TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN FACULTEIT DER TECHNISCHE NATUURKUNDE GROEP TRANSPORTFYSICA

Transcriptie

1 TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN FACULTEIT DER TECHNISCHE NATUURKUNDE GROEP TRANSPORTFYSICA Tentamen Thermische Fysica 1 (3NB60), op woensdag 13 april 2011, uur Het tentamen levert maximaal 100 punten op waarvan de verdeling hieronder is aangegeven (24 pnt) 1 Beantwoord de volgende acht vragen met ja of nee en geef daarbij een korte argumentatie Bij een goed antwoord met goede argumentatie krijgt men per vraag 3 punten Bij een ernstige fout in de argumentatie worden geen punten toegekend Voor een correct antwoord zonder argumentatie wordt slechts 1 punt toegekend (a) Beschouw de toestandsvergelijking van een gas volgens Dieterici, p = RT exp( a V m b RT V m ) Is het kritisch volume van een gas dat beschreven wordt door deze toestandsvergelijking V c = 3b? (b) Beschouw een gas bestaande uit stikstofmoleculen (N 2 ) We mogen veronderstellen dat het gas zich ideaal gedraagt Is het waar dat de molaire soortelijke warmte bij constant druk gelijk is aan C p,m = 7 2 R? (c) Beschouw de verbrandingsreactie van propaan: C 3 H 8 (g) + 5O 2 (g) 3CO 2 (g) + 4H 2 O (l) De volgende standaard vormingsenthalpieën zijn gegeven: f H (C 3 H 8 ) = 103, 85 kj/mol, f H (CO 2 ) = 393, 51 kj/mol, f H (H 2 O) = 285, 83 kj/mol Is de standaard verbrandingsenthalpie c H van deze reactie gelijk aan 2220 kj/mol? 1

2 (d) Beschouw de chemische reactie voor de omzetting van calciumchloride (CaCl 2 )in calciumbromide (CaBr 2 ): CaCl 2 (s) + Br 2 (l) CaBr 2 (s) + Cl 2 (g) We veronderstellen standaardomstandigheden (1 bar, 298 K) Zal deze reactie spontaan plaatsvinden? De volgende standaard Gibbsenergieën zijn gegeven: f G (CaCl 2 ) = 748, 1 kj/mol, f G (CaBr 2 ) = 663, 6 kj/mol (e) De reactie-enthalpie van een willekeurige chemische reactie onder standaardomstandigheden (p = 1 bar, T 1 = 298 K) is gegeven door r H (T 1 ) We bekijken nu deze reactie bij dezelfde standaard druk, maar voeren de reactie uit bij een hogere temperatuur T 2 > T 1 Is het algemeen waar dat r H (T 2 ) > r H (T 1 )? ( (f) Is de volgende relatie geldig: S ) = α V T κ T? Hierbij is α de uitzettingscoëfficiënt en κ T de isotherme compressibiliteit (g) Wordt de vloeistof-damp lijn in een pt -fasendiagram benaderd met de volgende uitdrukking: p p 0 e ξ, met ξ = vap H m T R 0 ( 1 1 )? p T 2 T0 2 0 en T 0 representeren een referentiedruk en -temperatuur Maak gebruik van de Clapeyron relatie: = vaphm dt T vap V m dp (h) We hebben 2,0 mol van de vloeistof A en 3,0 mol van de vloeistof B, en deze twee vloeistoffen worden bij kamertemperatuur (T = 298 K) gemengd Het mengsel gedraagt zich ideaal Is het waar dat de verandering van de Gibbs energie na menging gelijk is aan mix G = 8, 338 kj? 2

3 (26 pnt) 2 We beschouwen de ideale Brayton cyclus Deze werd voorgesteld door George Brayton in 1870 en vindt toepassing in gasturbines bij het opwekken van elektriciteit De gasturbine staat hieronder schematisch weergegeven: De ideale Brayton cyclus bestaat uit 4 stappen: stap A: 1 2: Isentropische compressie stap B: 2 3: Isobare verhitting stap C: 3 4: Isentropische expansie stap D: 4 1: Isobare afkoeling Voor deze gasturbine mag je aannemen dat het lucht-brandstof mengsel zich gedraagt als droge lucht We nemen tevens aan dat het mengsel zich ideaal gedraagt met C v,m = (5/2)R en C p,m = (7/2)R (R = 8, 3145 J mol 1 K 1 ) die we onafhankelijk van de temperatuur veronderstellen De gasturbine zuigt buitenlucht aan met een temperatuur T 1 = 300 K en p 1 = 1 atm ( Pa) De maximum temperatuur (T 3 = 1100 K) in de cyclus wordt bereikt aan het einde van proces B en wordt gelimiteerd door metallurgische eigenschappen van de toegepaste materialen omdat de turbinebladen niet te heet mogen worden De gasturbine zuigt 5 kg lucht-brandstof mengsel per seconde aan Dit komt overeen met 175 mol s 1 (1 pnt) (a) In een isentropisch proces verandert de entropie niet Leg uit waarom dit equivalent is met een reversibel adiabatisch proces 3

4 (4 pnt) (4 pnt) (4 pnt) (6 pnt) (1 pnt) (6 pnt) (b) Teken het p V en het T S diagram van de ideale Brayton cyclus (c) Bereken T 2 en T 4 als gegeven is dat p 2 = 4, 5p 1 (d) Bereken de warmte die per seconde toegevoerd of afgevoerd wordt in elk van de 4 stappen (e) Bereken de arbeid die per seconde verricht of uitgeoefend wordt in elk van de 4 stappen (f) Wat is het netto vermogen dat deze gasturbine opwekt? (g) Leid af dat het rendement van de Brayton cyclus voldoet aan de uitdrukking: ɛ = 1 (p 2 /p 1 ) (1 γ)/γ, met γ = C p,m /C v,m en bereken het rendement 4

5 (25 pnt) 3 Een systeem bestaat uit een monster van 1,00 mol diatomair ideaal gas met C V,m = 5 R Het gas heeft een begintemperatuur en 2 beginvolume van, respectievelijk, T i = 298 K en V i = 10, 0 L en wordt geëxpandeerd tot een eindvolume van V f = 30, 0 L De omgevingstemperatuur blijft constant op T omg = 298 K Op twee manieren voeren we dit expansieproces uit, namelijk: (1) isotherm en reversibel, (2) isotherm en tegen een constante externe druk van 0,50 atm (a) Bereken voor geval 1 de geleverde arbeid en de opgenomen warmte door het systeem (b) Bereken voor geval 1 S sys, S omg, H, A, G en T (c) Bereken voor geval 2 eveneens de geleverde arbeid en de opgenomen warmte door het systeem (d) Bereken voor geval 2 eveneens S sys, S omg, H, A, G en T (e) Wat is de maximale arbeid die geleverd kan worden bij dit expansieproces van (V i, T i, p i ) (V f, T f, p f ) (zie geval 1 en 2)? Verklaar uw antwoord 5

6 (25 pnt) (3 pnt) (1 pnt) (3 pnt) (2 pnt) (3 pnt) (3 pnt) 4 Een zeer groot aantal N identieke deeltjes beweegt in een afgesloten ééndimensionaal vat met lengte L Het vat is dus een lijnsegment en de snelheid heeft alleen een x-component v x Als gevolg van een zeer vreemde wisselwerking tussen de deeltjes onderling en tussen de deeltjes en de uiteinden ( wanden ) van het segment ontstaat een stationaire niet-evenwichtsverdeling in de snelheidsruimte: P v (v) = C voor v v 0 en P v (v) = 0 voor v > v 0 Daarbij is C een constante en v = v x De deeltjes zijn ruimtelijk uniform verdeeld Veronderstel een ideaal gasgedrag, dus kortstondige interacties bij botsingen en geen interactie op afstand tussen deeltjes (a) Bepaal de constante C (b) Bepaal de deeltjesdichtheid n (aantal deeltjes per lengteeenheid van het segment) (c) Bepaal v 2 (d) Bepaal P vx (v x ) (e) Veronderstel elastische botsingen met de uiteinden ( wanden ) van het segment Gegeven de massa m van een deeltje Bepaal de kracht F x op een uiteinde van het segment (f) Bepaal de gemiddelde kinetische energie E van de deeltjes in het ééndimensionale vat (g) Veronderstel dat de vreemde wisselwerking plotseling wordt uitgeschakeld en dat de deeltjes een evenwicht bereiken zonder uitwisseling van energie met de omgeving Beschouw het gas als ideaal In de evenwichtsituatie geldt P vx (v x ) = 1 ( ) α π exp v2 x, α 2 2k met α = B T Bepaal de evenwichtswaarde van P m v(v) en de bijbehorende temperatuur T (h) Bepaal voor deze evenwichtssituatie het aantal deeltjes dat per tijdseenheid met een uiteinde van het segment botst 6

7 TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN FACULTEIT DER TECHNISCHE NATUURKUNDE VAKGROEP TRANSPORTFYSICA Uitwerkingen Tentamen Thermische Fysica 1 (3NB60) van vrijdag 21 januari (a) Nee, voor het kritische punt moet gelden: dp RT exp( a ( RT V = m ) a 1 ) = 0, dv m V m b RT Vm 2 V m b d 2 a ( p RT exp( RT V = m ) a 1 ) 2 dvm 2 V m b RT Vm 2 V m b a ( RT exp( RT V + m ) 2a ) 1 + = 0 V m b RT Vm 3 (V m b) 2 Uit de eerste relatie volgt: tweede relatie geeft V m = 2b a RT V 2 m = 1 V m b en substitutie in de (b) Ja, voor een diatomair ideaal gas geldt: U m = U m (0) + 5RT 2 (drie tranlatie- en twee rotatievrijheidsgraden) Dan is snel af te leiden dat C V,m = ( ) U m = 5 R Voor een ideaal gas T V 2 geldt: C p,m = C V,m + R = 7R 2 (c) Ja, voor de verbrandingsenthalpie krijgen we: c H = 3 f H (CO 2,g) +4 f H (H 2 O,l) f H (C 3 H 8,g) 5 f H (O 2,g) = [3(-393,51) + 4(-285,83) - (-103,85) - 5(0)] = kj/mol (d) Nee De standaard Gibbs energie van deze reactie is: r G = f G (CaBr 2,s) f G (CaCl 2,s) = ( 663, 6) ( 748, 1) = 84, 5 kj/mol r G > 0, dus de reactie verloopt niet spontaan (e) Nee, want uit de wet van Kirchhoff, r H (T 2 ) = r H (T 1 )+ T2 T 1 r C p dt, blijkt dat het teken van r H (T 2 ) r H (T 1 ) afhangt van het teken van r C p Deze laatste mag negatief zijn 7

8 (f) Ja, mbv de Maxwell relatie ( S V volgt: ( ) ( ) ( ) S V p = V T T p V T )T = ( ) p T V = α κ T en de -1-regel (g) Nee, met vap V m V m (g) = RT/p volgt uit de Clapeyron dlnp relatie de Clausius-Clapeyron vergelijking: = vaphm dt RT 2 Integreren van p 0 naar p (en T 0 naar T ) levert: p p 0 e ξ, met ξ = vaphm ( 1 1 R T T 0 ) (h) Ja, voor ideale mengsels geldt altijd dat de Gibbs energie afneemt(de menging zal spontaan verlopen), dus we krijgen mix G = nrt (x A ln x A + x B ln x B ) < 0 met n = n A + n B = 5 mol, x A = n A /n = 0, 4 en x B = n B /n = 0, 6 Invullen van de getallen levert: mix G = 8338 kj 2 (a) Voor een reversibel adiabatisch proces geldt q = q rev = 0 Dus: ds = dq rev /T = 0 (b) p V diagram: 1 2: p neemt toe, V neemt af; 2 3: p constant, V neemt toe; 3 4: p neemt af, V neemt toe; 4 1: p constant, V neemt af T S diagram: 1 2: T neemt toe, S constant; 2 3: T neemt toe, S neemt toe; 3 4 T neemt af, S constant; 4 1 T neemt af, S neemt af (c) Voor een adiabaat geldt: T γ p 1 γ = constant, waarbij γ = C p,m /C v,m Dan is T 2 = T 1 (p 1 /p 2 ) (γ 1)/γ = 300(4, 5) 0,4/1,4 = 461 K en T 4 = T 3 (p 2 /p 1 ) (γ 1)/γ = 1100(4, 5) 04/14 = 716 K (d) q A = 0; q B = nc p,m (T 3 T 2 ) = 3254 kj; q C = 0; q D = nc p,m (T 1 T 4 ) = 2117 kj (e) A: Omdat q A = 0 geldt U A = q A + w A = w A U A volgt uit U A = nc v,m (T 2 T 1 ) Dus w A = U A = 586 kj B: w B = p 2 V = nrp 2 (T 3 /p 3 T 2 /p 2 ) = nr(t 3 T 2 ) = 930 kj C: (als A): q C = 0 en dus w C = U C = nc v,m (T 4 T 3 ) Dus w C = U C = 1398 kj D: (als B): w D = p 1 V = nrp 1 (T 1 /p 1 T 4 /p 1 ) = nr(t 1 T 4 ) = 605 kj 8

9 (f) Netto vermogen is netto arbeid per seconde: ẇ tot = kj s 1 = 1137 kw (g) Voor ẇ tot geldt: ẇ tot = nc v,m (T 2 T 1 ) nr(t 3 T 2 ) + nc v,m (T 4 T 3 ) nr(t 1 T 4 ) = nc p,m T 2 T 1 +T 4 T 3 ; voor q in = q B = nc p,m (T 3 T 2 ) Dus ɛ = T 2 T 1 + T 4 T 3 /(T 3 T 2 ) = (T 1 T 2 + T 3 T 4 )/(T 3 T 2 ) = 1 (T 4 T 1 )/(T 3 T 2 ) = 1 (T 1 /T 2 )((T 4 /T 1 ) 1)/((T 3 /T 2 ) 1) Met T 2 /T 1 = (p 2 /p 1 ) (1 γ)/γ = T 3 /T 4, kun je laten zien dat de laatste term gelijk 1 is Daarmee is ɛ = 1 (T 1 /T 2 ) = 1 (p 2 /p 1 ) (1 γ)/γ Rendement ɛ = w tot /q in = w tot /q B = 0, 349 komt overeen met ɛ = 1 (p 2 /p 1 ) (1 γ)/γ = 0, De toestandsverandering betreft een temperatuurverandering van het ideale gas, T i = 298 K T f, en een volumeverandering van het gas, V i = 10, 0 L V f = 30, 0 L We hebben 1 mol gas (a) Voor een ideaal gas dat isotherm en reversibel expandeert geldt U = q + w = 0 ofwel q = w De arbeid is dan w = nrt V f dv = nrt ln V f V i V V i Invullen gegevens geeft: w = 2722 J, ofwel de geleverde arbeid bedraagt 2722 J De toegevoerde warmte bedraagt eveneens 2722 J (b) Dit proces vindt isotherm en reversibel plaats Dan: T f = T i ofwel T = 0 K en S tot = 0 Het gas is ideaal, dus H = U+ (pv ) = U+nR T = 0 omdat zowel U = 0 als T = 0 De entropieverandering ( van het gas vinden we via S = Vf nr ln = 9, 13 J K 1 De entropieverandering van de V i ) omgeving is dan S omg = S tot S = 9, 13 J K 1 De Helmholtz energie bij deze toestandsverandering is gedefinieerd als A = U (T S) = T S Invullen gegevens geeft: A = 2722 J De verandering van de Gibbs energie is: G = H (T S) = T S = 2722 J (c) Wederom geldt bij isotherme expansie U = q +w = 0 ofwel q = w De arbeid is nu w = p ext (V f V i ) Invullen gegevens geeft: w = 1013 J, ofwel de geleverde arbeid bedraagt 1013 J De toegevoerde warmte bedraagt eveneens 1013 J (d) Dit proces vindt nu isotherm plaats tegen een constante externe druk p ext = 0, 50 atm We hebben met dezelfde toe- 9

10 standsverandering te maken als bij 1, dus: T = 0, H = 0, en S = 9, 13 J K 1 De verandering van de entropie van de omgeving is: S omg = q omg T omg = q T omg = p ext(v f V i ) T omg = 3, 40 J K 1 De totale entropieverandering is nu: S tot = 5, 73 J K 1 > 0 Het betreft dezelfde toestandsverandering als bij 1, dus: A = 2722 kj en G = 2722 kj (e) De maximaal te leveren arbeid w is gelijk aan A en kan geleverd worden tijdens een reversibele toestandsverandering (dus geval 1) Dus: w = A = 2722 kj en is gelijk aan het in (a) berekende resultaat 4 (a) Gegeven is dat P v (v) = C voor v v 0 en P v (v) = 0 voor v > v 0 met C een constante en v = v x Uit de normeringsvoorwaarde + P 0 v (v) dv = 1 volgt dan + P 0 v (v) dv = v0 P 0 v (v) dv = C v 0 dv = C v 0 0 = 1 oftewel C = 1 v 0 (b) Voor de deeltjesdichtheid geldt n = N L (c) v 2 = v 2 P 0 v (v) dv = v 0 v 2 P 0 v (v) dv = v2 0 3 (d) Uit de normeringsvoorwaarde + P v x (v x ) dv x = 1 volgt + P v x (v x ) dv x = + 2P 0 vx (v x ) dv x = + P 0 v (v) dv = 1 oftewel P vx (v x ) = 1P 2 v(v) (e) De kracht F x volgt uit F x = + (2mv 0 x ) N v L xp vx (v x ) dv x = 2mN + v 2 L 0 xp vx (v x ) dv x = mn + v 2 P L 0 v (v) dv = mn L v2 = 1 3 mn L v2 0 (f) E = 1 2 mn v2 = mnv2 0 6 (g) Uit de eerder gevonden relatie P vx (v x ) = 1P 2 v(v) en gebruikmakend van evenwichtsverdeling P vx (v x ) volgt direct P v (v) = 2 α exp( v2 x ) Er is evenwicht zodat E = 1k π α 2 2 BT Er heeft geen uitwisseling van energie met de omgeving plaatsgevonden zodat 1k 2 BT = mv2 0 oftewel T = mv2 0 6 (f) Φ + deeltjes = + N v 0 L xp vx (v x ) dv x = N 2L N + 2 2L 0 α exp( v2 x ) = N α π α 2 L π 3k B + 0 P v (v) dv = 10