LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Tirsdag 9. desember 2008 Tid: kl. 09:00-13:00

Transkript

1 Side 1 av 6 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 410 TERMODYNAMIKK 1 Tirsdag 9. desember 008 Tid: kl. 09:00-13:00 OPPGAVE 1 (5%) a) Selv om oppgaveteksten sier eksplisitt at forklaringer ikke skal være med på dette spørsmålet gir vi en kort begrunnelse her i løsningsforslaget: u (i) = 0 v T Korrekt, siden indre energi kun avhenger av temperatur for ideell gass. (ii) h= h( T) Korrekt, entalpi avhenger kun av temperatur for ideell gass. (iii) s = st ( ) Feil, entropi avhenger også av trykket for ideell gass. Dette framgår f.eks. av. TdS likning løst m.h.p. entropiendring for ideell gass: ( ) dt dp ds = cp T R T p (iv) c = konstant Feil, intet i ideell gass model antyder konstante varmekapasiteter. p (v) pv = RT Feil, siden gasskonstanten er spesifikk (kj/kgk) må også volumet være spesifikt ( v ). Med totalt volum må tilstandslikning for ideell gass skrives på formen: pv = mrt. b) Virkningsgraden til en kjølekrets er definert som (benytter også oefficient of Performance): OP = β = W cycle Dette uttrykket angir den reelle virkningsgraden ettersom uttrykket benytter virkelig arbeid og virkelig kjøle-effekt. Den ideelle virkningsgraden er den maksimale virkningsgraden som kan oppnås for en reversibel prosess som opererer mellom de to aktuelle temperaturene. Denne prosessen er kjent som arnot-prosessen, og virkningsgraden kan uttrykkes som: OP max = β = T T T H En termodynamisk virkningsgrad er som oppgaveteksten antyder en virkningsgrad som måler reell oppførsel opp mot ideell oppførsel. Dette innebærer at vi kan definere en

2 Side av 6 termodynamisk virkningsgrad for kjølekretsen ved å dividere de to ovenstående uttrykkene på hverandre: η TD T / W OP T reell = = = OP T ideell W T T cycle H H cycle 1 c) Tar utgangspunkt i Termodynamikkens 1. lov på differensiell form for et lukket system hvor vi neglisjerer endring i kinetisk og potensiell energi: du = δ δw Benytter videre definisjonen på entropi og arbeid for internt reversible prosesser: ( δ ) int. og ( δ ) = TdS W = pdv rev. int. rev. Dette gir når vi konverterer til spesifikk form: du = Tds pdv eller Tds = du + pdv Legg merke til at selv om vi antok internt reversibilitet for å erstatte uttrykkene for varme og arbeid har vi kommet fram til en generelt gyldig sammenheng mellom tilstandsvariable og tilstandsfunksjoner. Dersom vi dessuten introduserer entalpi h= u+ pv, differensierer og erstatter indre energi i likningen over får vi: Tds = dh vdp Som etterspurt i oppgaveteksten gir denne likningen en sammenheng mellom entropi og entalpi på spesifikk form. d) I pensumlitteraturen (notat T. Gundersen) er denne definisjonen av eksergi gitt: Exergy is the amount of work obtainable when some matter is brought to a state of thermodynamic equilibrium with the common components of its surrounding nature by means of reversible processes, involving interaction only with the above mentioned components of nature. En oversettelse kan gi noe i retning av følgende: Eksergi er den maksimale mengden arbeid som kan produseres når et system bringes til en tilstand i likevekt med sine omgivelser og at dette skjer utelukkende gjennom reversible prosesser mellom systemet og de samme omgivelser. Et matematisk uttrykk for termomekanisk eksergi (begrepet er definert i pensumlitteraturen) på spesifikk form er som følger: e = ( h h ) T ( s s ) x I dette uttrykket er T 0 referansetemperaturen for eksergi (kalles omgivelsestemperatur, men er vanligvis 5º (98 K), selv om den lokale omgivelsestemperatur kan ha en annen verdi). Videre er h og h 0 spesifikk entalpi for systemet henholdsvis i den aktuelle tilstand og etter at

3 Side 3 av 6 systemet er kommet til likevekt med omgivelsene. På samme måte er s og s 0 spesifikk entropi for systemet henholdsvis i den aktuelle tilstand og etter at systemet er kommet til likevekt med omgivelsene. OPPGAVE (30%) a) Termodynamikkens 1. lov (Energibalanse) og. lov (Entropibalanse) for et åpent (strømmende) system på mest generell form er som følger: de V V ( ) ( ) dt i e = W + m i hi + + g zi m e he + + g ze i e ds dt = + + j m i si m e s e σ j Tj i e b) Ved stasjonære forhold og kun en inngående (tilstand 1) og utgående strøm (tilstand ), kun en varmetilførsel, samt at endringer i kinetisk og potensiell energi kan neglisjeres, forenkles de to balanselikningene til følgende: 0 = W + m ( h h ) 1 0 = + m ( s1 s) + σ T b Løser nå likningene m.h.p. effekt produsert (E-bal) og entropien til utgående strøm (S-bal): W = σ + m ( h1 h) og s = s1 + + mt m Ser av likningene at effekten er maksimal når entalpien i utstrømmen har sin teoretisk minste verdi. Dette faller sammen med at entropien i utstrømmen har sin laveste verdi, noe som skjer når alle irreversibiliteter er fjernet ( σ = 0 ). Dette er logisk fordi entropiproduksjon er det samme som eksergitap, og eksergitap innebærer tapt evne til å produsere arbeid (kraft). Tilstand 1: p1 = 3 bar, T1 = 500. Tabell A-4 gir: h1 = kj/kg, s1 = kj/kg b s kj 4.1 kj/s kj = s + = = mt kgk 1.58 kg b kgk 800 K 60 s 1 Interpolerer i Tabell A-4 ( p = 1 bar ) med utgangspunkt i denne verdien for s : T = ( ) = kj h = ( ) = kg Setter nå inn i Energilikningen for å finne teoretisk maksimal effekt:

4 Side 4 av 6 ( 1.58 kg kj ) max W = 4.1 kw + ( ) = 10.0 kw 60 s kg OPPGAVE 3 (45%) a) Følgende antakelser inngår i Air Standard analyse for Otto og Diesel prosesser: Arbeidsmediet er luft som oppfører seg som ideell gass Forbrenningsprosessen er erstattet med varmetilførsel fra en ekstern kilde Det er ingen trinn for innblåsing (brensel) eller utblåsing (eksos) som for en virkelig motor, slik at syklusen avsluttes med en varmeavgivelse ved konstant volum når stemplet er i bunnen av sylinderen. Alle prosessene (trinnene) er internt reversible b) En Air Standard Diesel syklus er skissert i pv og Ts diagrammer i figuren nedenfor. Mens Air Standard analyse inneholder antakelsen om internt reversible prosesser framgår det av figuren over at kompresjons- og ekspansjons-trinnet er isentropiske ( s = c ). Dette krever at disse trinnene også er adiabatiske. I følge læreboka omfatter Otto prosessen to trinn hvor arbeid er involvert men ikke varme, og to trinn hvor varme utveksles men intet arbeid. Mens denne todelingen er helt klar for en Otto syklus, er den litt mer innfløkt for en Diesel syklus, hvor varmetilførselen skjer ved konstant trykk (mot konstant volum for Otto syklus). Dette innebærer at trinn -3 i en Diesel syklus omfatter både varmetilførsel og arbeid (se forøvrig utledningen under spørsmål c). En kort beskrivelse av de 4 delprosessene i en Air Standard Diesel syklus blir dermed: Trinn 1-: Isentropisk kompresjon fra maksimalt volum ( V 1 ) til minimalt volum ( V ). Trinn -3: Varmetilførsel fra ekstern kilde ved konstant trykk. Dette vil føre til en økning av både volum og temperatur. Trinn 3-4: Isentropisk ekspansjon fra cut-off volum ( V 3 ) til maksimalt volum ( V 4 = V 1 ). Trinn 4-1: Varmefjerning til eksternt sluk ved konstant volum. I Ts diagrammet er det antydet (og overdrevet) at konstant volum prosesser har en brattere stigning enn konstant trykk prosesser. Til slutt skal det bemerkes at antakelsen om

5 Side 5 av 6 isentropisk kompresjon og ekspansjon sammen med antakelsen om luft som ideell gass gjør at disse trinnene kan beregnes ved å benytte Tabell A- i læreboka samt de noe kunstige størrelsene relativt volum og relativt trykk. c) Termisk virkningsgrad for en kraftproduserende prosess er pr. definisjon: η W W + W W cycle = in Ettersom vi dessuten har for en syklisk prosess at Wcycle = cycle kan vi reformulere: cycle η = = = 1 in Eventuelt kunne alle ledd for arbeid og varme vært dividert med massen m til arbeidsmediet i sylinderen. Benytter Termodynamikkens 1. Lov for å finne uttrykk for 41 og 3 : Δ U41 = 41 W41 Ettersom volumet er konstant for Trinn 4-1 blir arbeidet lik null, og spesifikk varmemengde fjernet i Trinn 4-1 blir (merk at vi dropper fortegnskonvensjonen og sørger for at alle størrelser blir positive): 41 u4 u1 m = For Trinn -3 er trykket konstant ( p3 = p = p3), og dette gir følgende på basis av 1. Lov: 3 ( u3 u) p3 ( v3 v) u3 p3v3 ( u pv) h3 h m = + = + + = Uttrykket for termisk virkningsgrad blir dermed: ( / ) ( / ) m u u η = 1 = 1 m h h (q.e.d.) d) Finner først de 4 tilstandene i denne Diesel syklusen (merk at for ideell gass er indre energi og entalpi kun avhengig av temperaturen og ikke av trykket): Tilstand 1: T1 = 300 K, p1 = 0.95 bar. Tabell A- (luft som ideell gass) gir da: u = kj/kg, v = 61., p = r1 r1 Tilstand : Her er det isentropisk kompresjon fra Tilstand 1: p p p p p = 3 = 7 bar r = r1 = = p Interpolerer i Tabell A- på basis av p r og finner:

6 Side 6 av T = ( ) = K v r = ( ) = h = ( ) = kj/kg Tilstand 3: For T 3 = 150 K gir Tabell A-: h3 = kj/kg, v r 3 =.175 Tilstand 4: Her er det isentropisk ekspansjon fra Tilstand 3 som gir: v4 v1 v1 v vr1 R T/ p vr1 T = = = = = = v v v v v R T / p v T r 3 3 r 3 Eller enklere: v v R T / p T p v v R T / p T p = = = = = v4 Dermed får vi: vr4 = vr3 = = 3.01 v 3 Tabell A- gir da (interpolasjon): T4 = K, u4 = kj/kg Vi er nå i stand til å besvare de 3 spørsmålene i oppgaveteksten: v1 vr1 61. i) Kompresjonsforholdet: r = v = v = 6.76 = r 3. v3 RT3/ p3 T3 150 ii) ut-off forholdet: rc = = = = v RT / p T u4 u iii) Termisk virkningsgrad: η = 1 = 1 = = 59.7% h h Trondheim, Truls Gundersen