Exergie und Anergie < Thermodynamik < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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Hallo Leute
Bin gerade beim Thema Exergie angekommen. Ich habe mir dazu ein Beispiel angeschaut und frage mich irgendwie, wieso das so ist. Kann mir das vielleicht jemand erklären?
Gegeben ist mir:
Durch eine isotherme Expansion kann Arbeit gewonnen werden, obwohl die Innere Energie sich nicht ändert: Wärmezufuhr bei Raumtemperatur.
Was ich weiss: isotherme Expansion: Änderung der Inneren Energie = 0; Änderung der Enthalpie = 0; Volumenänderungsarbeit = Technische Arbeit (Nutzarbeit)
jetzt steht da:
W_Volumenänderungsarbeit = [mm] R_s [/mm] * [mm] T_u *ln(\bruch{p_u}{p_1})= 445\bruch{kJ}{kg}
[/mm]
Nutzbare Arbeit: Gesamtarbeit - Arbeit gegen Umgebungsdruck
Arbeit = [mm] R_s [/mm] * [mm] T_u *ln(\bruch{p_u}{p_1} [/mm] - [mm] p_u [/mm] * [mm] (v_u -v_1) [/mm] = [mm] 362\bruch{kJ}{kg}
[/mm]
Was mich halt wundert...wieso kann hier plötzlich Volumenänderungsarbeit ungleich technisch nutzbarer Arbeit sein??? Das stimmt ja nicht mehr mit der isothermen Zustandsänderung überein....
Kann mir da jemand weiterhelfen? Vielen Dank.
Grüsse Nicole
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:03 Sa 27.11.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Nicole!
> Hallo Leute
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> Bin gerade beim Thema Exergie angekommen. Ich habe mir dazu
> ein Beispiel angeschaut und frage mich irgendwie, wieso das
> so ist. Kann mir das vielleicht jemand erklären?
>
> Gegeben ist mir:
>
> Durch eine isotherme Expansion kann Arbeit gewonnen werden,
> obwohl die Innere Energie sich nicht ändert: Wärmezufuhr
> bei Raumtemperatur.
>
> Was ich weiss: isotherme Expansion: Änderung der Inneren
> Energie = 0; Änderung der Enthalpie = 0;
> Volumenänderungsarbeit = Technische Arbeit (Nutzarbeit)
>
> jetzt steht da:
>
> W_Volumenänderungsarbeit = [mm]R_s * T_u *ln(\bruch{p_u}{p_1})= 445\bruch{kJ}{kg}[/mm]
>
> Nutzbare Arbeit: Gesamtarbeit - Arbeit gegen
> Umgebungsdruck
>
> Arbeit = [mm]R_s * T_u *\ln(\bruch{p_u}{p_1} - p_u * (v_u -v_1)[/mm]
>
>
> Was mich halt wundert...wieso kann hier plötzlich
> Volumenänderungsarbeit ungleich technisch nutzbarer Arbeit
> sein??? Das stimmt ja nicht mehr mit der isothermen
> Zustandsänderung überein....
Es ist nur eine Begriffsverwirrung (an der die Thermodynamiker nicht ganz unschuldig sind, wie ich meine) 
Bei der isothermen Expansion leistet das System die Arbeit
[mm] W_{\text{Volumenänderungsarbeit}} = R_s * T_u *\ln(\bruch{p_2}{p_1})[/mm] .
Aber: die Expansion findet in der Regel nicht im luftleeren Raum statt. Stell dir einen Luftballon mit Überdruck vor, der sich ausdehnt. Bei dieser Ausdehnung schiebt die Ballonhülle die umgebende Luft weg und leistet damit mechanische Arbeit gegen den Umgebungsdruck, gegeben durch die Formel
Umgebungsdruck mal Volumenänderung.
Dieser Anteil der Volumenänderungsarbeit steht für andere Zwecke nicht zur Verfügung, und daher kommt eine kleinere Größe heraus.
Viele Grüße
Rainer
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Also ich muss sagen, ich verstehs noch nicht ganz, hab die Formel nochmals angeschaut da steht ganz genau:
$ [mm] R_s \cdot{} T_u \cdot{}\ln(\bruch{p_u}{p_1}) [/mm] - [mm] p_u \cdot{} (v_u -v_1) [/mm] $ = w_v1u
Dieses w_v1u - ich habe da das Gefühl das zeigt nun wirklich die Volumenänderungsarbeit und gar nicht die technische Arbeit....ober oben drüber steht da:
Nutzbare Energie: Gesamtarbeit-Arbeit gegen Umgebungsdruck
Also diese Nutzbare Energie...das ist der Teil der Volumenänderungsarbeit und nicht die technische Arbeit??? Ist dies korrekt?
Liebe Grüsse und dankeschön...
PS: Die Begriffe verwirren einen wirklich :)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:12 So 28.11.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Nicole,
> Also ich muss sagen, ich verstehs noch nicht ganz, hab die
> Formel nochmals angeschaut da steht ganz genau:
>
> [mm]R_s \cdot{} T_u \cdot{}\ln(\bruch{p_u}{p_1}) - p_u \cdot{} (v_u -v_1)[/mm] = [mm] w_{v1u}[/mm] [/mm]
>
> Dieses w_v1u - ich habe da das Gefühl das zeigt nun
> wirklich die Volumenänderungsarbeit und gar nicht die
> technische Arbeit....ober oben drüber steht da:
>
> Nutzbare Energie: Gesamtarbeit-Arbeit gegen Umgebungsdruck
>
> Also diese Nutzbare Energie...das ist der Teil der
> Volumenänderungsarbeit und nicht die technische Arbeit???
Halte dich besser an die Formel, nicht an die Bezeichnungen.
Dieses [mm] $w_{v1u}$ [/mm] ist die Differenz aus
a) der Volumenänderungsarbeit [mm] R_s \cdot{} T_u \cdot{}\ln \bruch{p_u}{p_1} [/mm]
b) der Arbeit, die bei der Vergrößerung des Volumens von [mm] $v_1$ [/mm] auf [mm] $v_u$ [/mm] gegen den Umgebungsdruck [mm] $p_u$ [/mm] geleistet wird: [mm] p_u \cdot{} (v_u -v_1)[/mm] .
Was übrigbleibt, ist die tatsächlich nutzbare Arbeit. Zwar wird bei der Expansion die mechanische Arbeit aus a gewonnen, aber der Anteil aus b wird gebraucht, um das umgebende Medium wegzudrängen. Am Ende steht dann nur noch die Differenz der beiden Anteile als mechanische Arbeit (und damit als tatsächlich nutzbare Energie) zur Verfügung.
Viele Grüße
Rainer
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Hallo Rainer
Sorry wenn ich dich nomals frage. Mein Problem ist einfach folgendes, dass bei einer thermischen Expansion die nutzbare Arbeit = Volumenänderungsarbeit sein sollte. Das müsste ja dann eigentlich heissen, dass die Verschiebearbeit = 0 sein müsste. Aber laut der Formel die mir jetzt gegeben wurde, stimmt das nicht mehr....bin echt verwirrt....
Ich sehe es schon ein, dass du mir sagen möchtest:
Volumenänderungsarbeit - Verschiebearbeit = techn. nutzbare Arbeit...
aber es stimmt einfach nicht mit den mir bisher gegeben Zustandsänderungen in offenen Systemen überein...:/
Ich kenne ja:
[mm] U_1+p_1*V_1 [/mm] + Q_12 + W_t12 = [mm] U_2 [/mm] + [mm] p_2 *V_2
[/mm]
[mm] H_2 [/mm] - [mm] H_1 [/mm] = Q_12+W_t12
Laut den Gesetzen bei thermischer Expansion: Nutzbare Arbeit = Volumenänderungsarbeit...
Und jetzt soll die technische Arbeit nicht mehr der Volumenänderungsarbeit entsprechen...hmm...versteh ich nicht so ganz...siehst du mein Problem???
Danke dir vielmals.
Liebe Grüsse
Nicole
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:20 Mi 01.12.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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