T 2. + RT 0 ln p 2 K + 0, K ln. kg K. 2) Først må vi nne massestraumen av luft frå energibalansen: 0 = ṁ 1 (h 1 h 2 ) + ṁ 3 (h 3 h 4 ) kg s

Transkript

1 LØYSINGSFORSLAG, eksamen 4. mai 208 i fag TEP425 TERMODYNAMIKK 2 v. Ivar S. Ertesvåg, sist endra 5. mai 208. Dette er eit UTKAST. Det kan vere skrive- og reknefeil her. Endring i spesikk eksergi konstant trykk: e f, e f,2 = h h 2 T 0 s s 2 = c p T T 2 T 0 ln T T 2 79,3 kj/kg Spesikk termomekanisk eksergi i straum 2: e tm f,2 = h 2 h 0 T 0 s 2 s 0 = c p T 2 T 0 T 0 ln T 2 T 0 =, kj ln 473 K + 0,27 kj 283 Termodyn. 2, , side =, kj + RT 0 ln p 2 p K ln, 2 = 63,0 kj/kg ln Først må vi nne massestraumen av luft frå energibalansen: 0 = ṁ h h 2 + ṁ 3 h 3 h 4 ṁ 3 = ṁc p,rg T T 2 c p,luft T 4 T 3 = 4,50,0 20 kg s = 33 kg/s Eksergibalansen: 0 = Ėf, Ėf,2 Ėf,4 Ėf,3 Ėd e f,4 e f,3 = c p T 4 T 3 T 0 ln T 4 =,0 T ln Ė d = 4 kg/s 79,3 kj/kg 33 kg/s 0,675 kj/kg = 295 kw kj kj = 0,675 kg kg K = Alternativ: Entropibalansen: 0 = ṁ s s 2 + ṁ 3 s 3 s 4 + σ Ė d = T 0 σ = T 0 ṁ s 2 s + ṁ 3 s 4 s 3 ] = T 0 ṁ c p,rg ln T 2 + ṁ 3 c p,luft ln T ] 4 T T 3 = 283 K 4, ln 473 ] 303 kj + 33,0 ln = 283,04 kj/s = 295 kw s K 3 Trykket i tilstand 3: p 3 = p = p 2 = bar. I diagrammet ligg tilstand 3 på linja mellom og 2, med avstand ṁ a /ṁ a3 = 2/3 frå 2. Dvs. nærast, som det er mest av. Les av i diagrammet: T 3 = 30,7 C og x 3 = 0,030. Dette punktet ligg i tåkeområdet, og x 3 = m v3 + m w3 /m a3 er for summen av damp og væske. Dampfasen er metta vassdamp ved T 3. Punktet for gassfasen utan vassdropane nn vi i digagrammet ved å følgje isotermen i tåkeområdet opp til metningslinja. Her er x 3v = 0,029 kg/kg = m v3 /m a3. Herifrå kan vi nne partialtrykket til vassdamp frå diagrammet p v3 = p v x 3v = 44 mbar = 0,044 bar. Eller som p v3 = p g T 3 = 0,044 bar frå tabell A2. Det er spørsmål om tilstanden, og då må svaret i det minste gje så mange opplysningar som det er uavhengige variablar. Det kan vere totaltrykk, temperatur, at vassdampen er metta, og mengdene av vassdamp anten

2 Termodyn. 2, , side 2 med spesikk fukt, partialtrykk, molfraksjon, m.. og vatn rekna per kg tørr luft. Kondens: m w3 /m a3 = x 3 x 3v = 0,00 kg/kg. 4 Komprimeringa frå til 4 endrar ikkje samansetjinga ikkje kondens i. oppgåva: y v4 = y v = p v 0,0665 bar = = 0,0665. p bar der partialtrykket i er p v = ϕ p g T = 0,90 0,07384 bar = 0,0665 bar Partialtrykket i 4: p v4 = y v4 p 4 = 0, bar = 0,200 bar Etter nedkjøling med kondens, må partialtrykket vere lik metningstrykket: p v5 = p g T 5 = 0,07384 bar Her ser vi at p v5 < p v4, så det stemmer at noko må ha kondensert. p v5 Absolutt fukt i 5: x 5 = 0,622 = p 5 p p 0,622 5 v5 = p v5 0, ,07384 = 0,057 kg/kg 5 Reaksjonsbalanse, fullstendig reaksjon med luftoverskot: 0,25 + 0,75 + λ xo 2 + 3,76N 2 a 2 + b O + λ xo 2 + λ x 3,76N 2 Balanserer: a = 0,25; b = 0,75; x = a 2 + b 2 = 0,50; λ x = 0,2 0,5 = 0,0; λ x 3,76 = 2,256 Produkt per mol brenselblanding: n = 0,25 + 0,75 + 0,0 + 2,256 = 3,356 Molfraksjonar i produktet: y 2 = 0,25/n = 0,0745; y H2 O = 0,75/n = 0,2235; y O2 = 0,/n = 0,0298; y N2 = 2,256/n = 0,6722. Molmasse av brenselblandinga: M br = y i M i = 0, ,75 2 kg/kmol = 8,5 kg/kmol Masse av 2 : m 2 m br = n 2 M 2 = 0,25 44 =,29 kg/kg n br M br 8,5 6 Brennverdi for øvre = nedre: h bv, = h f, + 2 h f,o 2 h f, 2 = kj/kmol = kj/kmol Brennverdiar for : h nbv,h2 = h f, + 2 h f,o 2 h f, Og = kj/kmol h obv,h2 = h f, + 2 h f,o 2 h f, Oliq = kj/kmol Blandinga: h nbv,bl = y hbv, + y H2 hnbv,h2 = 0, , kj/kmol = 2523 kj/kmol h nbv,bl = h nbv,bl /M bl = 2523/8,5 kj/kg = kj/kg h obv,bl = y hbv, + y H2 hobv,h2 = 0, , kj/kmol = kj/kmol 7 Energibalansen: 0 = ṅ br hbr + ṅ luft hluft ṅ prod hprod, der h i = h nbv,i + h i Lufta har ikkje brennverdi. Det er fullstendig forbrenning, så produktet har null brennverdi.

3 Termodyn. 2, , side 3 Her er brennverdiane rekna ut ved T ref = T br = T luft, så h br = h luft = 0. For produktet har vi same molare varmekapasiteten for alle stoa, slik at h prod = i y i h i prod = i y i c p,i T prod T ref = c p T prod T ref Set inn i energibalansen og ordnar: 0 = h nbv,br + 0 n prod n br c p T prod T ref, eller T prod = T ref + h nbv,br n prod = 25 C c p 3, K = 230 C = 2574 K n br sto-balansar: ṅ = ṅ 2 + ṅ 3 ; ṅ,2 = 0; ṅ, = ṅ,3 ; y H2,3 = y,3 = 0,50; ṅ H2,3 = ṅ,3 = ṅ, = 4ṅ = 3ṅ, ṅ H2,2 = ṅ H2, ṅ H2,3 = 2 3ṅ, = 2ṅ ṅ 2 = ṅ 3 = 2ṅ Det teoretisk minste arbeidet det reversible arbeidet for prosessen er endringa i eksergi. Sidan alle straumane har null termomekanisk eksergi, vert dette endringa i kjemisk eksergi: Ẇrev = Ėch = Ėch 2 + Ėch 3 Ėch = ṅ 2 ē ch 2 + ṅ 3 ē ch 3 ṅ ē ch Her er ē ch k = i y i,kē ch i + RT 0 i y i,k ln y i,k for kvar straum k =, 2, 3; men for straum 2 er y H2 =, så ē ch 2 = ēch Per mol i straum : Ėch = ṅ2 ṅ{ + ṅ3 { y H2,3ē ch ṅ ē ch ṅ y H2,ē ch + y, ē ch = ṅ H2,2 + ṅ H2,3 ṅ H2, ṅ }{{} =0. + y,3 ē ch + RT 0 y H2, ln y H2, + y, ln y, ē ch + ṅ,3 ṅ, ṅ }{{} =0 + RT } 0 y H2,3 ln y H2,3 + y,3 ln y,3 } ē ch + RT 0 {2 0,5 0,5 ln 0,5 0,75 ln 0,75 0,25 ln 0,25} = RT 0 0,75 ln 0,75 = 8, ,75 ln 0,75 kj/kmol = 535 kj/kmol Her vil den skarpøygde sjå at det første leddet i klemmeparentesen kan uttrykkast 2 0,5 0,5 ln 0,5 = 0,5 0,5 ln0,5 2 = 0,25 ln0,25, som er lik det tredje leddet, men med motsett forteikn. Dei som ikkje ser det, må taste nokre ekstra trykk på kalkulatoren. 9 Reaksjonsbalanse, hovudreaksjonen: CH O a 2 + b + d O + e Her er det 4 sto i produkt-blandinga, altså 4 ukjende. Det er 3 grunnsto, som gjev 3 likningar.

4 Termodyn. 2, , side 4 Då må vi ha 4 3 = likning til, altså jamvektsreaksjon. C-balansen: = a + b, eller b = a H-balansen: 2 4 = 2d + 2e, eller e = 4 d O-balansen: 2 = 2a + b + d = a + a + b + d = a + + d, eller a = d Den siste i den første gjev b = a = + d, altså b = d. I produktet, per mol CH 4 : n = a + b + d + e = d + d + d + 4 d = 5. Då kan vi nne alle molfraksjonane som funksjon av den eine ukjende, d: y 2 = a/n = d/5; y = b/n = d/5; y H2 O = d/n; y H2 = e/n = 4 d/5 * Den eine jamvektsreaksjonen vi skal bruke, kan ikkje innehalde andre sto enn dei re som skal vere med i produktet. Frå tabell A27 er det berre éin som høver: H2 O, med jamvektskonstant K000 K = 0 0,59 = 0,693 Set inn molfraksjonar K = y y H2 O p 0, og får den eine likninga som må løysast, med d y 2 y H2 p ref d d som den ukjende: d4 d = 0,693 Deretter nn vi molfraksjonane som funksjon av d frå likningane *. 0 Reaksjonen: CH 4 + O + 3, og jamvektskonstanten, ln K = G T T R G T = H T T S T H T = hch4 T + h H2 OT h T 3 h H2 T = h f,ch4 + h f, O h f, 3 h f, + c p,ch4 + c p,h2 O c p, 3 c p,h2 T T ref = ] kj/kmol = kj/kmol }{{} S T = = 44 s CH 4 T + s O T s T 3 s T = s CH 4 + s O s 3 s + c T =T p,ch4 + c p,h2 O c p, 3 c p,h2 ln T ref T ref = 86,6 + 88,72 97, , ln 000 ] kj/kmol K = 267,5 kj/kmol K 298 G T = ,5] kj/kmol = kj/kmol ln K = kj/kmol = 3,67; K = expln K = exp3,67 = 39,3 000 K 8,34 kj/kmol K Dette er høgt trykk, slik at vi må rekne gassen som reell. Vi kan bruke Van der Waals tilstandslikning under Opplysningar og nne endring i indre energi frå du = c v dt + T p T v ] p dv Parametrane i tilstandslikninga Tabell A24 er på molbasis, så det er kanskje tryggast å rekne på molbasis.

5 Deriverer tilstandslikninga p = R T v v b og nn T For ei endring med konstant temperatur er dū T = a v 2 d v og 2 ū 2 ū = dū T = a ] 2 = a v v v2 = a m V V2 M = a Termodyn. 2, , side 5 p R p = T T v v b RT v b + ā v 2 = ā v 2 V V 2 m V M Frå tabell A24: a =,474 bar m 3 2 /kmol 2 =, kj/m 3 m 3 2 /kmol 2 = 47,4 kjm 3 /kmol 2 gjer nytte av bar = 00 kpa = 00 knm/m 3 = 00 kj/m 3 Endringa per mol ū 2 ū = Den totale endringa 4 kg 28 kg/kmol 47,4 kjm3 /kmol 2 U 2 U = m M ū 2 ū = 2 4 kg 35,0 kj/kmol = 50, kj 28 kg/kmol Eller U 2 U = m M ū 2 ū = m2 M 2 a V V 2 V 4 2 kg 2 = 28 2 kg 2 /kmol 2 47,4 kjm3 /kmol 2 2 = 35,0 kj/kmol 0,03 m3 = 50, kj 0,03 m3 2 i For eit enkelt, kompressibelt system med konstant masse, der vi ser bort frå rørsle kinetisk energi og massekrefter tyngd m.m. ii gjeld. hovudsetning: du = δq δw, iii der δw = pdv, slik at du = δq pdv, iv 2. hovudsetning: ds = δq T + δσ 2, der δσ 0 v Likning sett inn i 2 og ordna til T ds du + pdv = T δσ 0 3 vi Når U og V er konstante du = dv = 0, ds U,V 0. Når det har stilt seg inn jamvekt, har S nådd ein maksimal-verdi og det vil ikkje skje eire netto endringar; ds U,V = 0. vii Gibbs-funksjonen, def. G = H T S = U + P V T S. viii Dierensialet: dg = du + pdv + V dp T ds SdT, eller omordna: dg V dp + SdT = T ds du pdv. ix Her skal parentesen vere 0 i. likning 3, altså må høgresida vere 0, og dermed også venstresida: dg V dp + SdT 0. x Når T og p er konstante dt = dp = 0, er dg T,p 0. Når det har stilt seg inn jamvekt, har G nådd ein minste verdi og det vil ikkje skje eire netto endringar jf. punkt vi; dg T,p = 0. Dette var det vi skulle vise.