LØYSINGSFORSLAG, eksamen 21. mai 2008 i fag TEP4125 TERMODYNAMIKK 2 v. Ivar S. Ertesvåg, juni 2008/april 2011

Transkript

1 Termodyn. 2, , side 1 LØYSINGSFORSLAG, eksamen 21. mai 2008 i fag TEP4125 TERMODYNAMIKK 2 v. Ivar S. Ertesvåg, juni 2008/april ) Molmasse: M = i y im i = (0, , ,01 28) kg/kmol = 17,24 kg/kmol Massefraksjon: mf i = m i m = n i M i n M = y i Mi M mf CH4 = 0,91 16/17,24 = 0,845; mf C2 H 6 = 0,139; mf N2 = 0,016. Molart volum: v = RT p = 8, ,15 1, m 3 /mol = 0,02397 m 3 /mol = 23,97 m 3 /kmol Molkonsentrasjon: c i = n i V = n i n n V = y i v c CH4 = 0,91/17,24 mol/m 3 = 37,96 mol/m 3, c C2 H 6 = 3,34 mol/m 3, c N2 = 0,417 mol/m 3, 2) Alternativ 1: Massebasis: h nbv = i mf i h nbv,i = (0, , ) kj/kg = kj/kg (verdiar på massebasis i tabell A25, vedlegg) Molbasis: h nbv = h nbv M = ,24 kj/kmol = 842,5 MJ/kmol Volumbasis: H nbv /V = (n h nbv )/V = h nbv / v = (842,5/23,97) MJ/m 3 = 35,1 MJ/m 3 Alternativ 2: h nbv = i y i h nbv,i = i y i M i h nbv,i og h nbv = h nbv /M. Alternativ 3: rekne ut h nbv,i frå danningsentalpiar. Men dette tek mykje meir tid. 3) Reaksjonsbalanse (λ = 1,2): 0,91CH 4 + 0,08C 2 H 6 + 0,01N 2 + λ (0, ,08 3,5) (O 2 + 3,76N 2 ) }{{} =2,1 (0,91 + 0,08 2) CO 2 + (0, ,08 3) H 2 O + (λ 1) 2,1 O 2 + (λ 2,1 3,76 + 0,01) N 2 }{{}}{{}}{{}}{{} =1,07 =2,06 =0,42 =9,485 Produktet, stoffmengd (kmol pr kmol brenselblanding): n = 1,07+2,06+0,42+9,485 = 13,04 Samansetnad, molfraksjonar: y CO2 = n CO2 /n = 1,07/13,04 = 0,082; y H2 O = 0,158; y O2 = 0,032; y N2 = 0,727. Etter nedkjøling med kondens: Partialtrykket for vassdamp i blandinga må vere lik metningstrykket for vassdamp ved temperaturen for blandinga, p H2 O = p met (25 C) = 0,03169 bar. Sidan totaltrykket er 1 bar, er molfraksjonen i gassfasen y H2 O = p H2 O/p = 0, Vi deler opp gassfasen i vassdamp, H 2 O (g), og andre (a), slik at n a = n CO2 + n O2 + n N2. Dei andre gassane skjer det ikkje noko med, så n a = 1,07 + 0,42 + 9,485 = 10,98 som før. Molfraksjonen for vassdamp kan uttrykkast ved y H2 O = n H 2 O(g) n a = ( + 1) 1 n a + n H2 O(g) n H2 O(g) Sidan y H2 O og n a er kjende, kan vi løyse ut n H2 O(g) = 0,359. Dette er kmol vassdamp pr kmol brenselblanding, etter nedkjølinga. Resten er kondensert ut: n H2 O(liq) = n H2 O n H2 O(g) = 2,06 0,359 = 1,70 (kmol pr kmol brenselblanding)

2 Termodyn. 2, , side 2 Gassblandinga inneheld stoffmengda n = n a +n H2 O(g) = 11,34 (kmol pr kmol brenselblanding) og vi kan rekne ut den nye samansetnaden: y CO2 = n CO2 /n = 1,07/11,34 = 0,094; y O2 = 0,037; y N2 = 0,836; (og y H2 O = 0,03169). 4) Q = 0 T br = 15 C T luft = 15 C ṁ br ṁ luft T rg = 465 C = 738 K ṁ rg Ẇ =? c p,rg = 1,1 kj/(kg K) ṁ br = 2,0 kg/s, ṁ luft = 40 ṁ br = 80,0 kg/s. Massebalanse: ṁ rg = ṁ br + ṁ luft = 41 ṁ br = 82,0 kg/s. Energibalansen ( Q = 0): 0 = Ḣbr + Ḣluft Ḣrg Ẇ [ ] Ẇ = ṁ br (h nbv + h) br + ṁluft ( h) luft ṁrg ( h) rg ṁ br ṁ br Vel T ref = T br = T luft = 15 C slik at h br = h luft = 0 og h rg = c p,rg (T rg T ref ). Ẇ = 2,0 kg/s( kj/kg ,1(465 15) kj/kg) = 59, kj/s = 59,4 MW 5) Q = 0 T rg,inn = 465 C = 738 K T rg,ut = 10 C = 386 K damp, 320 C, 3 bar Ẇ = 0 vatn, 90 C, 3 bar T = 15 C = 288 K Eksergiendring (spesifikk), røykgass (konstant trykk): (e f,inn e f,ut ) rg = (h inn h ut ) rg T (s inn s ut ) rg = c p,rg (T rg,inn T rg,ut T ln T rg,inn = 1,1( ln ) kj/kg = 182,7 kj/kg Vatn/damp: e f,damp,ut e f,vatn,inn = h damp h vatn T (s damp s vatn ) = h(t damp, p damp ) h f (T vatn ) T (s(t damp, p damp ) s f (T vatn )) = ((3110,1 376,9) 288(7,7722 1,1925)) kj/kg = 838,2 kj/kg }{{} =2733,2 T rg,ut ) Merknad: Her har vi brukt h vatn h f (T vatn ); vi kunne også brukt h vatn (T, p) = h f (T vatn ) + (p p g )v f, men skilnaden ville vere berre 0,2 kj/kg. Må finne massestraumen av vatn, damp brukar energibalansen: 0 = Ḣrg,inn Ḣrg,ut Ḣdamp + Ḣvatn eller ṁ rg (h inn h ut ) rg = ṁ damp (h damp h vatn ).

3 Termodyn. 2, , side 3 Løyser ut ṁ damp = (1,1 355/2733,2) 82 kg/s = 11,7 kg/s Eksergibalansen: 0 = Ėf,rg,inn Ėf,rg,ut Ėf,damp + Ėf,vatn Ėd,cv. Ekserginedbryting (irreversibilitet): Ėd,cv = ṁ rg (e f,inn e f,ut ) rg ṁ damp (e f,damp e f,vatn ) = (82 182,7 11,7 838,2) kj/s = 5174 kw Alternativ, med entropibalanse: 0 = Ṡrg,inn Ṡrg,ut + Ṡvatn Ṡdamp + σ cv. (må finne ṁ damp frå energibalansen som ovanfor). Ė d,cv = T σ cv = T (ṁ rg c p,rg ln Trg,ut T rg,inn + ṁ damp (s damp s vatn )) = 288 (82 1,1 ln ,7 (7,7722 1,1925)) kj/s = 5121 kw 6) For gassar som finst i atmosfæren er i = RT ln yi e H 2 O(g) = ( 8, ,15 ln 0,0222) kj/kmol = 9439 kj/kmol, O 2 = 3931 kj/kmol, CO 2 = kj/kmol. Metan (CH 4 + 2O 2 CO 2 + 2H 2 O): CH 4 = G (T ) + CO H 2 O(g) 2ēch O 2 Sidan T er lik T ref (=25 C) frå tabell A25, er G (T ) = G (T ref ) = ḡ f,ch 4 + 2ḡ f,o 2 ḡ f,co 2 2ḡ f,h 2 O(g) = ( ( ) 2 ( )) kj/kmol = kj/kmol CH 4 = ( ) kj/kmol = kj/kmol 7) liksom- (pseudo-) kritisk tilstand for blandinga (Kays regel): T c = i y it c,i = (0, , ,01 126) K = 199,5 K p c = i y ip c,i = (0,91 46,4 + 0,08 48,8 + 0,01 33,9) bar = 46,5 bar Kompressor, innløp (1): T 1 = 10 C = 283K, p 1 = 1 bar utløp (2): T 2 = 160 C = 433K, p 1 = 1186 bar avgjeven (kjøle-)varme: ( Q) = 0,80 ( Ẇ ) Energibalanse: 0 = Ḣ1 Ḣ2 + Q Ẇ, der Q Ẇ = (0,80 1)Ẇ = 0,20Ẇ og Ḣ2 Ḣ1 = ṅ( h 2 h 1 ) ( h h 2 h 1 = h 2 h 2 + h 2 h 1 + h 1 h 1 = RT h ) ( h c + ( h RT 2 h 1) + RT h ) c c RT 2 c 1 Reduserte temperaturar og trykk for blandinga: T R1 = T 1 /T c = 283/199,5 = 1,42; T R2 = 2,17; p R1 = p 1 /p c = 0,022; p R2 = 4,0. (1): ( h h) 1 0 (tilnærma ideell gass). (2): Les av i Fig A-5: (( h h)/( RT c )) 2 = 0,75 Endring for ideell gass: h 2 h 1 = c p(t 2 T 1 ) = 30(160 10) kj/kmol = 4500 kj/kmol Endring: h 2 h 1 = ( 8,3 199,5(0,75) ) kj/kmol = 3258 kj/kmol Tilført arbeid: ( Ẇ ) ṅ = 1 0,20 ( h 2 h 1 ) = ( 3258 ) kj/kmol = kj/kmol 0,20

4 Termodyn. 2, , side 4 8) Entropiendring for kompressoren i 7): s 2 s 1 = s 2 s 2 + s 2 s 1 + s 1 s 1 = R (1): ( s s) 1 0 (tilnærma ideell gass). (2): Les av i Fig A-6: (( s s)/ R) 2 = 0,3 ( s ) ( s + ( s R 2 s 1) + R s ) s 2 R 1 Entropiendring for ideell gass: s 2 s 1 = c p ln T 2 T 1 R ln p 2 p 1 = (30 ln ,314 ln 1 ) kj/(kmol K) = 30,7 kj/(kmol K) Entropiendring: s 2 s 1 = ( 8,3 0,3 30,7) kj/(kmol K) = 33,2 kj/(kmol K) Eksergiendring: ē f,2 ē f,1 = h 2 h 1 T ( s 2 s 1 ) = ( ( 33,2)) kj/kmol = kj/kmol 9) (1): T 1 = 50 C, ϕ 1 = 0,90, V1 = 0,5 m 3 /s ( = ṁ a v 1 ) (2): T 2 = 10 C. Tilstanden etter nedkjøling må vere metta, ϕ 2 = 1. Les av i h-x-diagrammet: x 1 = 0,0775 kg/kg t.l., h 1 = 252 kj/kg t.l., v 1 = 1,04 m 3 /kg t.l.. x 2 = 0,0077 kg/kg t.l., h 2 = 29 kj/kg t.l.. Massestraum tørr luft: ṁ a = V 1 /v 1 = (0,5/1,04) kg/s = 0,48 kg/s. Kondensert vatn: ṁ kond = ṁ v1 ṁ v2 = ṁ a (x 1 x 2 ) = 0,48(0,0775 0,0077) kg/s = 0,034 kg/s. Energibalansen: 0 = Ḣ1 Ḣ2 Ḣkond + Q og ( Q) = ṁ a (h 1 h 2 ) ṁ kond (h kond h ref ) Referansen i diagrammet er vatn ved 0 C: h ref = h f (0 C); h kond h ref = 42 kj/kg ( Q) = (0,48(252 29) 0,034 42) kj/kg t.l. = (107 1,4) kj/kg t.l. = 106 kj/kg t.l.. (dvs at bidraget frå det kondenserte vatnet er så lite at det er mindre enn den feilen vi gjer ved avlesinga). 10) (3): T 2 = 10 C, ϕ 3 = 0,30 Les av: x 3 = 0,0005 kg/kg t.l., h 3 = 8 kj/kg t.l., v 3 = 0,75 m 3 /kg t.l.. Her er V 1 = 0,1 m 3 /s, ṁ a1 = V 1 /v 1 = 0,1/1,04 kg/s = 0,096 kg/s og V 3 = 0,3 m 3 /s, ṁ a3 = V 3 /v 3 = 0,3/0,75 kg/s = 0,40 kg/s ṁ a1 + ṁ a3 = 0,50 kg/s I diagrammet ligg tilstanden for blandinga på ei rett linje mellom (1) og (3), ṁ a3 /(ṁ a1 +ṁ a3 ) = 1/5 av avstanden rekna frå (3) (nærast det det er mest av). Blandinga ligg i tåkeområdet, les av T bl = 15,5 C og x bl = 0,016 kg/kg t.l.. Dette er tørr luft + metta damp + væskedropar. For å finne innhaldet av damp, følgjer vi tåkeisotermen opp til metningslinja og finn x damp = 0,0107 kg/kg t.l.. Resten er væske, x liq = x bl x damp = 0,0053 kg/kg t.l.

5

6