken gesättigten Dampfes auf den Druck p 6 = 14bar ; isentroper 

Verdichterwirkungsgrad η is,Vb = 0,8 

6 → 7 vollständige, isobare Kondensation unter Abgabe der Heizwärme ˙Q 67 an das Heizwasser 

7 → 8 adiabate Drosselung auf den Druck p 8 = p MD 

Im nach außen hin adiabaten Wärmetauscher erwärmt sich unter Aufnahme des Wärmestroms ˙Q 67 

der Heizwassermassenstrom ṁ W = 0,2kg/s (Wärmekapazität c W = 4,18 kJ/kg) von T W1 = 20 ◦ C auf 

T W2 = 44 ◦ C. Sämtliche Zustandsänderungen sind als stationär zu betrachten. 

Auszug aus der Dampftafel für R134a: 

Sättigungszustand 

T p v ′ v ′′ h ′ h ′′ s ′ s ′′ 

◦ C bar m 3 /kg m 3 /kg kJ/kg kJ/kg kJ/kgK kJ/kgK 

-26,00 1,02 0,0007 0,1882 16,82 231,62 0,0699 0,9390 

21,58 6,00 0,0008 0,0341 79,48 259,19 0,2999 0,9097 

52,43 14,00 0,0009 0,0140 125,26 273,40 0,4453 0,9003 

Überhitzter Dampf 

T p v h s 

◦ C bar m 3 /kg kJ/kg kJ/kgK 

30,00 6 0,0358 267,89 0,9388 

40,00 6 0,0377 278,09 0,9719 

52,43 14 0,0140 273,40 0,9003 

60,00 14 0,0149 283,10 0,9297 

———————————————————– 

1.) Stellen Sie die Zustände 1 bis 8 und die entsprechenden Zustandsänderungen qualitativ in einem 

T - s - Diagramm dar. 

2.) Zeichnen Sie die spezifische Wärmemenge q 67 in das T - s - Diagramm ein. 

3.) Ermitteln Sie die Wärmeleisung ˙Q 67 der Heizung. 

4.) Berechnen Sie unter Berücksichtigung des isentropen Wirkungsgrads η is,Va die spezifische 

technische Arbeit w t,Va des Niederdruckverdichters V a . 

5.) Wie groß ist der ist der Dampfgehalt x 2 nach der adiabaten Drossel D a ? 

6.) Bestimmen Sie die Austrittstemperatur T 6 aus dem Verdichter V b . 

7.) Berechnen Sie den Massenstrom ṁ b . 

8.) Ermitteln Sie den Massenstrom ṁ a . Stellen Sie dazu den 1. Hauptsatz am System „Mitteldruckbehälter“ 

auf. 

9.) Bestimmen Sie die Leistungsziffer ɛ der Wärmepumpe. 

25

Teil II 

Musterlösungen





Musterlösung zum 1. Übungsblatt 

Aufgabe 2.2 

Charakterisieren Sie die folgenden Systeme nach den Eigenschaften: 

offen - geschlossen, diabat - adiabat, ruhend - bewegt, homogen - heterogen - kontinuierlich. 

Beachten Sie hierbei die gegebenen Systemgrenzen! 

a) Perfekt isolierter Verdichter 

Lösung: offen, adiabat, ruhend, kontinuierlich 


Lösung: offen, diabat, ruhend, heterogen 

c) Lagerfeuer 

Lösung: offen, diabat, ruhend, heterogen 

d) Segelflugzeug 

Lösung: geschlossen, diabat, bewegt, heterogen 

e) Wärmeisolierter Backofen mit Kuchen 

Lösung: geschlossen, adiabat, ruhend, heterogen 

f) Homogen gerührter Kuchenteig im Backofen 

Lösung: geschlossen, diabat, ruhend, homogen 

g) Heizkörper 

Lösung: offen, diabat, ruhend, kontinuierlich 

h) Heizkörper in Heizungsanlage 

Lösung: geschlossen, diabat, ruhend, heterogen (die ganze Anlage) oder homogen (nur das 

zirkulierende Wasser) 

i) Glühbirne homogen 

Lösung: geschlossen, diabat, ruhend, homogen (nur die Gasfüllung) oder heterogen (gesamte 

Glühbirne) 

j) Kaffee in perfekt isolierter Thermoskanne in fahrendem Auto 

Lösung: geschlossen, adiabat, bewegt, homogen 

27

Aufgabe 3.4 

Um Gewicht zu sparen, werden bei Formel 1 - Rennen die Reifen der Rennwagen mit Helium befüllt. 

Im folgenden soll eine Luftfüllung mit einer Heliumfüllung verglichen werden. 

a) Berechnen Sie das von einem Autoreifen (D a = 60cm, D i = 40cm, B = 25cm) eingeschlossene 

Gasvolumen, wenn man die Geometrie vereinfacht als Hohlzylinder annimmt und die Dicke des 

Reifengummis vernachlässigt. 

Lösung: 

V = π ( 

D 

2 

4 a − D 2 ) [ π ( 

i B = 0,6 2 − 0,4 2) · 0,25]m 3 = 0,0392m 3 

4 

= 39,2l 

b) Wie viel Mol Luft und wie viel Mol Helium befinden sich im Autoreifen, wenn der Druck der 

Füllung p f = 2bar ü und deren Temperatur ϑ f = 20 ◦ C beträgt? Der Umgebungsdruck betrage 

p ∞ = 1013mbar. 

Lösung: Ideales Gas 

p V = n R T 

n Reifen = p V 

R T 

= 4,85mol 

= 

301300 · 0,0392 

8,314 · 293,15 mol 

c) Berechnen Sie die spezifischen Gaskonstanten von Luft (M Luft = 28,96 kg/kmol) und Helium 

(M He = 4,00 kg/kmol). 

Lösung: 

R m,Luft = 

R m,Helium = 

R = 8,314 

M Luft 0,02896 J /kgK 

= 287 J/kgK 

R 

= 8,314 

M Helium 0,004 J /kgK 

= 2078 J/kgK 

d) Bestimmen Sie die jeweilige sich im Autoreifen befindende Gasmasse. 

Lösung: 

m Luft = n Reifen M Luft = (4,85 · 28,96)g 

= 140,5g 

m Helium = n Reifen M Helium = (4,85 · 4)g 

= 19,4g 

28

e) Aufgrund von Rollreibung und mehrerer Abbremsmanöver erwärmt sich die Reifenfüllung 

um 10 ◦ C. Berechnen Sie für Luft und Helium den Überdruck, der sich nach der Erwärmung 

einstellt. Hierbei kann der Reifen als isochores System betrachtet werden, es findet also keine 

Volumenänderung statt. 

Lösung: Ideales Gas 

p V = n R T 

p ü = p Reifen − p ∞ = n Reifen R (T f + ∆T ) 

− p ∞ 

V 

4,85 · 8,314 · (293,15 + 10) 

= Pa − 101300Pa = 210534Pa 

0,0392 

= 2,10534bar 

29






Aufgabe 3.10 

geg.: ideales Gas; T = 300K; p ′ = 2 p 

ges.: T ′ in K, ◦ C, F, R 

Die thermische Zustandsgleichung für ideale Gase lautet 

p V = m R T → p = m R 

V 

}{{} 

konst. 

T. 

Wenn also p ′ = 2 p, dann muss gelten T ′ = 2T = 600K. Der Behälter muss also so aufgeheizt werden, 

dass sich die Temperatur verdoppelt. 

ϑ C 

◦ C = T 600K 

− 273,15 = − 273,15 = 326,85 

K K 

→ ϑ C = 326,85 ◦ C 

ϑ F ϑ C 

F = 9 5 

◦ C + 32 = 9 5 

→ ϑ F = 620,33F 

326,85 ◦ C 

+ 32 = 620,33 

◦ C 

R = 9 T 

5 K = 9 600K 

5 K = 1080 

→ T R = 1080R 

T R 

Aufgabe 3.11 

geg.: Temperatur in F 

ges.: Temperatur in ◦ C 

Umrechnung erfolgt über 

ϑ F 

F = 9 5 

ϑ C 

◦ C + 32 

→ ϑ C = 5 9 

( ϑ 

F 

F − 32 ) 

◦ C 

= 48,9 ◦ C. 

Es empfiehlt sich folglich in der klimatisierten Bibliothek zu lernen. 

30

Aufgabe 3.15 

geg.: ideales Gasgemisch; M O2 = 32 kg/kmol; M N2 = 28 kg/kmol; ψ O2 = 0,5; ψ N2 = 0,5 

ges.: ξ O2 ; ξ N2 ; M; R 

M = ∑ i 

ψ i M i = ψ O2 M O2 + ψ N2 M N2 = 0,5 · 32 kg/kmol + 0,5 · 28 kg/kmol 

= 30 kg/kmol 

ξ i = m i 

m = n i M i 

n M = ψ M i 

i 

M 

M O2 

ξ O2 = ψ O2 

M 

= 0,533 

∑ 

ξ i = 1 

i 

→ ξ N2 = 1 − 0,533 

= 0,467 

= 0,5 · 32 kg/kmol 

30 kg/kmol 

R = R m 

M = 8,31451 kJ/kmolK 

30 kg/kmol 

= 277,15 J/kgK 

Analog für Luft mit einer Zusammensetzung von 21 % Sauerstoff und 79 % Stickstoff (Molanteile): 

M = 28,84 kg/kmol 

ξ O2 = 0,233 

ξ N2 = 0,767 

R = 288,3J/kgK 

geg.: V = 1m 3 ; m = 1kg; T = 1000K; R = 277,15 J/kgK 

ges.: p 

m R T = p V 

→ p = m R T = 1kg · 277,15 J/kgK · 1000K 

V 

1m 3 = 277150Pa 

= 2,7715bar 

31

Aufgabe 3.16 

geg.: V = 5l = 5 · 10 −3 m 3 , ζ W = 0,5, ζ A = 0,5, ρ W = 1000 kg/m 3 , ρ A = 850 kg/m 3 

ges.: m ges 

ρ A V A 

ζ A = 0,5 = 

ρ A V A + ρ W V W 

→ ρ A 

ρ W 

= V W 

V A 

V −V A 

V A 

= 5 · 10−3 m 3 

V A 

− 1 

[( ) 

] 

ρA 

1 −1 

V A = + 1 · 

ρ W 5 · 10 −3 m 3 

= 2,7027 · 10 −3 m 3 

→ V W = V −V A 

= 2,297 · 10 −3 m 3 

m W = V W · ρ W 

= 2,297kg 

→ m A = V A · ρ A 

= 2,297kg 

m ges = m W + m A 

≈ 4,59kg 

Die Frage, ob man mehr Masse mit reinem Wasser oder Wasser/Alkohol-Gemisch einfüllen kann, lässt 

sich wie folgt beantworten: 

ρ G < ρ W | ·V → m G < m W . 

Man kann also mehr Masse mit reinem Wasser einfüllen. 

Hinweis: Die Berechnung über eine falsch berechnete gemittelte Dichte führt zu einem falschen 

Ergebnis: 

ρ ≠ ∑ i 

ζ i ρ i = ρ W + ρ A 

2 

= 925 kg/m 3 ( 

richtig: ρ = 918,82 kg/m 3) 

Eine Berechnung über 

ρ = m A + m W 

V 

= ρ W V W + ρ A V A 

V 

= ... 

würde aber zum richtigen Ergebnis führen. 

Der Grund, dass es über die einfache Mittelung nicht funktioniert ist der, dass die jeweilige Dichte der 

Komponente eine Größe des Gewichts bezogen auf ein Volumen ist. Da aber die jeweiligen Volumina 

32

der Komponenten (obwohl ihre Massenverteilung 1:1 ist) nicht identisch sind, funktioniert das hier 

nicht. 

Eine Berechnung über Volumenprozente X i wäre zwar richtig, würde aber hier nicht zum Ergebnis 

führen, da diese Werte nicht gegeben sind: 

ρ = ∑ i 

X i ρ i . 

33






Aufgabe 4.12 

a) Perfekt isolierter Verdichter 

Lösung: 

dE Sys 

dt 

= ∑ ˙Q i + ∑ Ẇ i + ∑ ṁ i 

( 

0 = 0 +Ẇ t + ṁ 

[ 

h i + g z i + c2 i 

2 

) 

| stationär, adiabat 

h ein − h aus + g (z ein − z aus ) + c2 ein − c2 aus 

2 

] 


Lösung: offen, diabat, ruhend, heterogen, instationär 

c) Lagerfeuer 

E Sys,2 − E Sys,1 = ∑ Q i ,12 + ∑ W i ,12 + ∑ m i ,12 

( 

( ) 

U 2 −U 1 = Q 12 + m 12 h aus + c2 aus 

2 

Lösung: offen, diabat, ruhend, heterogen, instationär 


( 

U 2 −U 1 = Q 12 + m ein h ein − m aus h aus 

) 

h i ,12 + g z i ,12 + c2 i ,12 

2 

) 

h i ,12 + g z i ,12 + c2 i ,12 

2 

d) Segelflugzeug 

Lösung: geschlossen, diabat, bewegt, heterogen, instationär 


( 

m 

[ 

u 2 − u 1 + g (z 2 − z 1 ) + c2 2 − c2 1 

2 

] 

= Q 12 

) 

h i ,12 + g z i ,12 + c2 i ,12 

2 

34

e) Wärmeisolierter Backofen mit Kuchen 

Lösung: geschlossen, adiabat, ruhend, heterogen, instationär 


( 

U 2 −U 1 = W 12 = P el ∆t 

) 

h i ,12 + g z i ,12 + c2 i ,12 

2 

f) Homogen gerührter Kuchenteig im Backofen 

Lösung: geschlossen, diabat, ruhend, homogen, instationär 


( 

U 2 −U 1 = Q 12 

) 

h i ,12 + g z i ,12 + c2 i ,12 

2 

g) Heizkörper 

Lösung: offen, diabat, ruhend, kontinuierlich, stationär 

dE Sys 

dt 

= ∑ ˙Q i + ∑ Ẇ i + ∑ ṁ i 

( 

0 = ˙Q + ṁ (h ein − h aus ) 

h i + g z i + c2 i 

2 

) 

h) Heizkörper in Heizungsanlage 

Lösung: geschlossen, diabat, ruhend, heterogen (die ganze Anlage) oder homogen (nur das 

zirkulierende Wasser), instationär 


( 

U 2 −U 1 = Q 12 

) 

h i ,12 + g z i ,12 + c2 i ,12 

2 

i) Glühbirne direkt nach dem Einschalten 

Lösung: geschlossen, diabat, ruhend, homogen (nur die Gasfüllung) oder heterogen (gesamte 

Glühbirne), instationär 


( 

U 2 −U 1 = Q 12 + P el ∆t 

) 

h i ,12 + g z i ,12 + c2 i ,12 

2 

j) Kaffee in perfekt isolierter Thermoskanne in fahrendem Auto 

Lösung: geschlossen, adiabat, bewegt, homogen, instationär 


( 

m 

[ 

u 2 − u 1 + g (z 2 − z 1 ) + c2 2 − c2 1 

2 

] 

= 0 

) 

h i ,12 + g z i ,12 + c2 i ,12 

2 

35

Aufgabe 4.13 

geg: l, b, t, p ∞ 

ges: W v,∞ 

Es ist nach der an der Umgebung verrichteten Arbeit gefragt, somit stellt die Umgebung in diesem Fall 

das betrachtete System dar. Die Volumenänderung (V ∞,2 −V ∞,1 ) ist negativ, da durch die Befüllung 

des Pools das „Umgebungsvolumen“ abnimmt. 

W v,∞ = − 

∫ 2 

1 

= 12,5MJ 

p ∞ dV ∞ = −p ∞ 

( 

V∞,2 −V ∞,1 

) 

= −10 5 Pa · (−125m 3) = 12500000J 

Aufgabe 4.14 

geg: m, c Ton , T ∞ , T max , ˙Q Verlust , Ziegeldurchsatz ż 

a) ges: Q Ton 


( 

m c Ton (T max − T ∞ ) = Q Ton 

Q Ton = 4,956MJ 

) 

h i ,12 + g z i ,12 + c2 i ,12 

2 

b) ges: P el 

P el = Q Ton ż + ˙Q Verlust = 8,083MW 

36






Aufgabe 4.15 

Wir stellen zuerst den 1. Hauptsatz der Thermodynamik (Leistungsbilanz) in allgemeiner Form auf: 

dE Sys 

dt 

= ∑ i 

˙Q i + ∑ j 

Ẇ j + ∑ e 

ṁ e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

− ∑ a 

Mit Hilfe folgender Annahmen kann dieser vereinfacht werden: 

• stationär: dE Sys 

= 0 und ṁ e = ṁ a = ṁ, 

dt 

• offen: ṁ ≠ 0, 

• adiabat: ˙Q i = 0, 

• keine Arbeitseinwirkung von außen: Ẇ j = 0. 

Somit ergibt sich: 

Mit 

( 

) 

0 = ṁ h e − h a + c2 e 

2 − c2 a 

2 + g z e − g z a 

| : ṁ. 

( 

ṁ a h + c2 

2 

)a 

+ g z . 

h = u + p v = c v T + p ρ 

folgt: 

c v T e + p e 

ρ e 

+ c2 e 

2 + g z e = c v T a + p a 

ρ a 

+ c2 a 

2 + g z a. 

Mit den Annahmen isotherm: T e = T a = T und inkompressibel: ρ e = ρ a = ρ erhält man 

c v T + p e 

ρ + c2 e 

2 + g z e = c v T + p a 

ρ + c2 a 

2 + g z a | − (c v T ) | · ρ 

und daraus wiederum 

p e + ρ 2 c2 e + ρg z e = p a + ρ 2 c2 a + ρ g z a. 

Aufgabe 4.16 

1.) Wir stellen den 1. Hauptsatz am System Wasserstrahl von der Auslassdüse bis zur maximalen Höhe 

H des Strahls auf. Wie in Aufgabe 1 vereinfacht er sich zu 

( 

) 

0 = ṁ h e − h a + c2 e 

2 − c2 a 

2 + g z e − g z a 

37

und über die oben gezeigten Schritte zu 

p AD + ρ 2 c2 AD + ρ g z AD = p H + ρ 2 c2 H + ρ g z H. 

Die Druckunterschiede zwischen den beiden Punkten können vernachlässigt werden: p AD = p H . 

Das Nullniveau wird auf AD gelegt: z AD = 0; z H = H. Das Wasser hat in der Höhe H gerade keine 

Geschwindigkeit mehr: c H = 0. Daraus folgt: 

ρ 

2 c2 AD = ρ g H 

H = c2 AD 

2 g = (10 m/s) 2 

2 · 9,81 m/s 2 

= 5,1m. 

2.) Wieder stellen wir den 1. Hauptsatz mit den Bedingungen aus Aufgabe 1 auf, diesmal von der 

Wasseroberfläche OF zum Einlassstutzen ES: 

p OF + ρ 2 c2 OF + ρ g z OF = p ES + ρ 2 c2 ES + ρ g z ES. 

Keine Geschwindigkeiten an OF und ES: c OF = c ES = 0. Das Nullniveau wird bei ES festgelegt: z ES = 0 

und z OF = t. 

p ES = p OF + ρ g t = 101300Pa + 1000 kg/m 3 · 10m · 9,81 m/s 2 = 199400Pa 

= 1,994bar 

3.) Die spezifische Verschiebearbeit w s,ES am Einlassstutzen ergibt sich aus dem gerade berechneten 

Druck p ES am Einlassstutzen und der Dichte des Wassers: 

w s,ES = p ES v = p ES 

ρ 

= 199,4J/kg. 

4.) Die spezifische Enthalpiedifferenz erhält man aus dem allgemeinen Zusammenhang h = u + p v 

sowie der kalorischen Zustandsgleichung für inkompressible Flüssigkeiten: ∆u = c w ∆T . Mit c w = 

4,19 kJ/kgK und T AD = T ES = T W = 293K ergibt sich für ∆h: 

∆h = h AD − h ES = c w (T AD − T ES ) + ( p ∞ − p ES 

) 

vw = ( p ∞ − p ES 

) 

vw 

= (101300 N/m 2 − 199400 N/m 2 ) · 1 m 3 /1000kg 

= −98 J/kg. 

5.) Den Massenstrom erhält man aus Fließgeschwindigkeit, Dichte und der durchströmten Fläche: 

A = D2 AD π 

= (0,04m)2 π 

4 

4 

= 1,257 · 10 −3 m 2 

ṁ = ρ A c AD = 1000 kg/m 3 · 1,257 · 10 −3 m 2 · 10 m/s 

= 12,57 kg/s. 

38

6.) Für die spezifische technische Arbeit stellen wir eine Leistungsbilanz auf: 

dE Sys 

dt 

= ∑ i 

˙Q i + ∑ j 

Ẇ j + ∑ e 

ṁ e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

− ∑ a 

( 

ṁ a h + c2 

2 

)a 

+ g z . 

Mit 

( 

einer Division 

) 

durch ṁ, dem Wegstreichen der Wärmeströme ˙Q, einer stationären Betrachtung 

dESys 

= 0 , der spezifischen Enthalpiedifferenz ∆h (siehe Aufgabe 2.4), der Geschwindigkeit am 

dt 

Einlassstutzen c ES = 0, der Höhendifferenz z = 15m und Auflösen nach w t ergibt sich: 

w t = ∆h + g z + c2 AD 

2 = −98 J/kg + 9,81 N/kg · 15m + (10 m/s) 2 

2 

= 99,05 J/kg. 

7.) Der Gesamtwirkungsgrad besteht aus den Einzelwirkungsgraden η mech und η el und ergibt sich zu 

η ges = η mech · η el = 0,98 · 0,96 = 0,9408. 

D.h. nur 94,08 % können für technische Arbeit genutzt werden, der Rest ist Abwärme. Um die 

benötigte technische Arbeitsleistung aufzubringen, muss die Pumpe 

P el = ṁ · w t · 

= 1,325kW 

1 ṁ · w t 

= 

= 12,57 kg/s · 99,15 J/kg 

η ges η mech · η el 0,98 · 0,96 

in Form von elektrischer Leistung aufnehmen. 

Der Abwärmestrom ist jetzt die Differenz zwischen aufgenommener (hier: elektrischer) und 

abgegebener Nutzleistung 

˙Q Motor = P el − ṁ · w t = 1325W − 12,57 kg/s · 99,15 J/kg 

= 78,43W. 

8.) Die elektrische Leistung bei Sommerbetrieb P el2 wird wie in Aufgabe 2.7 berechnet, wobei der 

Massenstrom ṁ und die Wirkungsgrade η mech , η el gleich bleiben - die spezifische technische Arbeit 

w t2 wird wie in Aufgabe 2.6 bestimmt. Mit 

und 

∆h = 1 ρ 

= −g t 2 

( ) 1 [ 

p∞ − p ES = p∞ − ( )] 1 ( ) 

p ∞ + ρ g t 2 = −ρ g t2 

ρ 

w t2 = ∆h + g z + c2 AD 

2 = g (z − t 2) + c2 AD 

2 = 9,81 N/kg · (15m − 7m) + (10 m/s) 2 

2 

= 128,48 J/kg 

ergibt sich die gesuchte Leistung 

P el2 = 

ṁ w t2 

= 12,57 kg/s · 128,48 J/kg 

η mech η el 0,98 · 0,96 

= 1,72kW. 

ρ 

39






Aufgabe 4.17 

Die kinetische und potentielle Energie aller Fluide kann in allen Teilaufgaben vernachlässigt werden. 

c 2 

2 = 0 

g z = 0 

1.) In der ersten Aufgabe soll der Luftmassenstrom ṁ Luft , der durch den Kühler strömt, berechnet 

werden. Hierzu wird die Kontinuitätsgleichung 

ṁ = ρ c A 

verwendet. Die Geschwindigkeit des Autos c kfz ist gegeben. Die rechteckige Fläche des Kühlers kann 

aus der gegebenen Breite b Kühler und der gegebenen Höhe h Kühler berechnet werden. Die Dichte 

der Luft ρ Luft erhält man über das ideale Gasgesetz. 

ρ Luft = 

p Luft 

R Luft T ∞ 

= 

= 1,205 kg/m 3 

1,013bar 

287 J/kgK · 298K 

A Kühler = b Kühler h Kühler = 0,5m · 0,35m 

= 0,175m 2 

ṁ Luft = ρ Luft c kfz A Kühler = 1,205 kg/m 3 · 120 km/h · 0,175m 2 

= 7,03 kg/s 

2.) In der zweiten Aufgabe soll der von der Luft an das Kühlwasser übertragene Wärmestrom ˙Q Luft 

berechnet werden. Da das Auto mit einer konstanten Geschwindigkeit fährt, handelt es sich um 

einen stationären Strömungsvorgang. Somit wird der erste Hauptsatz als Leistungsbilanz aufgestellt. 

1. Hauptsatz der Thermodynamik in allgemeiner Form am System Luft: 

dE Sys 

dt 

= ∑ i 

˙Q i + ∑ j 

Ẇ j + ∑ e 

ṁ e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

− ∑ a 

ṁ a 

( 

h + c2 

2 + g z )a 


dt 

• keine Arbeiten: Ẇ j = 0 

= 0 und ṁ = ṁ e = ṁ a = ṁ Luft 

• auftretende Wärmeströme: ˙Q Luft 

Damit vereinfacht sich der 1. Hauptsatz zu: 

0 = ˙Q Luft + ṁ Luft (h e − h a ). 

40

Da die Luft als ideales Gas betrachtet wird, kann die Enthalpiedifferenz durch das Produkt der 

isobaren Wärmekapazität und der Temperaturdifferenz dargestellt werden. Unter Berücksichtigung, 

dass der von der Luft abgegebene Wärmestrom gesucht ist folgt: 

0 = − ˙Q Luft + ṁ Luft c p,Luft (T ∞ − T LA ) 

˙Q Luft = ṁ Luft c p,Luft (T ∞ − T LA ) = 7,03 kg/s · 1004,5J/kgK · (293K − 303K) 

= −70,62kW. 

3.) Unter Vernachlässigung der Verschiebearbeit soll die Kühlwasseraustrittstemperatur T WA bei 

gegebener spezifischer Wärmekapazität c w , gegebenem Kühlwassermassenstrom ṁ Wasser und 

gegebener Kühlwassereintrittstemperatur T WE berechnet werden. Analog zur Aufgabe 2 wird der 

1. Hauptsatz am System Kühlwasser aufgestellt. 

1. Hauptsatz der Thermodynamik in allgemeiner Form am System Kühlwasser: 

dE Sys 

dt 

= ∑ i 

˙Q i + ∑ j 

Ẇ j + ∑ e 

ṁ e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

− ∑ a 

ṁ a 

( 

h + c2 

2 + g z )a 


dt 


= 0 und ṁ = ṁ e = ṁ a = ṁ Wasser 

• auftretende Wärmeströme: ˙Q Wasser 


0 = ˙Q Wasser + ṁ Wasser c w (T WE − T WA ). 

Da der Wärmestrom von der Luft vollständig auf das Wasser übertragen wird gilt: 

˙Q Wasser = ˙Q Luft . 

T WA = 

˙Q Wasser 

−70,62kW 

+ T WE = 

ṁ Wasser c w 0,35 kg/s · 4,19 + 363K 

kJ/kgK 

= 314,84K 

( ) 

Die Verschiebearbeit Ẇ = ṁWasser 

ρ pein 

Wasser 

− p aus kann vernachlässigt werden, denn 

Ẇ = ṁWasser ( ) 0,35 kg/s 

pein − p aus = 

ρ Wasser 1000 · 1bar 

kg/m 3 

= 35W ≪ − ˙Q Wasser = − ˙Q Luft . 

41

4.) Im ersten Teil der Aufgabe soll der Wärmestrom ˙Q Luft,min , der mindestens über die Kühlluft 

abgeführt werden muss, berechnet werden, wenn die maximal zulässige Austrittstemperatur des 

Kühlwassers aus dem Kühler T WA,max = 353K beträgt. 

1. Hauptsatz der Thermodynamik in allgemeiner Form am System Kühlwasser: 

dE Sys 

dt 

= ∑ i 

˙Q i + ∑ j 

Ẇ j + ∑ e 

ṁ e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

− ∑ a 

( 

ṁ a h + c2 

2 

)a 

+ g z . 


dt 


= 0 und ṁ = ṁ e = ṁ a = ṁ Wasser 

• auftretende Wärmeströme: ˙Q Wasser,min 


0 = ˙Q Wasser,min + ṁ Wasser c w 

( 

TWE − T WA,max 

) 

˙Q Wasser,min = ṁ Wasser c w 

( 

TWA,max − T WE 

) 

= 0,35 kg/s · 4,19 kJ/kgK · (353K − 363K) 

= −14,67kW. 

Es gilt wiederum: ˙Q Luft,min = ˙Q Wasser,min = −14,67kW. 

Im zweiten Aufgabenteil soll die Mindestgeschwindigkeit des Autos berechnet werden, die benötigt 

wird um die Kühlwassertemperatur im Tank konstant zu halten. 

1. Hauptsatz der Thermodynamik in allgemeiner Form am System Luft: 

dE Sys 

dt 

= ∑ i 

˙Q i + ∑ j 

Ẇ j + ∑ e 

ṁ e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

− ∑ a 

( 

ṁ a h + c2 

2 

)a 

+ g z . 


dt 


= 0 und ṁ = ṁ e = ṁ a = ρ Luft A Kühler c kfz 

• auftretende Wärmeströme: ˙Q Luft,min 


c kfz,min = 

0 = − ˙Q Luft,min + ρ Luft c kfz,min A Kühler c p,Luft (T ∞ − T LA ) 

= 

˙Q Luft,min 

ρ Luft A Kühler c p,Luft (T ∞ − T LA ) 

−14,67kW 

1,205 kg/m 3 · 0,175m 2 · 1004,5J/kgK · (293K − 303K) = 6,9 m/s 

= 24,9km/h. 

5.) Maßnahmen zur Vermeidung einer Überhitzung des Kühlwassers im Stau: 

• Heizung anschalten 

• Ventilator zuschalten um Strömungsgeschwindigkeit zu erhöhen 

• . . . 

42






Aufgabe 5.4 

Kinetische und potentielle Energien sind für alle Teilaufgaben zu vernachlässigen: 

c 2 

2 = 0 

g z = 0. 

1.) Gesucht ist die Temperatur T b der Luft nach dem Verdichter. Zum Lösen der Aufgabe sind die 

Eintrittstemperatur T a , die spezifische technische Arbeit w t (die im Verdichter zugeführt wird) 

und c p,Luft gegeben. Der 1. Hauptsatz wird als Leistungsbilanz aufgestellt, da es sich um einen 

stationären Strömungsvorgang handelt. 

1. Hauptsatz der Thermodynamik in allgemeiner Form: 

dE Sys 

dt 

= ∑ i 

˙Q i + ∑ j 

Ẇ j + ∑ e 

ṁ e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

− ∑ a 

ṁ a 

( 

h + c2 

2 + g z )a 


= 0 und ṁ e = ṁ a = ṁ 

dt 

• offen: ṁ ≠ 0 

• adiabat: ˙Q i = 0 

• Arbeitseinwirkung von außen: Ẇ j = w t · ṁ 

dE Sys 

= ∑ ˙Q i + ∑ Ẇ j + ∑ ( 

ṁ e h + c2 

} 

dt 

{{ } i j e 2 + g z − 

)e ∑ ( 

ṁ a h + c2 

a 2 

)a 

+ g z } {{ } 

=0 

} {{ } } {{ } 

=0 =ṁ·w t 

=ṁ(h e −h a ) 


0 = ṁ · w t + ṁ (h e − h a ) | : ṁ 

0 = w t + c p,Luft (T ein − T aus ). 

Es ergibt sich 

T aus = T b = 

= 890,31K. 

w t 

+ T ein = 

600 kJ/kg 

c + 293K 

p,Luft 1004,5J/kgK 

43

2.) Der Befüllvorgang soll weiter untersucht werden, indem jetzt die Temperatur T c der Luft nach der 

adiabaten Drossel ermittelt wird. 

Der 1. Hauptsatz kann wie in Aufgabe 1 aufgestellt und vereinfacht werden. Dadurch ergibt sich ein 

einfacher Zusammenhang der für eine adiabate Drossel grundsätzlich gilt: 

h ein = h aus 

T ein = T aus . 

Damit ist die Temperatur nach der Drossel D gleich der Temperatur nach dem Verdichter. 

T c = 890,31K 

3.) Die Luftmasse in der Tauchflasche vor dem Befüllvorgang lässt sich einfach über das ideale 

Gasgesetz beschreiben. Druck und Temperatur entsprechen den Umgebungsbedingungen. 

Berechnung mit idealem Gasgesetz: 

m R T = p V 

aufgelöst 

m Anfang = 

p Anfang V F 

R Luft T Anfang 

= 

= 0,01205kg (= m 1 ). 

1,013bar · 10l 

287 J/kgK · 293K 

4.) Die im Zeitintervall t 12 = 10min = 600s eingefüllte Luftmasse ergibt sich durch einen Vergleich der 

nutzbaren Motorleistung und der spezifischen technischen Arbeit w t , die einem kg Luft zugeführt 

wird. 

P M,nutz = η mech · P M = 0,98 · 2kW 

= 1,96kW 

Das ist die Leistung, die im Verdichter genutzt werden kann. Außerdem gilt: 

P M,nutz · t 12 = m 12 · w t . 

Durch mathematische Umformung erhält man: 

m 12 = P M,nutz · t 12 

w t 

= 1,96kg. 

1,96kW · 600s 

= 

600 kJ/kg 

5.) Betrachtet wird nun die befüllte Tauchflasche. In ihr hat sich der Druck auf p 2 = 200bar erhöht. 

Da die Luftmasse und das Volumen der Tauchflasche bekannt sind, kann über das ideale Gasgesetz 

auf die Temperatur T 2 nach dem Befüllvorgang geschlossen werden. 

Der gesamte Inhalt der Tauchflasche setzt sich zusammen aus der Luft, die schon vor dem 

Befüllvorgang in der Tauchflasche war (m 1 = 0,01205kg berechnet in Teilaufgabe 3) und der Luft, 

die mithilfe der Motorleistung über den Verdichter in die Flasche gepumpt wird (Teilaufgabe 4: 

m 12 = 1,96kg). 

m 2 = m Anfang + m 12 = 1,97205kg 

44

Berechnung über ideales Gasgesetz: 

aufgelöst 

m R T = p V 

T 2 = 

p 2 V F 

m 2 R Luft 

= 

= 353,37K. 

200bar · 10l 

1,97205kg · 287 J/kgK 

6.) Während des Befüllvorgangs hat die diabate Tauchflasche Wärme an die Umgebung abgegeben. 

Zur Berechnung muss sowohl die innere Energie der Luftmasse in der Tauchflasche vor und 

nach der Befüllung berücksichtigt werden (∆U ), aber auch die Enthalpie der eingeströmten Luft 

h c = c p,Luft · T c (T c wurde in Teilaufgabe 2 berechnet). 

Noch klarer wird dies, wenn wir uns den 1. Hauptsatz vor Augen führen. Diesmal als Energiebilanz: 

∆U = ∑ i 

Q i + ∑ j 

W j + ∑ e 

• instationär: U 2 −U 1 ≠ 0 

• abgegebene Wärme: Q i ≠ 0 

m e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

− ∑ a 

• keine Arbeitseinwirkung von außen: W j = 0 

m a 

( 

h + c2 

2 + g z )a 

∆U = ∑ Q i + ∑ W j + ∑ 

i j e 

} {{ } } {{ } 

=Q 12 

=0 

m e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

} {{ } 

m 12·h c 

Dann vereinfacht sich der 1. Hauptsatz zu: 

∆U = Q 12 + m 12 · h c . 

− ∑ ( 

m a h + c2 

a 2 

)a 

+ g z } {{ } 

=0 reiner Befüllvorgang 

Wie schon erwähnt entspricht ∆U der Differenz der inneren Energie in der Tauchflasche vor und 

nach dem Befüllvorgang. Die innere Energie U berechnet sich wie folgt: 

wobei 

U = m · c v,Luft · T, 

c v,Luft = c p,Luft − R = 717,5J/kgK 

U 2 −U 1 = ∆U = m 2 · c v · T 2 − m 1 · c v · T 1 

Q 12 = m 2 · c v · T 2 − m 1 · c v · T 1 − m 12 · c p,Luft · T c 

= −1,2554MJ. 

45

7.) Die Tauchflasche wird nun vom Befüllsystem abgetrennt und verschlossen. In ihr kühlt sich die Luft 

weiterhin bis auf Umgebungsniveau ab, wobei eine bestimmte Wärmemenge Q 23 übertragen wird. 

Zur Berechnung der abgegebenen Wärme dient derselbe Ansatz wie in Aufgabe 6, jedoch mit der 

Vereinfachung eines geschlossenen Systems. 

∆U = Q 23 

Q 23 = m 2 · c v · T 3 − m 2 · c v · T 2 

Q 23 = 1,97205kg · 717,5J/kgK · (353,37K − 293K) 

= −85,42kJ 

Berechnung des Drucks über ideales Gasgesetz (m 2 = m 3 ): 

p 3 = m 3 R Luft T ∞ 

V F 

= 165,83bar. 

= 1,97205kg · 287 J/kgK · 293K 

10l 

46






Aufgabe 5.5 

1.) Hier kann einfach der Zusammenhang für eine isentrope Zustandsänderung verwendet werden: 

T ∗ ( ) κ−1 

b pb κ 

= , 

T ∞ p ∞ 

woraus sich für T ∗ b ergibt: 

T ∗ b = T ∞ 

= 476,9K. 

( ) κ−1 ( ) 1,4−1 

pb κ 

4,2bar 1,4 

= 220K 

p ∞ 0,28bar 

2.) Über den isentropen Wirkungsgrad am Verdichter η is erschließt sich jetzt die tatsächliche Temperatur 

T b : 

η is = T ∗ b − T ∞ 

T b − T ∞ 

⇒ T b = 

( 

T 

∗ 

b − T ) 

∞ 

+ T ∞ = 1 (476,9K − 220K) + 220K 

η is 0,88 

= 511,96K. 

3.) Über den Zusammenhang zwischen den thermischen Zustandsgrößen p und T bei einer polytropen 

Zustandsänderung und ein paar Umformungen lässt sich der Polytropenexponent n V des 

Verdichters berechnen. 

Erstmal allgemein: 

T 

( 2 p2 

) n−1 

n 

= 

T 1 p 1 

⇒ ln T ( 

2 p2 

) n−1 

n 

= ln 

T 1 p 1 

⇒ ln T 2 

T 1 

= n − 1 

n ln p 2 

p 1 

, 

weiter 

⇒ n ln T 2 

T 1 

ln p = n − 1 ⇒ 1 = n 

(1 − ln T 2 

T 1 

2 

p 1 

ln p 2 

und schließlich 

⇒ n = 

(1 + ln T 2 

T 1 

ln p 1 

p 2 

)−1 

. 

p 1 

) 

47

An unsere Aufgabe angepasst bedeutet das: 

n V = 

(1 + ln T b 

T ∞ 

= 1,453. 

ln p ∞ 

p b 

)−1 

= 

( 

1 + 

) 

511,96K −1 

ln 

220K 

ln 0,28bar 

4,2bar 

4.) Wie in der Angabe gefordert stellen wir den 1. Hauptsatz am Verdichter V auf. 

Allgemein: 

dE Sys 

= ∑ 

} 

dt 

{{ } i=1 

=0, stationär 

W˙ 

i + ∑ ˙ 

j =1 

Q j 

} {{ } 

=0, adiabat 

+ ∑ k=1ṁ · e k . 

Wir eliminieren ṁ, ersetzen das jeweilige h und erhalten daraus die spezifische technische Arbeit 

w t,V : 

0 = Ẇ t + ṁ (h ein − h aus ) | : ṁ 

w t,V = 

κ 

κ − 1 R (T b − T ∞ ) = 1,4 

1,4 − 1 · 287 J/kgK · (511,96K − 220K) 

= 293,3kJ/kg. 

5.) Da der Verdichter nicht verlustfrei (also nicht isentrop) arbeitet, kann nicht die gesamte technische 

Arbeit zur Verdichtung genutzt werden. Hier liegt also eine polytrope Zustandsänderung 

vor, weshalb die Druckänderungsarbeit nicht gleich der technischen Arbeit ist. Die Druckänderungsarbeit 

muss über den Ansatz w d = ∫ v dp bestimmt werden, welcher für ideale Gase (siehe 

Formelsammlung) lautet: 

w d = 

n 

n − 1 R (T 2 − T 1 ). 

w d,V = 

n V 

n V − 1 R (T b − T ∞ ) = 1,453 

1,453 − 1 · 287 J/kgK · (511,96K − 220K) 

= 268,8kJ/kg 

Den polytropen Wirkungsgrad η pol,V kann man sich jetzt als Quotient aus der nutzbaren Druckänderungsarbeit 

und der aufzuwendenden technischen Arbeit berechnen. Analog zur üblichen 

Wirkungsgradberechnung η = Nutzen 

Aufwand : 

η pol,V = w d,V 

= 268,8 J/kgK 

w t,V 293,3J/kgK 

= 0,92. 

Die spezifische Dissipationsarbeit w r,V ist dabei der Verlust im Verdichter, also der Anteil der 

technischen Arbeit, der nicht in Form von Druckänderungsarbeit genutzt werden kann: 

w r,V = w t,V − w d,V = 293,3kJ/kg − 268,8kJ/kg 

= 24,5kJ/kg. 

48

6.) Man geht wie in Aufgabe 4 vor und stellt den 1. Hauptsatz an der Brennkammer auf. Da keine 

technische Arbeit zu- oder abgeführt und das System wieder stationär betrieben wird, ergibt sich: 

0 = ˙Q b + ṁ c p (T b − T c ) | : ṁ 

und durch die Elimination von ṁ 

mit 

q b = −c p (T b − T c ) 

c p = 

κ 

κ − 1 R = 1,4 

1,4 − 1 · 287 J/kgK 

= 1004,5J/kgK. 

Schließlich lässt sich q b berechnen: 

q b = −c p (T b − T c ) = −1004,5J/kgK · (511,96K − 1600K) 

= 1093 kJ/kg. 

7.) Wieder der obligatorische 1. Hauptsatz (hier adiabat, h wird wieder ersetzt) mit stationärer Leistungsbilanz: 

0 = Ẇ t + ṁ c p (T c − T d ) | : ṁ 

0 = w t,T + c p (T c − T d ) 

Die technische Arbeit am Verdichter w t,V wird von der Turbine verrichtet. An der Verbindungswelle 

gehen davon aber 2% wegen η mech = 0,98 verloren, d.h. dass die spezifische technische Arbeit w t,T , 

die an der Turbine abgegeben wird, mit 

w t,T = −w t,V 

= −293,3 kJ/kg 

η mech 0,98 

= −299,3kJ/kg 

größer als die spezifische technische Arbeit w t,V , die am Verdichter ankommt, sein muss. Das 

gegensätzliche Vorzeichen, weil sie bei der Turbine „raus“ kommt und beim Verdichter „rein“ geht. 

Eine kleine Umformung und schon erhält man 

T d = w t,T 

c p 

= 1302K. 

+ T c = −299,3 kJ/kg 

1004,5J/kgK + 1600K 

49

8.) Bei der Turbine verhält es sich genau andersrum als beim Verdichter: Hier verrichtet die Druckänderung 

Arbeit, gibt einen Großteil als technische Arbeit w t,T ab und verliert einen Teil als spezifische 

Dissipationsarbeit w r,T (gegeben). Betragsmäßig ist damit |w d,T | die Summe aus |w t,T | und |w r,T |. 

Da sowohl die Druckänderungsarbeit als auch die technische Arbeit in der Turbine negativ sind, 

gilt immer noch die gleiche Formel wie in Aufgabe 5: 

w d,T = w t,T − w r,T = −299,3kJ/kg − 23 kJ/kg 

= −322,3kJ/kg. 

Der Wirkungsgrad ist wie immer η = Nutzen 

Aufwand , hier mit dem Nutzen w t,T und dem Aufwand w d,T : 

η pol,T = |w t,T| 

|w d,T | = 299,3 kJ/kg 

322,3kJ/kg 

= 0,93. 

Analog zu Aufgabe 5 stellen wir die Formel für die Druckänderungsarbeit auf und erhalten so den 

Polytropenexponenten für die Turbine n T : 

w d,T = 

n T 

n T − 1 R (T d − T c ) 

n T = 

w d,T 

R(T d −T c ) 

w d,T 

R(T d −T c ) − 1 = 

= 1,361. 

−322,3 kJ /kg 

287 J /kgK(1302K−1600K) 

−322,3 kJ /kg 

287 J /kgK(1302K−1600K) − 1 

Man beachte: Hier ist der Polytropen- kleiner als der Isentropenkoeffizient! 

9.) Nachdem jetzt n T bekannt und p c = p b (isobare Brennkammer) ist, kann man über eine polytrope 

Zustandsänderung den Austrittsdruck p d berechnen: 

p d = p c 

( 

Td 

T c 

) n T 

= 1,931bar. 

n T −1 

= 4,2bar 

( 1302K 

1600K 

) 1,361 

1,361−1 

50

10.) Den isentropen Wirkungsgrad η is,T können wir aus 

η is,T = T d − T c 

T ∗ d − T c 

erhalten wir über eine angenommene verlust- 

berechnen. Die fehlende isentrope Temperatur T ∗ d 

freie Expansion über die Turbine (also: κ!): 

T ∗ d = T c 

und damit 

( ) κ−1 

pd κ 

= 1600K 

p c 

= 1281,4K 

η is,T = T d − T c 

T ∗ d − T = 

c 

= 0,94. 

( 1,931bar 

4,2bar 

1302K − 1600K 

1281,4K − 1600K 

) 1,361 

1,361−1 

11.) Mit einer Leistungsbilanz und der Tatsache, dass nur 60% der Enthalpiedifferenz genutzt werden 

können, erhalten wir: 

P Schub = 0,6 · ṁ c p (T d − T ∞ ) 

ṁ = 

P Schub 

0,6 · c p (T d − T ∞ ) = 10MW 

0,6 · 1004,5J/kgK(1302K − 220K) 

= 15,3kg/s. 

51





Musterlösung zum 8. Übungsblatt 

Aufgabe 6.10 

1.) Das Heißgas gibt einen Wärmestrom von ˙Q = 1kW bei einer konstant angenommenen Temperatur 

von 1300 K über die Wand an das Kühlwasser ab. Der Entropiestrom infolge der Wärmeabgabe 

berechnet sich wie folgt: 

Ṡ q,i = ˙Q i 

T i 

→ Ṡ q,HG = − 

˙Q = − 1000W 

T HG 1300K 

= −0,769 W/K. 

Das negative Vorzeichen kommt daher, dass Wärme abgegeben wird. 

2.) Analog zu Aufgabe 1.1! Zu beachten ist jedoch das Vorzeichen und die Wandtemperatur auf der 

Kühlwasserseite von 300 K. 

Ṡ q,KW = 

˙Q = 1000W 

T KW 300K 

= 3,333 W/K 

3.) 2. Hauptsatz an der Wand: 

dS sys 

dt 

= ∑ Ṡ q,i + Ṡ irr + Ṡ e − Ṡ a 

• stationär: dS sys 

dt 

= 0 

• kein Massenstrom über die Wand: Ṡ e = Ṡ a = 0 

Führt zur vereinfachten Gleichung: 

0 = ∑ Ṡ q,i + Ṡ irr . 

Der durch Wärmeabfuhr vom Heißgas abgegebene Entropiestrom wird von der Wand aufgenommen: 

Ṡ q,e = −Ṡ q,HG . Der durch Wärmezufuhr vom Kühlwasser aufgenommene Entropiestrom wird 

von der Wand abgegeben: Ṡ q,a = −Ṡ q,KW . Daraus ergibt sich für die Entropieproduktion in der Wand 

infolge der Wärmeübertragung: 

→ Ṡ irr = Ṡ q,KW + Ṡ q,HW = 3,333 W/K − 0,769 W/K 

= 2,564 W/K. 

52

Aufgabe 6.11 

1.) 2. Hauptsatz am Kompressor: 

dS sys 

dt 


dt 

= ∑ Ṡ q,i + Ṡ irr + Ṡ e − Ṡ a 

• adiabat: Ṡ q,i = 0. 

= 0 und ṁ e = ṁ a = ṁ 

Damit vereinfacht sich der 2. HS. zu 

0 = Ṡ irr + Ṡ e − Ṡ a | : ṁ. 

Daraus folgt: 

s irr = s a − s e . 

Die spezifische Entropieproduktion aufgrund von Irreversibilitäten entspricht der Differenz der 

spezifischen Entropie an Ein- und Austritt. Diese ist über die Gibbs’sche Fundamentalgleichung zu 

berechnen: 

mit 

∫ a 

∫ 

dh − vdp a 

s a − s e = 

= 

e T 

e 

( ) 

Ta 

= c p · ln − R · ln 

T e 

c p = 

c p 

∫ a 

T dT − e 

) 

p e 

( 

pa 

κ 

κ − 1 · R = 1,4 

1,4 − 1 · 287 J/kgK 

= 1004,5J/kgK. 

Daraus ergibt sich: 

R 

p dp 

s irr = s a − s e 

( ) ( ) 

Ta,1 pa 

= c p · ln − R · ln 

T e p e 

( ) 

( ) 

590K 

10bar 

= 1004,5J/kgK · ln − 287 J/kgK · ln 

293K 

1,013bar 

= 45,965 J/kgK. 

53

2.) Völlig analoge Berechnung möglich: 

s irr = s a − s e 

= c p · ln 

( 

Ta,2 

= −24,555 J/kgK. 

T e 

) 

− R · ln 

( 

pa 

p e 

) 

Durch Einsetzen der von der Wartungsfirma versprochenen Austrittstemperatur ergibt sich eine 

Entropieproduktion kleiner Null. Damit ist klar, dass der Prozess unmöglich und die Aussage der 

Firma falsch ist. 

3.) Mit Hilfe der selben Gleichung soll nun die minimal mögliche Austrittstemperatur gefunden werden. 

Dazu wird der Term für die spezifische Entropieproduktion aufgrund von Irreversibilitäten gleich 

Null gesetzt und umgeformt: 

( ) ( ) 

Ta,2 pa 

s irr = s a − s e = c p · ln − R · ln = 0. 

T e p e 

Daraus folgt: 

( ) 

Ta,min 

c p · ln = R · ln 

T e 

( 

pa 

( ) 

Ta,min 

ln = R · ln 

T e c p 

( ) 

Ta,min 

ln = ln 

T e 

Daraus ergibt sich: 

p e 

) 

( ) 

pa 

p e 

( ) R ( ) κ−1 

pa cp pa κ 

= ln . 

p e p e 

( ) κ−1 ( ) 1,4−1 

pa κ 10bar 1,4 

T a,min = · Te = · 293K 

p e 1,013bar 

= 563,61K. 

Es zeigt sich, dass die Gibbs’sche Fundamentalgleichung beim Einsetzen der Nebenbedingung 

eines idealen Prozesses ∆s = 0 der zuvor gelernten Isentropenbeziehung entspricht. 

4.) Wiederum 2. Hauptsatz am nun diabaten Kompressor: 

dS sys 

dt 


dt 

= ∑ Ṡ q,i + Ṡ irr + Ṡ e − Ṡ a 

• isentrop: Ṡ irr = 0 

= 0 und ṁ e = ṁ a = ṁ 

Warum geht man hier von einem idealen Prozess aus? 

Die Frage ist, welche Wärmemenge muss mindestens - also trotz eines isentropen Prozesses - 

zusätzlich abgeführt werden, um die versprochene Austrittstemperatur einhalten zu können. Von 

der in Teilaufgabe 2 ermittelten Entropieproduktion des adiabaten Prozesses sollte man sich hier 

nicht verunsichern lassen. Daraus folgt: 

0 = s q,i + s e − s a = q ab 

T sys 

+ s e − s a . 

54

Der Ausdruck s a − s e entspricht dem in Teilaufgabe 2 gefundenen Ergebnis. Der Prozess ist jedoch 

nur möglich, wenn die aus diesem Term resultierende spezifische Entropieproduktion durch 

Wärmeabfuhr kompensiert wird. Damit ergibt sich: 

[ ( ) ( )] 

Ta pa 

q ab = T sys · (s a − s e ) = c p · ln − R · ln · T sys 

T e p e 

= −10313,1J/kg. 

Aufgabe 6.12 

1.) 1. Hauptsatz an der Luft in der Pressluftflasche (differentielle, spezifische Form): 

du = ∑ i 

dq i + ∑ j 

dw j + ∑ k 

) 

d 

(h k + c2 

2 + g z 

• instationär du ≠ 0 

• geschlossen ∑ ( 

) 

k d h k + c2 

2 + g z = 0 

• keine Arbeitseinwirkung von außen dw = 0 

Damit ergibt sich: 

du = dq. 

2.) Die spezifische Änderung der Entropie aufgrund von Wärmeübertragung wird differentiell durch 

ds q = dq 

T 

angegeben. Setzt man den Ausdruck aus Teilaufgabe 1 ein, so erhält man: 

ds q = dq 

T = du 

T . 

Zur Ermittlung des zugehörigen Zahlenwertes muss jetzt integriert werden: 

∫ 2 

∫ 2 

∫ 

du 2 

s q,12 = ds q = 

1 

1 T = c v 

1 T dT 

( ) 

T2 

= c v · ln 

T 1 

(8.1) 

( ) 313K 

→ s q,12 = 717,5J/kgK · ln 

293K 

= 47,377 J/kgK. 

55

3.) 2. Hauptsatz in differentieller Form 

dS sys = dS q + dS irr + dm · (s e − s a ) 

Geschlossenes System: dm = 0 

Teilen durch die Systemmasse liefert die spezifische Form: 

ds sys = ds q + ds irr 

s 2 − s 1 = s q,12 + ∆s irr (8.2) 

Die Änderung der spezifischen Entropie des Systems s 2 − s 1 kann mit der Gibbs’schen Fundamentalgleichung 

berechnet werden: 

( ) ( ) 

T2 v2 

s 2 − s 1 = c v · ln + R · ln 

T 1 v 1 

Für das hier vorliegende isochore System (v 2 = v 1 ) vereinfacht sich Gleichung (8.3) zu 

( ) 

T2 

s 2 − s 1 = c v · ln . (8.4) 

T 1 

Gleichung (8.4) entspricht exakt der in der 2. Teilaufgabe ermittelten Gleichung (8.1) für die 

spezifische Änderung der Entropie aufgrund von Wärmeübertragung. Somit kann der 2. Hauptsatz 

aus Gleichung (8.2) zu 

∆s irr = 0 

vereinfacht werden. Folglich wird während des Wärmeübertragungsvorgangs keine Entropie aufgrund 

von Irreversibilitäten ∆s irr erzeugt. Der Vorgang ist theoretisch somit reversibel. Es wird 

deutlich, dass aufgrund reiner Wärmeübertragung keine Irreversibilitäten auftreten. Diese treten 

nur auf, wenn Temperaturgradienten vorhanden sind. Bei dem hier gezeigten Beispiel würde bei 

Temperaturunterschieden in der Flaschenwand aufgrund der Temperaturleitung (siehe Teilaufgabe 

1) Entropie produziert werden. 

(8.3) 

56






Aufgabe 7.8 

1.) Für die Temperatur T 1 ist kein Wert für den Druck in der Dampftafel angeben. Daher muss dieser 

linear interpoliert werden. 

p 1 = p 2bar + ( ) T 1 − T 2bar 

p 3bar − p 2bar · 

T 3bar − T 2bar 

125 ◦ C − 120,23 ◦ C 

= 2bar + (3bar − 2bar) · 

133,39 ◦ C − 120,23 ◦ C 

= 2,362bar 

Der Überdruck, auf den das Ablassventil eingestellt werden muss, ergibt sich aus der Differenz 

zwischen Absolutdruck und Umgebungsdruck. 

p ü = p 1 − p ∞ = 2,362bar − 1bar 

= 1,362bar 

2.) Das spezifische Volumen der Flüssigkeit ist ohne Interpolation der Dampftafel zu entnehmen und 

wird als konstant betrachtet. 

v ′ p1 = 0,001 m 3 /kg 

Der Druck p 1 liegt zwischen 3bar und 2bar, also muss auch zwischen diesen beiden Werten 

interpoliert werden. 

v p1 ′′ = v′′ 2bar + ( v ′′ 

3bar − T 1 − T 2bar 

2bar) v′′ · 


= 0,8852 m 3 /kg + ( 125 

0,6056 m 3 /kg − 0,8852 m /kg) ◦ C − 120,23 ◦ C 

3 

· 

133,39 ◦ C − 120,23 ◦ C 

= 0,7838 m 3 /kg 

h p1 ′ = h′ 2bar + ( h ′ 3bar − T 1 − T 2bar 

2bar) h′ · 


125 

= 504,52 kJ/kg + (561,20 kJ/kg − 504,52 kJ/kg) ◦ C − 120,23 ◦ C 

· 

133,39 ◦ C − 120,23 ◦ C 

= 525,06 kJ/kg 

h p1 ′′ = h′′ 2bar + ( h ′′ 

3bar − T 1 − T 2bar 

2bar) h′′ · 


125 ◦ C − 120,23 ◦ C 

= 2704,6kJ/kg + (2723,2kJ/kg − 2704,6kJ/kg) · 

133,39 ◦ C − 120,23 ◦ C 

= 2711,3kJ/kg 

57

3.) Die spezifische innere Energie u errechnet sich allgemein aus der spezifischen Enthalpie und der 

Verschiebearbeit: 

u ′ = h ′ − p v ′ 

u ′′ = h ′′ − p v ′′ 

bzw. 

u ′ p1 = h′ p1 − p 1 v ′ p1 = 525,06 kJ/kg − 2,362bar · 0,001 m 3 /kg 

= 524,82 kJ/kg 

u ′′ 

p1 = h′′ p1 − p 1 v ′′ 

p1 = 2711,3 kJ/kg − 2,362bar · 0,7839 m 3 /kg 

= 2526,1kJ/kg. 

4.) Die Gesamtmasse an Wasser im Topf setzt sich zusammen aus dem dampfförmigen und dem 

flüssigen Anteil. Mit diesem spezifischen Volumen des Wasser-Dampf Gemisches lässt sich bei 

Kenntnis des Topfvolumens die Masse errechnen. 

v 1 = v p1 ′ + x ( v ′′ − v ′) p1 = 0,001 m 3 /kg + 0,02 · (0,7839 ) 

m 3 /kg − 0,001 m 3 /kg 

= 0,0167 m 3 /kg 

m 1 = V KT 

v 1 

= 0,01m3 

0,0167 m 3 /kg 

= 0,599kg 

Welche Massen nun Dampf und Flüssigkeit im Topf haben, lässt sich wiederum mit dem Dampfgehalt 

bestimmen. 

m ′′ 

1 = x · m 1 = 0,02 · 0,599kg 

= 0,012kg 

m 1 ′ = m 1 − m 1 ′′ = 0,599kg − 0,012kg 

= 0,587kg 

5.) Die Masse an flüssigem Wasser, die vor dem Kochvorgang in den Topf gegeben wurde, entspricht 

der Masse m 1 , da der Topf zwischen den Zeitpunkten 0 und 1 nicht geöffnet wurde. 

m 0 = m 1 

Das spezifische Volumen v 0 ist das spezifische Volumen der Flüssigkeit bei vorliegendem Druck 

und Temperatur und ist der Dampftafel für unterkühlte Flüssigkeit zu entnehmen. 

v 0 = v 1bar, = 0,001 m 3 /kg 

10 ◦ C 

Aus Masse und spezifischem Volumen lässt sich so das Volumen der unterkühlten Flüssigkeit am 

Anfang bestimmen. 

V 0 = m 1 · v 0 = 0,599l 

58

6.) Zum Zeitpunkt T 1 herrscht im Kochtopf eine Temperatur von 125 ◦ C und der Druck p 1 . Des weiteren 

ist der Dampfgehalt x 1 bekannt. Mit ihm lässt sich die spezifische innere Energie aus den in 

Teilaufgabe 3 bestimmten Werten berechnen. 

u 1 = u ′ p1 + x 1 

( 

u ′′ − u ′) p1 = 524,82 kJ/kg + 0,02 · (2526,1kJ/kg − 524,82 kJ/kg) 

= 564,85 kJ/kg 

Die innere Energie des Wassers zum Zeitpunkt 1 ergibt sich durch Multiplikation mit der Wassermasse 

m 1 . 

U 1 = u 1 · m 1 = 338,35kJ 

7.) Um die innere Energie der unterkühlten Flüssigkeit zu berechnen, benötigt man die Enthalpie zum 

Zeitpunkt 0. Aus der Dampftafel für Wasser und Wasserdampf lässt sich dieser Wert bei 10 ◦ C und 

1bar Druck ablesen. 

h 0 = h 1bar, = 42,1kJ/kg 

10 ◦ C 

Die innere Energie ergibt sich wiederum aus dem bekannten Zusammenhang. 

u 0 = h 0 − p 0 v 0 = 42,1kJ/kg − 1bar · 0,001 m 3 /kg 

= 42,0kJ/kg 

Durch Multiplikation mit der Gesamtmasse des Wassers ergibt sich dessen innere Energie. 

U 0 = u 0 · m 0 = 25,16kJ 

8.) Für die Wärmemenge, die benötigt wird um das Wasser zu erwärmen, wird eine Energiebilanz am 

Kochtopf aufgestellt (geschlossenes System, keine äußeren Arbeiten). 

Q 01 = U 1 −U 0 = 338,35kJ − 25,16kJ 

= 313,19kJ 

9.) Um die Zeit zu berechnen, die benötigt wird um das Wasser im Topf von Zustand 0 auf Zustand 1 

zu bringen, wird eine Leistungsbilanz am System Kochtopf aufgestellt (geschlossenes System, keine 

äußeren Arbeiten). 

dE Sys 

dt 

= ˙Q zu − ˙Q ab 

Dieser Zusammenhang lässt sich nach der Zeit auflösen. 

U 1 −U 0 

= ˙Q zu + ˙Q ab 

t 01 

→ t 01 = 418s = 6min58s 

59

10.) Der Dampfgehalt ist zwischen den Zuständen 1 und 2 gestiegen, folglich ändert sich auch das 

spezifische Volumen des Wasser-Wasserdampf Systems. Da der Druck konstant bleibt, können die 

zum Druck p 1 gehörigen Stoffgrößen verwendet werden. 

v 2 = v p1 ′ + x ( 

2 v ′′ − v ′) p1 = 0,001 m 3 /kg + 0,025 · (0,7838 ) 

m 3 /kg − 0,001 m 3 /kg 

= 0,0206 m 3 /kg 

Die Masse ergibt sich wieder durch Division des Topfvolumens durch das spezifische Volumen. 

m 2 = V KT 

v 2 

= 0,485kg 

Die Masse, die zwischen den Zeitpunkten 1 und 2 aus dem Topf entwichen ist, errechnet sich aus 

der Differenz der jeweiligen Massen zu den beiden Zeitpunkten. 

m 12 = m 2 − m 1 = 0,114kg 

11.) Die Zeitdauer zwischen den Zuständen 1 und 2 lässt sich wieder mit einer Leistungsbilanz am 

System Kochtopf bestimmen. Dieses Mal ist jedoch das System nicht geschlossen, da zwischen den 

Zeitpunkten 1 und 2 gesättigter Dampf der Masse m 12 und der Enthalpie h ′′ 

p1 entweicht. 

U 2 −U 1 

t 12 

= ˙Q zu + ˙Q ab − 

m 12 h ′′ 

p1 

t 12 

Die innere Energie zum Zeitpunkt 2 lässt sich wieder mit der bekannten Formel bestimmen. 

U 2 = m 2 

[u ′ p1 + x 2 

( )] 

u p1 ′′ − u′ p1 

= 0,485kg · [524,82 kJ/kg + 0,025(2526,1kJ/kg − 524,82 kJ/kg)] 

= 278,81kJ 

→ t 12 = 332s = 5min32s 

12.) Da ein Druckausgleich mit der Umgebung stattfindet, ist der Druck im Topf p 3 = 1bar. Dadurch ist 

der Zustand des Zweiphasengemisches im Topf festgelegt und die entsprechenden Informationen 

lassen sich der Dampftafel entnehmen. 

T 3 = 99,63 ◦ C 

13.) Die übertragene Wärmemenge ergibt sich aus einer Energiebilanz am System Topf zwischen den 

Zeitpunkten 2 und 3 (geschlossenes System, keine äußeren Arbeiten). 

U 3 −U 2 = Q 23 

Hierbei ist neben der Wärmemenge auch die innere Energie zum Zeitpunkt 3 unbekannt. Für sie 

gelten folgende Zusammenhänge: 

U 3 = m 3 · u 3 = m 2 · u 3 

u 3 = u ′ 1bar + x ( 

3 u 

′′ 

1bar − 1bar) u′ . 

Der Topf bleibt während des Abkühlens geschlossen, jedoch ändert sich sein Dampfgehalt, da 

der Inhalt abkühlt. Für das spezifische Volumen gilt ebenfalls, dass es konstant bleibt, weil keine 

60

Masse das System verlässt und das Topfvolumen ebenfalls konstant bleibt. Damit lässt sich der 

Dampfgehalt x 3 im Topf zum Zeitpunkt 3 berechnen. 

v 2 = v 3 

x 3 = v 3 − v ′ 

v ′′ − v ′ = 0,0206 m 3 /kg − 0,001 m 3 /kg 

1,6940 m 3 /kg − 0,001 m 3 /kg 

= 0,012 

Die inneren Energien errechnen sich aus den Enthalpien und Volumenänderungsarbeiten für 

p = 1bar. 

u ′ = h ′ − p v ′ = 417,33 kJ/kg − 1bar · 0,001 m 3 /kg 

= 417,23 kJ/kg 

u ′′ = h ′′ − p v ′′ = 2673,8kJ/kg − 1bar · 1,6940 m 3 /kg 

= 2504,4kJ/kg 

Eingesetzt ergibt sich somit 

u 3 = 442,28 kJ/kg 

Q 23 = −64,30kJ. 

61






Aufgabe 8.10 

Die kinetische und potentielle Energie aller Fluide kann in allen Teilaufgaben vernachlässigt werden. 

c 2 

2 = 0 

g z = 0 

1.) Der Kreisprozess soll in ein T - s - Diagramm eingetragen werden. Insbesondere zu beachten 

ist, dass vom Punkt 4 zu Punkt 5 die spezifische Entropie aufgrund von Wärme abnimmt. 

2.) Gesucht ist die Temperatur T 6 . Zur Bestimmung dieser Temperatur wird der 1. Hauptsatz am 

Wärmetauscher aufgestellt. 

1. Hauptsatz der Thermodynamik in allgemeiner Form am System Wärmetauscher: 

dE Sys 

dt 

= ∑ i 

˙Q i + ∑ j 

Ẇ j + ∑ e 

ṁ e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

− ∑ a 

ṁ a 

( 

h + c2 

2 + g z )a 


dt 

= 0 und ṁ = ṁ e = ṁ a 

62


• keine auftretenden Wärmeströme: ˙Q i = 0 

Damit vereinfacht sich der 1. Hauptsatz zu 

ṁ (h 5 + h 10 − h 6 − h 1 ) = 0. 

mit h = c p T und 

c p = R 

κ 

κ − 1 = 2077,3 1,66 

J/kgK · 

1,66 − 1 

= 5224,7J/kgK 

folgt: 

T 6 = T 10 − T 1 + T 5 = 376K − 780K + 844,5K 

= 440,5K. 

3.) Zunächst soll der Gesamtwirkungsgrad η ges des Kreisprozesses bestimmt werden. Dieser ist als Quotient 

zwischen Nutzen und Aufwand definiert. Im vorliegenden Kreisprozess steht dem Aufwand 

˙Q R der Nutzen P G gegenüber. Somit folgt: 

η ges = P G 

˙Q R 

= 3015kW 

6MW 

= 0,5025. 

Zusätzlich ist der Massenstrom ṁ gesucht. Hierzu wird der 1. Haupsatz am Kernreaktor aufgestellt. 

1. Hauptsatz der Thermodynamik in allgemeiner Form am System Kernreaktor: 

dE Sys 

dt 

= ∑ i 

˙Q i + ∑ j 

Ẇ j + ∑ e 

ṁ e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

− ∑ a 

ṁ a 

( 

h + c2 

2 + g z )a 


dt 


= 0 und ṁ = ṁ e = ṁ a 

• auftretende Wärmeströme: ˙Q R 

Mit dh = c p dT vereinfacht sich der 1. Hauptsatz zu: 

0 = − ˙Q R + ṁ c p (T 2 − T 1 ) 

ṁ = 

˙Q R 

c p (T 2 − T 1 ) = 

= 2,871 kg/s. 

6MW 

5224,7J/kgK(1180K − 780K) 

63

4.) Gesucht ist der Druck p 3 , der sich nach der Turbine T1 einstellt. Dieser wird über die Isentropengleichung 

berechnet, indem man eine isentrope Zustandsänderung von Punkt 2 zu Punkt 3 annimmt 

(gestrichelte Linie im T -s-Diagramm). Hierzu wird die Temperatur T3 ∗ im Falle einer isentropen 

Zustandsänderung benötigt. Diese wird mit Hilfe des bekannten isentropen Wirkungsgrads η is,T1 

der Turbine T1 bestimmt. 

T3 ∗ = 1 (T 3 − T 2 ) + T 2 = 1 (1110K − 1180K) + 1180K 

η is,T1 0,94 

= 1105,53K 

Daraus folgt für den Druck p 3 : 

p 3 = p 2 

( T 

∗ 

3 

T 2 

) κ 

= 59,41bar. 

κ−1 

= 70bar 

( 1105,53K 

1180K 

) 1,66 

1,66−1 

5.) Der isentrope Wirkungsgrad η is,T2 der Turbine T2 soll berechnet werden. Analog zu Aufgabe 4 

wird zuerst mit Hilfe der Isentropengleichung die Temperatur T4 ∗ für eine isentrope Zustandsänderung 

von Punkt 3 nach Punkt 4 berechnet. Anschließend kann der isentrope Wirkungsgrad η is,T2 

bestimmt werden. 

T ∗ 4 = T 3 

( ) κ−1 ( ) 1,66−1 

p4 κ 

52,4bar 1,66 

= 1110K 

p 3 59,41bar 

= 1056,02K 

η is,T2 = T 4 − T 3 

T4 ∗ − T = 

3 

= 0,926 

1060K − 1110K 

1056,02K − 1110K 

6.) Die Verdichterleistungen der Verdichter V1 und V2 sind zu ermitteln. Hierzu wird der 1. Hauptsatz 

an der zugehörigen Turbine aufgestellt und über den mechanischen Wirkungsgrad die Verdichtungsleistung 

berechnet. 

1. Hauptsatz der Thermodynamik in allgemeiner Form am System Turbine T1: 

dE Sys 

dt 

= ∑ i 

˙Q i + ∑ j 

Ẇ j + ∑ e 

ṁ e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

− ∑ a 

ṁ a 

( 

h + c2 

2 + g z )a 


= 0 und ṁ = ṁ e = ṁ a 

dt 

• auftretende Leistungen: P T1 

• keine Wärmeströme: ˙Q i = 0 

Mit h = c p T vereinfacht sich der 1. Hauptsatz zu: 

0 = −P T1 + ṁ c p (T 3 − T 2 ). 

Daraus folgt: 

P T1 = ṁ c p (T 3 − T 2 ) = 2,871 kg/s · 5224,7J/kgK · (1110K − 1180K) 

= −1050,0kW 

64

P V1 = −P T1 η mech = 1050,0kW · 0,95 

= 997,51kW. 

Analog folgt für den Verdichter V2: 

P T2 = ṁ c p (T 4 − T 3 ) = 2,871 kg/s · 5224,7J/kgK · (1060K − 1110K) 

= −750,0kW 

P V2 = −P T2 η mech = 750,0kW · 0,95 

= 712,51kW. 

7.) Gesucht ist der Wärmestrom ˙Q T3 , der von der Turbine T3 an die Umgebung abgegeben wird. Hierfür 

wird wiederum der 1. Hauptsatz an der Turbine T3 aufgestellt. 


dE Sys 

dt 

= ∑ i 

˙Q i + ∑ j 

Ẇ j + ∑ e 

ṁ e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

− ∑ a 

ṁ a 

( 

h + c2 

2 + g z )a 


= 0 und ṁ = ṁ e = ṁ a 

dt 

• auftretende Leistungen: P T3 

• auftretende Wärmeströme: ˙Q T3 

Mit dh = c p dT und P T3 = 

0 = − ˙Q T3 − P G 

η mech 

+ ṁ c p (T 4 − T 5 ). 

Daraus folgt: 

P G 

˙Q T3 = − + ṁ c p (T 4 − T 5 ) 

η mech 

= − 3015kW 

0,95 

= 58,84kW. 

P G 

η mech 

vereinfacht sich der 1. Hauptsatz zu: 

+ 2,871 kg/s · 5224,7J/kgK · (1060K − 844,5K) 

8.) Die Entropieproduktion Ṡ irr im Verdichter V1 soll berechnet werden. Es wird der zweite Hauptsatz 

am Verdichter V1 aufgestellt. 


dS Sys 

dt 

= ∑ i 

Ṡ q + Ṡ irr + ∑ e 

ṁ e s e − ∑ a 

ṁ a s a 

• stationär: dS Sys 

dt 

= 0 und ṁ = ṁ e = ṁ a 

• keine Entropieänderungen durch Wärmeströme: Ṡ q = 0 

Somit folgt: 

Ṡ irr = ṁ (s 10 − s 9 ). 

65

Die spezifische Entropiedifferenz (s 10 − s 9 ) wird mit Hilfe der Gibbs‘schen Fundamentalgleichung 

berechnet. 

( ) ( ) 

T10 p10 

s 10 − s 9 = c p ln − R ln 

T 9 p 9 

Die noch unbekannten Größen T 9 und p 9 werden über den 1. Hauptsatz am Verdichter V1 und die 

Isentropenbeziehungen unter Berücksichtigung des Isentropenwirkungsgrades des Verdichters V1 

analog zu den Aufgaben 4 und 6 berechnet. 

T 9 = − P V1 

997,51kW 

+ T 10 = − 

ṁ c p 2,871 kg/s · + 376K 

5224,7J/kgK 

= 309,5K 

T ∗ 10 = η is,V1 (T 10 − T 9 ) + T 9 = 0,96(376K − 309,5K) + 309,5K 

= 373,34K 

( ) κ ( ) 1,66 

T9 κ−1 309,5K 1,66−1 

p 9 = p 10 = 70bar 

T10 

∗ 373,34K 

= 43,68bar 

Somit ergibt sich für die spezifische Entropiedifferenz 

( ) ( ) 

T10 p10 

s 10 − s 9 = c p ln − R ln 

T 9 p 9 

( ) ( ) 

376K 

70bar 

= 5224,7J/kgK ln − R ln 

309,5K 43,68bar 

= 37,094 J/kgK 

und die Entropieproduktion: 

Ṡ irr = ṁ (s 10 − s 9 ) = 2,871 kg/s · 37,094 J/kgK 

= 106,5J/Ks. 

66






Aufgabe 8.11 

1.) 

2.) siehe T - s - Diagramm Aufgabe 1 

dq = T · ds 

3.) 1. Hauptsatz am Wärmetauscher (nur Heizwasser): 

dE Sys 

dt 

= ∑ i 

˙Q i + ∑ j 

Ẇ j + ∑ e 

ṁ e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

− ∑ a 

ṁ a 

( 

h + c2 

2 + g z )a 


dt 

• diabat: ˙Q i ≠ 0 

= 0 und ṁ e = ṁ a = ṁ 

• keine Arbeitseinwirkung: Ẇ j = 0 

˙Q 67 = ṁ w c w (T W2 − T W1 ) = 0,2kg/s · 4,18 kJ/kgK · (44 ◦ C − 20 ◦ C ) 

= 20,06kW 

67

4.) 1. Hauptsatz am Verdichter: 

dE Sys 

dt 

= ∑ ˙Q i + ∑ Ẇ j + ∑ 

i j e 

ṁ e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

− ∑ a 

ṁ a 

( 

h + c2 

2 + g z )a 


dt 


= 0 und ṁ e = ṁ a = ṁ 

• Arbeitseinwirkung von außen: Ẇ j = w t · ṁ 

0 = w t · ṁ + ṁ(h 3 − h 4 ) 

Die spezifische technische Arbeit entspricht also der Differenz der Enthalpien an Ein- und Austritt. 

Diese sind jedoch unbekannt! Eintritt: Der eintretende Massenstrom wurde im Schritt zuvor bei 

1,02bar vollständig verdampft, d.h. es liegt Sättigungszustand vor. (Tabelle) 

h 3 = h ′′ 1,02bar = 231,62 kJ/kg 

Austritt: Hier wird es schwieriger. Bei einer isentropen Zustandsänderung (s = const.) ergäbe sich 

eine Enthalpie h4 ∗ mit der zugehörigen Entropie s a = s e = s ′′ (Sättigungszustand). Über den 

1,02bar 

isentropen Wirkungsgrad kann dann die tatsächliche Enthalpie am Austritt bestimmt werden. 

aus Interpolation: 

Einsetzen: 

h ∗ 4 = h 30 ◦ C + h 40 ◦ C − h 30 ◦ C 

s 40 ◦ C − s 30 ◦ C 

h 4 = h 3 + h∗ 4 − h 3 

η is,Va 

= 277,03 kJ/kg 

w t,Va = h 4 − h 3 = 45,41 kJ/kg 

( 

) 

s ′′ 1,02bar − s 30 ◦ C = 267,95 kJ/kg 

5.) Definition des Dampfgehalts am Beispiel der Enthalpie: 

h = h ′ + x 

(h ′′ − h ′) 

Nach Umformung: 

x 2 = 

h 2 − h ′ −26 ◦ C 

h ′′ −26 ◦ C − h′ −26 ◦ C 

Die Enthalpie ist hier sehr einfach zu bestimmen: Gesättigte Flüssigkeit (h = h ′ ) wird durch eine 

6bar 

adiabate Drossel geleitet (h = const.). Damit ergibt sich: 

Eingesetzt: 

h 2 = h ′ 6bar = 79,48 kJ/kg. 

x 2 = 

h 2 − h ′ −26 ◦ C 

h ′′ −26 ◦ C − = 0,2917. 

h′ −26 ◦ C 

68

6.) Unter Annahme eines isentropen Prozesses (s = const.) kann die Enthalpie h6 ∗ durch Interpolation 

mit s = s ′′ (Sattdampf aus dem Mitteldruckbehälter) bestimmt werden. 

6bar 

s ∗ 6 = s 5 = s ′′ 6bar 

= 0,9097 kJ/kgK 

h ∗ 6 = h 52,43 ◦ C + h 60 ◦ C − h 52,43 ◦ C 

s 60 ◦ C − s 52,43 ◦ C 

= 276,5kJ/kg 

( 

s 

∗ 

6 − s 52,43 ◦ C) 

Über den gegebenen Wirkungsgrad η is,Vb = 0,8 ergibt sich dann die Enthalpie h 6 . 

h 6 = h 5 + h∗ 6 − h 5 

η is,Vb 

= 280,83 kJ/kg 

Beachte die Analogie zu Aufgabe 4: Die Interpolation mithilfe eines angenommenen isentropen 

Prozesses bei s = s e und das anschließende Umrechnen in reale Werte ist das übliche Vorgehen bei 

solchen Problemen und sollte wirklich verstanden werden. 

Erst jetzt kann die Temperatur T 6 über Interpolation in der Dampftafel mit der Enthalpie h 6 ermittelt 

werden! 

T 6 = 52,43 ◦ C + 60 ◦ C − 52,43 ◦ C ( 

h6 − h 52,43 C) 

h 60 ◦ C − h ◦ 52,43 ◦ C 

= 58,2 ◦ C 

WICHTIG: insbesondere gilt T 6 ≠ h 6 

c p 

(kein ideales Gas) 

Gebiet des idealen Gases befindet sich im h - s - Diagramm beim stark überhitzten Dampf. Die 

Temperatur nimmt dort auf einer Isobaren mit zunehmender spezifischer Entropie exponentiell zu. 

7.) 1. Hauptsatz am Wärmetauscher (nur Hochdruckkreis): 

dE Sys 

dt 

= ∑ i 

˙Q i + ∑ j 

Ẇ j + ∑ e 

ṁ e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

− ∑ a 

ṁ a 

( 

h + c2 

2 + g z )a 


dt 

• diabat: ˙Q i ≠ 0 

= 0 und ṁ e = ṁ a = ṁ 


0 = − ˙Q 67 + ṁ b (h 6 − h 7 ) 

Zusätzlich ist der Angabe zu entnehmen, dass eine vollständige, isobare Kondensation bei p 6 = 

14bar vorliegt. (Tabelle: Sättigungszustand) 

h 7 = h ′ 14bar = 125,26 kJ/kg 

h 6 ist bekannt aus Aufgabe 6, ˙Q 67 aus Aufgabe 3! 

ṁ b = − ˙Q 67 

h 7 − h 6 

= 0,129 kg/s 

69

8.) 1. HS am Mischbehälter: 

dE Sys 

dt 

= ∑ ˙Q i + ∑ Ẇ j + ∑ 

i j e 

ṁ e 

( 

h + c2 

2 + g z )e 

− ∑ a 

ṁ a 

( 

h + c2 

2 + g z )a 


dt 


= 0 


mit: 

0 = ṁ a · h 4 + ṁ b · h 8 − ṁ a · h 1 − ṁ b · h 5 

ṁ a = −ṁb (h 8 − h 5 ) 

h 4 − h 1 

h 1 = h ′ 6bar = 79,48 kJ/kg 

h 8 = h 7 = 125,26 kJ/kg 

h 5 = h ′′ 6bar = 259,19 kJ/kg 

ṁ a = −ṁb (h 8 − h 5 ) 

h 4 − h 1 

(adiabate Drossel) 

= 0,0874 kg/s 

9.) Die Leistungsziffer ist definiert als Nutzen pro Aufwand. Nutzbringend ist in diesem Fall die 

Heizleistung ˙Q 67 , während die beiden Verdichterleistungen den Aufwand darstellen. 

˙Q 67 

ɛ = 

P Va + P Vb 

Für Verdichter V a wurde bereits die spezifische technische Arbeit ermittelt, die nun nur noch mit 

dem Massenstrom zu multiplizieren ist: 

P Va = ṁ a w t,Va = 3,95kW. 

Die Verdichterleistung P Vb bestimmt sich aus der Differenz der Enthalpien an Ein- und Austritt, 

multipliziert mit dem Massenstrom ṁ b . Die Herleitung wurde bereits in Aufgabe 4 ausführlich 

dargestellt. Sowohl h 5 als auch h 6 wurden bereits berechnet. Damit folgt: 

P Vb = ṁ b (h 6 − h 5 ) = 2,79kW. 

ɛ = 

˙Q 67 

P Va + P Vb 

= 

= 2,97 

20,06kW 

3,95kW + 2,79kW 

Es wird empfohlen den 1. Hauptsatz am Verdichter V b zur Übung dennoch aufzustellen. 

70

8. Übungsblatt - Lehrstuhl für Thermodynamik - Technische ...

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