Tentamen Thermodynamica

Transcriptie

1 Tentamen Thermodynamica 4B januari 2011, uur Dit tentamen bestaat uit 4 opeenvolgend genummerde opgaven, die alle even zwaar worden beoordeeld. De opgaven dienen duidelijk leesbaar beantwoord te worden. De tabellen dienen, vanwege hergebruik, met het tentamen weer ingeleverd te worden.

2 Thermodynamische formules Toestandsvariabelen 1. Grootheden (en daarmee toestanden) zijn bepaald door twee onafhankelijke (in principe willekeurig te kiezen) grootheden: U = U(T, V ), U = U(p, V ), U = U(p, T ) etc. en idem dito voor alle andere grootheden (H, S,... ) inclusief de specifieke vormen u = U/m etc. Drie bijzondere gevallen: (i) Twee-fasen mengsel: druk en temperatuur zijn afhankelijk van elkaar in het coexistentie gebied; voor een grootheid u = (1 x)u f + xu g in dit gebied geldt dus b.v. wel u = u(p, v) of u = u(t, v), maar niet u = u(p, T ). (ii) Inwendige energie en enthalpie van een ideaal gas: U = U(T ) en H = H(T ). (iii) Incompressibele vloeistoffen (water: p 50 bar): voor toestandsgrootheden geldt bij (goede) benadering v = v(t ) v f (T ), u u f (T ) etc. 2. De definitie van enthalpie luidt H U +pv (specifiek: h = H/m = u+pv = u+p/ρ); de definitie van entropie luidt ds δq rev /T. Beide definities zijn altijd geldig. 3. Ideaal gas: du = c v dt, dh = c p dt, s 2 s 1 = c v ln(p 2 /p 1 ) + c p ln(v 2 /v 1 ), c p = c v + R, c p /c v = k, R = R/M; isentroop (ds = 0): T 2 /T 1 = (V 2 /V 1 ) 1 k etc. (Poisson relaties). Gesloten systemen 4. Eerste hoofdwet: δq = du + δw ; reversibel proces: δw rev = pdv, δq rev = T ds 5. Tweede hoofdwet: S 2 S 1 = sg δq/t + S p (sg=systeemgrens); entropieproductie S p 0; reversibel proces: S p = 0; irreversibel proces: S p > 0 Open systemen 6. Massabehoud: dm/dt cv = i ṁi (cv=controlevolume); massastroom ṁ = ρac; instroom: ṁ i > 0; uitstroom: ṁ i < 0 7. Eerste hoofdwet (energiebehoud): du/dt cv = Q Ẇx + i ṁih 0 i ; stagnatie-enthalpie: h 0 i = h i + c 2 /2 + gz i ; reversibel proces: δw x,rev = vdp, δq rev = T ds 8. Tweede hoofdwet: ds/dt cv = sg δ Q/T + i ṁis i + Ṡp (sg=systeemgrens) Kringprocessen 9. Thermisch rendement motor: η W / Q in ; Coefficient Of Performance (COP) koelsysteem: COP Q koel / W ; efficientie warmtepomp: ɛ Q warmte / W ; Carnot proces: η C = 1 T L /T H ; COP C = T L /(T H T L ); ɛ C = T H /(T H T L ) = COP C + 1 Vochttransport 10. Relatieve vochtigheid: φ(t ) = p H2 O(T )/p sat,h2 O(T )

3 Opgave 1 Zuigermotoren werkend op zelfonsteking kunnen in eerste benadering worden beschreven met de Diesel cyclus met een ideaal gas als werkmedium (M = 30 kg/kmol, k = 1.4). Deze cyclus omvat de volgende processtappen: adiabatische compressie startend bij temperatuur 30 C en specifiek volume 0.5 m 3 /kg; isobare warmtetoevoer bij 50 bar; adiabatische expansie tot 5 bar; isochore warmteafvoer. Arbeidsuitwisselingen zijn volledig reversibel. a) Schets de cyclus in een p-v en T-s diagram. b) Bepaal de compressieverhouding V max /V min. c) Bepaal de minimum en maximum temperaturen die optreden. d) Bepaal de specifieke arbeid die de cyclus levert alsmede het thermisch rendement. e) Bepaal de entropieproductie indien warmteuitwisselingen plaats vinden met twee warmtereservoirs op temperaturen gelijk aan minimum en maximum systeem temperatuur. Opgave 2 Beschouw een zuiger-cilinder systeem, werkende op 1 kg van het medium R134a (zie tabellen) en geplaatst in een omgeving met een druk van 1 bar. Bij aanvang rusten zuiger (20 kg; 0.1 m 2 ) en een daarop geplaatste last (480 kg) op een stop (begintoestand: 0.1 m 3, 26 C). Vervolgens wordt warmte toegevoerd. Hierdoor zet de zuiger zich, na voldoende drukopbouw, in beweging en stijgt 45 cm, alvorens door een tweede stop te worden tegengehouden. De warmtetoevoer wordt beeindigd als een einddruk van 2 bar is bereikt. a) Bepaal de inwendige energie in de begin- en de eindtoestand. b) Schets het proces in een p-v diagram. c) Bepaal de totale hoeveelheid arbeid die wordt verricht. d) Bepaal de benodigde hoeveelheid warmte om de zuiger in beweging te zetten. e) Bepaal de benodigde hoeveelheid warmte om de last naar het hoogste punt te tillen.

4 Opgave 3 Lucht (M = 29 kg/kmol, k = 1.4) komt de diffuser van een straalmotor met 200 m/s binnen bij een druk van 80 kpa en een dichtheid van 1.3 kg/m 3 en ondergaat daarbij een vertraging tot 25 m/s. (In-/uitstroomoppervlak bedragen respectievelijk 0.4 m 2 en 3 m 2 ). De snelle doorstroming staat verwaarlozing van warmteuitwisseling met de omgeving toe. a) Stel de eerste en tweede hoofdwet op specifiek voor dit systeem. Motiveer daarbij eventuele vereenvoudigingen. b) Bepaal de temperatuur aan de uitstroom. c) Bepaal de druk aan de uitstroom. d) Toon aan dat de toestandsverandering van de lucht in de diffuser irreversibel is. e) Bepaal de uitstroomsnelheid bij gelijkblijvende instroomcondities en uitstroomdruk indien de vertraging van de lucht reversibel zou hebben plaatsgevonden. Opgave 4 In een koelkast met apart vriesvak (zie figuur) komt het koelmiddel R134a het koelvak ( refrigerator ) binnen op een temperatuur van 16 C en het vriesvak ( freezer ) op een temperatuur van 24 C. De temperatuur in de condensor bedraagt 32 C. Gegeven is verder nog dat het dampgehalte in punt 2 gelijk is aan 1, in punt 3 gelijk is aan 0 en aan het uiteinde van het koelvak 60% bedraagt. Daarnaast verloopt het proces in alle warmtewisselaars reversibel en isobaar, in de compressor isentroop en over de expansieklep adiabatisch. a) Teken de koelcyclus in een T-s diagram. b) Bepaal de specifieke hoeveelheid warmte die aan het vriesvak wordt onttrokken. c) Bepaal de specifieke entropieproduktie die over beide expansie kleppen optreedt. d) Bepaal de werkelijke COP die bij deze cyclus hoort. e) Bepaal de maximaal haalbare COP. Hoe kan die behaald worden? Opm. studenten die deze opgave te gecompliceerd vinden kunnen de opgave maken gebaseerd op het alternatieve pad A-1 (alleen vriesvak). In dat geval is de maximaal haalbare score 60% van bovenstaande opgave.

5

6

7

8

9 UITWERKINGEN TENTAMEN THERMODYNAMICA voor W (4B420) 25 januari 2011 van uur. Opgave 1 a) Standaard Diesel cyclus; zie boek. b) v max /v min = v 1 /v 2 = (p 2 /p 1 ) 1/k = 11.3 (reversibele adiabaat: Poisson relaties); p 1 = RT 1 /v 1 = bar (gaswet); R = R/M = J/kg K; p 2 = 50 bar c) T min = T 1 = 303 K; T max = T 3 = T 2 (v 3 /v 2 ) = K (gaswet); v 3 = v 4 (p 4 /p 3 ) 1/k = v 1 (p 4 /p 3 ) 1/k = m 3 /kg (Poisson); p 3 = p 2 = 50 bar; p 4 = 5 bar; T 2 = T 1 (v 2 /v 1 ) 1 k = 799 K (Poisson) d) w = δq = q 23 + q 41 = kj/kg; q 23 = h 23 = c p (T 3 T 2 ) = kj/kg (isobaar); q 41 = u 41 = c v (T 1 T 4 ) = kj/kg (isochoor); T 4 = (p 4 /p 1 )T 1 = K (gaswet); c v = R/(k 1) = J/kg K; c p = kc v = 970 J/kg K η = w/q in = w/q 23 = e) Arbeidsuitwisselingen zijn volledig reversibel: irreversibiliteiten komen volledig voort uit warmteuitwisselingen met de warmtereservoirs over eindige temperatuurgradienten; 2e HW: s p = ds δq/t R = δq/t R (T R : reservoir temperatuur). Hier: s p = q 23 /T H q 41 /T L, met T H T 3 en T L T 1 ; minimale entropieproductie bij minimale temperatuurval: T H = T 3, T L = T 1 s p = s p,min = q 23 /T 3 q 41 /T 1 = J/kg K Opgave 2 a) Begintoestand: v f@ 26 C < v 1 < v g@ 26 C (verzadigd mengsel; v 1 = V 1 /m = 0.1 m 3 /kg); x 1 = (v 1 v f@ 26 C)/(v g@ 26 C v f@ 26 C) = 0.53; u 1 = (1 x 1 )u f@ 26 C +x 1 u g@ 26 C = kj/kg Eindtoestand: V = V 1 + HA = m 3 v = V/m = m 3 /kg > v g@2bar oververhitte damp: u = 3 /kg kj/kg b) Isochoor van p 1 = p sat@ 26 C = 1 bar naar p 2 = p omg. + (m zuiger + m last )g/a = 1.5 bar; isobaar van V 2 = V 1 = 0.1 m 3 naar V 3 = m 3 ; isochoor van p 3 = p 2 = 1.5 bar naar p 4 = 2 bar; toestand 2: v [email protected] < v 2 < v [email protected] verzadigd mengsel: toestand 3: v 3 > v [email protected] oververhitte damp c) W = 4 1 pdv = 3 2 pdv = p 2(V 3 V 2 ) = 6.75 kj d) Zuiger zet zich in beweging bij werkpunt 2 (einde isochore drukopbouw): Q = Q 12 = U 12 = m(u 2 u 1 ) = kj; x 2 = (v 2 v [email protected] )/(v [email protected] v [email protected] ) = 0.768; u 2 = (1 x 2 )u [email protected] + x 2 u [email protected] = kj/kg e) Last op hoogste punt: werkpunt 3: Q = Q 12 + Q kj; Q 23 = W 23 + U 23 = W + m(u 3 u 2 ) 58.3 kj (1e HW); u 3 = 3 /kg 225 kj/kg

10 Opgave 3 a) 1e HW (stationair; adiabatisch; geen technisch vermogen): c p T 1 + c 2 1/2 = c p T 2 + c 2 2/2; 2e HW: Ṡ p = ṁ(s 2 s 1 ) b) 1e HW: T 2 = T 1 + (c 2 1 c 2 2)/2c p = K; T 1 = p 1 /Rρ 1 = K (gaswet) c) p 2 = Rρ 2 T 2 = 93.1 kpa (gaswet); ρ 2 = ṁ/a 2 c 2 = 1.39 kg/m 3 (massabehoud); ṁ = ρ 1 A 1 c 1 = 104 kg/s d) 2e HW: Ṡ p = ṁ(s 2 s 1 ) = 4.6 kw/k > 0 irreversibel; s 2 s 1 = c v ln(p 2 /p 1 ) + c p ln(v 2 /v 1 ) = c v ln(p 2 /p 1 ) + c p ln(ρ 1 /ρ 2 ) = J/K e) Ṡ p = 0 s 2 s 1 = 0 ρ 2 = ρ 1 (p 2 /p 1 ) 1/k = 1.45 kg/m 3 ; c 2 = (ρ 1 A 1 )/(ρ 2 A 2 )c 1 = 23.9 m/s Opgave 4 a) b) 1e HW standaard warmtewisselaar: q 61 = h 1 h 6 = kj/kg; h 1 = (1 x 1 )h g@ 24 C + x 1 h g@ 24 C = kj/kg; x 1 = (s 1 s f@ 24 C)/(s g@ 24 C s f@ 24 C) = 0.964; s 1 = s 2 = s g@32 C = kj/kg K (compressor: isentroop); h 6 = h 5 = (1 x 5 )h f@ 16 C + x 5 h g@ 16 C = kj/kg (smoorklep: isenthalpisch) c) 2e HW open systeem in specifieke vorm (adiabatisch; 1 in-/uitgang): δs p,34 = s 4 s 3 = J/kh K, δs p,56 = s 6 s 5 = J/kg K; x 4 = (h 4 h g@ 16 C)/(h g@ 16 C h f@ 16 C) = 0.312; h 4 = h 3 = h f@32 C = kj/kg (smoorklep: isenthalpisch); s 3 = s f@32 C = kj/kg K; s 4 = (1 x 4 )s f@ 16 C + x 4 s g@ 16 C = kj/kg K; s 5 = (1 x 5 )s f@ 16 C + x 5 s g@ 16 C = kj/kg K; x 6 = (h 6 h g@ 24 C)/(h g@ 24 C h f@ 24 C) = 0.633; s 6 = (1 x 6 )s f@ 24 C + x 6 s g@ 24 C = kj/kg K d) COP = q koel,tot / w comp = (q 45 +q 56 )/ w 12 = (h 5 h 4 +h 1 h 6 )/ h 1 h 2 = (h 1 h 4 )/(h 2 h 1 ) = 3.33; h 2 = h g@32 C = kj/kg e) COP max = (T H /T L 1) 1 = 4.45; T L = T vriesvak = 249 K; T H = T condensor = 305 K. Dit kan behaald worden door het koelsysteem een Carnot cyclus te laten doorlopen tussen de gegeven temperatuurniveau s.