Wärmeübertragung: Lernpaket

Formelsammlungen, die wichtigsten Lösungsschritte zu jedem Thema und 4 Übungsaufgaben, mit vollständigen Lösungen am Ende.

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1Formeln und Methoden

Wärmeleitung

Fouriersches Gesetz: Q̇ = kAΔT/L
Wärmeleitwiderstand: R = L/(kA)
Wärmeübergangswiderstand: R = 1/(hA)
Widerstände in Reihe: Q̇ = ΔT_total/ΣR
U-Wert: U = 1/(ΣR·A)

Wärmeübertrager (LMTD)

Wärmeleistung: Q = U·A·ΔT_lm
Mittlere logarithmische Temperaturdifferenz: ΔT_lm = (ΔT₁ − ΔT₂)/ln(ΔT₁/ΔT₂)
Bilanz eines Stroms: Q = ṁc_p(T_in − T_out)

2Übungsaufgaben

1.WärmeleitungMittel

Eine Wand besteht aus 100 mm Ziegel und 75 mm Gipskarton, mit einer Fläche von 12 m². Die Außenflächen haben 17 °C und -5 °C. Bestimme den Wärmestrom Q̇ durch die Wand.

L₁ = 100 mm, k₁ = 0,72 W/(m·K)L₂ = 75 mm, k₂ = 0,17 W/(m·K)A = 12 m²T₁ = 17 °CT₃ = -5 °C

Q̇ = W

2.WärmeleitungSchwer

Eine Wand aus 200 mm Holz und 150 mm Glas trennt einen Raum mit 22 °C von der Außenluft mit 2 °C. Die Wärmeübergangskoeffizienten sind innen 6 W/(m²·K) und außen 25 W/(m²·K), und die Wandfläche beträgt 6 m². Bestimme die Temperatur T_s der Innenoberfläche der Wand.

L₁ = 200 mm, k₁ = 0,17 W/(m·K)L₂ = 150 mm, k₂ = 0,96 W/(m·K)A = 6 m²h_i = 6 W/(m²·K)h_o = 25 W/(m²·K)T_room = 22 °CT_out = 2 °C

T_s = °C

3.Wärmeübertrager (LMTD)Mittel

Ein Gegenstrom-Wärmeübertrager überträgt 330 kW. Das heiße Fluid kühlt von 105 auf 40 °C ab, und das kalte Fluid erwärmt sich von 10 auf 55 °C. Der Wärmedurchgangskoeffizient beträgt 300 W/(m²·K). Bestimme die nötige Wärmeübertragungsfläche A.

Q̇ = 330 kWU = 300 W/(m²·K)T_h: 105 → 40 °CT_c: 10 → 55 °C

A = m²

4.Wärmeübertrager (LMTD)Schwer

Dampf kondensiert bei konstant 120 °C an der Außenseite der Rohre eines Kondensators mit 6 m² Wärmeübertragungsfläche und U = 2500 W/(m²·K). Kühlwasser (1,5 kg/s, c_p = 4,18 kJ/(kg·K)) tritt mit 15 °C in die Rohre ein. Bestimme die Austrittstemperatur des Wassers T_c,out.

T_s = 120 °CA = 6 m²U = 2500 W/(m²·K)ṁ = 1,5 kg/sc_p = 4,18 kJ/(kg·K)T_c,in = 15 °C

T_c,out = °C

3Lösungen

1.Wärmeleitung

Antwort: Q̇ = 455,1 W

Wärmewiderstand: Stationärer Wärmestrom durch hintereinanderliegende Schichten verhält sich wie Strom durch Widerstände in Reihe: Q̇ = ΔT/ΣR, mit R = L/(kA) für eine leitende Schicht und R = 1/(hA) für eine Oberfläche mit Konvektion. Der Temperaturabfall über jede Schicht ist proportional zu ihrem Widerstand.

Schichtwiderstände

R₁ = L₁/(k₁A) = (100/1000)/(0,72·12) = 0,01157 K/W

R₂ = L₂/(k₂A) = (75/1000)/(0,17·12) = 0,03676 K/W

Wärmestrom

Q̇ = (T₁ − T₃)/(R₁ + R₂) = 22/0,04834 = 455,1 W

Antwort

Q̇ = 455,1 W

2.Wärmeleitung

Antwort: T_s = 19,83 °C

Widerstände in Reihe

R_i = 1/(h_iA) = 1/(6·6) = 0,02778 K/W

R₁ = L₁/(k₁A) = (200/1000)/(0,17·6) = 0,1961 K/W

R₂ = L₂/(k₂A) = (150/1000)/(0,96·6) = 0,02604 K/W

R_o = 1/(h_oA) = 1/(25·6) = 0,006667 K/W

ΣR = 0,2566 K/W

Wärmeverlust

Q̇ = (22 − (2))/0,2566 = 77,95 W

T_s = T_room − Q̇·R_i = 22 − 77,95·0,02778 = 19,83 °C

Antwort

T_s = 19,83 °C

3.Wärmeübertrager (LMTD)

Antwort: A = 28,1 m²

LMTD-Methode: Die Temperaturdifferenz zwischen den Strömen ändert sich entlang des Wärmeübertragers, daher verwendet die Gleichung ihren logarithmischen Mittelwert: Q̇ = U·A·ΔT_lm, mit ΔT_lm = (ΔT₁ − ΔT₂)/ln(ΔT₁/ΔT₂), wobei ΔT₁ und ΔT₂ die Differenzen an den beiden Enden sind. Gegenstrom ergibt bei gleichen Ein- und Austrittstemperaturen ein größeres ΔT_lm als Gleichstrom.

Temperaturdifferenzen an den Enden

Im Gegenstrom liegt der heiße Eintritt dem kalten Austritt gegenüber und der heiße Austritt dem kalten Eintritt.

ΔT₁ = T_h,in − T_c,out = 105 − 55 = 50 K

ΔT₂ = T_h,out − T_c,in = 40 − 10 = 30 K

Mittlere logarithmische Temperaturdifferenz

ΔT_lm = (ΔT₁ − ΔT₂)/ln(ΔT₁/ΔT₂) = (50 − 30)/ln(50/30) = 39,15 K

Fläche

A = Q̇/(U·ΔT_lm) = 330000/(300·39,15) = 28,1 m²

Antwort

A = 28,1 m²

4.Wärmeübertrager (LMTD)

Antwort: T_c,out = 110,4 °C

LMTD method: the temperature difference between the streams changes along the exchanger, so the rate equation uses its logarithmic mean: Q̇ = U·A·ΔT_lm, with ΔT_lm = (ΔT₁ − ΔT₂)/ln(ΔT₁/ΔT₂), where ΔT₁ and ΔT₂ are the differences at the two ends. Counter-flow gives a larger ΔT_lm than parallel flow for the same inlet and outlet temperatures.

Energiebilanz und Wärmeübertragungsgleichung kombinieren

Mit ΔT₁ = T_s − T_c,in und ΔT₂ = T_s − T_c,out ist die Differenz ΔT₁ − ΔT₂ gleich dem Temperaturanstieg des Wassers, der Anstieg kürzt sich also heraus.

ṁc_p(ΔT₁ − ΔT₂) = U·A·(ΔT₁ − ΔT₂)/ln(ΔT₁/ΔT₂)

ln(ΔT₁/ΔT₂) = U·A/(ṁc_p) = 2500·6/(1,5·4180) = 2,392

Austrittstemperatur

ΔT₂ = ΔT₁·e^−2,392 = 105·0,09142 = 9,599 K

T_c,out = 120 − 9,599 = 110,4 °C

Antwort

T_c,out = 110,4 °C

Übertragene Wärme: Q̇ = 598,2 kW.

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