Thermodynamics 1. Lecture 9: Bendiks Jan Boersma Wiebren de Jong Thijs Vlugt Theo Woudstra. March 8, Energy Technology

Transcriptie

1 Thermodynamics 1 Lecture 9: Bendiks Jan Boersma Wiebren de Jong Thijs Vlugt Theo Woudstra March 8, 010 1

2 College 8 Bernoulli's law nd law of thermodynamics: Clausius Kelvin Planck Carnot cycle Lecture 9, March 8, 010

3 Recapitulation ot reservoir Q Q C Cold reservoir W=Q -Q C Kelvin-Planck: Q C =0 impossible! Watch out: definition of positive direction Clausius: W=0 impossible! ot reservoir Q Cold reservoir Q C W=Q -Q C Lecture 9, March 8, 010

4 Recapitulation Clausius: W=0 impossible! ot reservoir Q Q C W=Q -Q C Q C =0 possible: Q = W (friction) Cold reservoir Lecture 9, March 8, 010 4

5 Power-cycles (reversible) ot reservoir Q Thermal efficiency: W Q Q Q η = = = 1 Q Q Q cycle C C Cold reservoir Q C W=Q -Q C Kelvin-Planck: Q > 0 η < 1.0 For every heat-engine irrespective a) Type of the medium (gas, liquid) b) Number of processes, as part of the cycle. c) Kind of process; idealized or real process Lecture 9, March 8, C

6 Power-cycles The thermal efficiency of an irreversible power cycle is always smaller than the thermal efficiency of a reversible power cycle if both operate between the same heatreservoirs η irr < η rev (and η rev < 1) All reversible power-cycles that operate between the same two heat-reservoirs have the same thermal efficiency η rev,1 = η rev, Lecture 9, March 8, 010 6

7 The Carnot power cycle process p 1 W 4 T T C A reversible cycle comprising isothermal and adiabatic process steps v 1- adiabatic compression, T increases from T C to T - expansion of the gas at const. T=T (isothermal) -4 adiabatic expansion, T decreases from T to T C 4-1 compression of gas at const. T=T C (isothermal) Lecture 9, March 8, 010 7

8 Schematic of a Carnot-like combustion cycle Carnot Lecture 9, March 8, 010 8

9 Maximum Efficiency of Power-cycles ot reservoir Q in Q Q C out in Carnot = T T C Thermal efficiency ΔW=Q in - Q C out cyc W η = = 1 Q in Q Q C out in η Carnot =1 T T C Q C out Cold reservoir Carnot rendement [-] T C =9 K Temperatuur, warme reservoir [K] Lecture 9, March 8, 010 9

10 Analyzing the efficiency of a Carnot cycle from the first law, we know that rev Q η = 1 Q from the second law, we know that the value of η rev (for reversible Carnot-like cycles) does not depend on working fluid, rather η rev is a function of the reservoir temperatures f(t,t C ) only thus, the ratio Q C out /Q in is also only a function f(t,t C ), as C out C C C Q f( T, T') f( T ) T = = = Q f ( T, T') f( T ) T in Lecture 9, March 8, C out in Q Q C out in = f ( T, T ) this is then assumed /chosen because T is unspecified, while l.h.s. is universal choosing an arbitrary reference temperature T with Q C /Q =f(t C,T ) and Q /Q =f(t,t ) this is a confirmation of the Kelvin-temperature scale (which was proposed from the ideal gas behavior earlier) C

11 Carnot cycle for ideal (perfect) gas Zie versie met aantekeningen voor deze afleiding Lecture 9, March 8,

12 Carnot vapor power cycle The most obvious isothermal expansion is given by an evaporation step. The isotherm is then also an isobar. Ditto for condensation as an isothermal compression T T C v The compression of a two-phase system has (technical) disadvantages and power-cycles with full condensation will be discussed later Lecture 9, March 8, 010 1

13 Voorbeeld: opgave 5.1 Warm reservoir T =17.15K Q =1000 kj W=Q -Q C Een reversibel Carnot vermogenskringproces ontvangt 1000 kj energie door warmteoverdracht uit een reservoir met temperatuur 1000 C en geeft warmte af aan een reservoir met temperatuur 00 C T C =57.15K Koud reservoir Bereken het thermisch rendement en de netto geleverde arbeid, in kj Lecture 9, March 8, 010 1

14 Voorbeeld: opgave 5.8 Een uitvinder beweert onderstaande data te hebben verkregen met een vermogenskringproces dat werkt tussen twee reservoirs van 77 C en 17 C (a) Q =400 kj, W cyc =00 kj, Q C =00 kj; (b) Q =400 kj, W cyc =40 kj, Q C =160 kj; (c) Q =400 kj, W cyc =10 kj, Q C =00 kj; Ga na of zijn beweringen in overeenstemming zijn met de principes van de Thermodynamica W η = kringproces Q Lecture 9, March 8,

15 Voorbeeld: opgave 5. De figuur laat een systeem voor benutting van zonnestraling voor de productie van elektriciteit in een vermogenskringproces zien De zonnecollector ontvangt zonnestraling met een vermogen van 0.15 kw per m² oppervlakte en levert energie aan een opslageenheid dat een constante temperatuur van 500 K heeft et vermogenskringproces ontvangt energie door warmteoverdracht vanuit de opslag, produceert 570 kw elektriciteit en staat energie af aan de omgeving bij een temperatuur van 0 C Voor quasi-statisch bedrijf, bepaal de minimum theoretische zonnecollector oppervlakte, in m² Zonnecollector Omgeving 0 C Vermogens cyclus Lecture 9, March 8, Opslag 500 K

16 Voorbeeld: opgave 5. Zonnecollector Omgeving 0 C Vermogens cyclus Warm reservoir Q =0.15kW/m² T =500 K W=570 kw Lecture 9, March 8, Opslag 500 K rev TC ( ) K η = 1 = 1 = T 500 K Wkringproces Wkringproce s 570 kw η = Q = = Q η Q 177 kw A = = = 471m 0.15 kw m 0.15 kw m = 177 kw T C =0 C Koud reservoir

17 Voorbeeld: opgave 5.50 Een kilogram lucht met een ideaal gas gedrag doorloopt een Carnotvermogenskringproces dat een thermisch rendement van 60% heeft De warmte overgedragen aan de lucht gedurende de isotherm expansie is 40 kj Aan het begin van de isotherm expansie is de druk 7 bar en is het volume 0.4 m³ Bereken: De hoogste en laagste temperatuur voor het kringproces, in K et volume aan het eind van de isotherm expansie, in m³ De arbeid en warmte overdracht voor de vier deel processen, in kj Schets het kringproces in een p-v diagram T T [K] / K u u [kj/kg] / uit tabel A Lecture 9, March 8,

18 Voorbeeld: opgave Adiabatische compressie W 1 Q = Q Warm reservoir T Isotherme warmte uitwisseling / expansie W 4 Adiabatische expansie W 4 Q C = Q Koud reservoir T C Isotherme warmte uitwisseling / compressie W 41 TC TC η = 1 = 0.60 = 0.40 T T T m = 1kg 5 p = 7bar = 7.10 Pa ; V = 0.4m V p pv = mrt T = m R V p 7.10 m 1.0 = = = R TC = 0.40T = 4. K 585.4K Lecture 9, March 8,

19 Voorbeeld: opgave 5.50 p W = Q 40kJ = p =7 bar Q =40 kj pv = mrt W v 4 T =585.4 K T C =4.K v / m /kg V W = = mrt ln pv ln V V ln V = W p V V *0.4 = V e V V W p V V = 0.4e = 0. 05m Lecture 9, March 8,

20 p Voorbeeld: opgave 5.50 Q =40 kj QC QC η = 1 = 0.60 = Q Q 0.40 QC = 0.40* Q = 0.40* Q = 0.40* 40 = 16kJ W T T [K] / K u u [kj/kg] / v 4 T =585.4 K T C =4.K v / m /kg Q 1 = Q4 = Q = QC = 16kJ 41 0 W = Q W 41 = Q41 W = Q W + W 1 + W + W4 + W41 = Q Q41 W 1 = W 4 1 = u m( u 1) Tabel _ A : W = m ( ) = 56.7kJ 1 Lecture 9, March 8, 010 0

21 Aanwijzigingen voor zelfstudie 5 nu behandeld (Koel- en Warmtepomp kringprocessen volgende keer). Dit voor de volgende keer goed doorlezen Maak enkele van de opgaven 5.1 t/m 5. (tweede wet formuleringen van Clausius en Kelvin-Planck) Maak enkele van de opgaven 5. t/m 5. (ideaal arbeidskringprocessen) Maak twee of meer van de opgaven 5.46 t/m 5.49 Voor het volgende college staan delen van hoofdstuk 6 op het programma Lecture 9, March 8, 010 1