NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET FAKULTET FOR MASKINTEKNIKK Truls Gundersen, Kjell Erik Rian og Jostein Pettersen,

Transkript

1 Side 1 av 13 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET FAKULTET FOR MASKINTEKNIKK Truls Gundersen, Kjell Erik Rian og Jostein Pettersen, HOVEDEKSAMEN I EMNE SIO 7030 ENERGI OG PROSESSTEKNIKK 1. deseber 001 LØSNINGSFORSLAG OPPGAVE 1 (0%) a) Skisse til forklaring: Teoretisk kan en få ut otrent 100% i en helt ideell, tapsfri askin. Her er det deriot snakk o oforing av kjeisk energi (brensel) først til vare, og så til elektrisitet. All energioforing gir i praksis større eller indre tap. Vare kan aldri helt og fullt ofores til elektrisitet, heller ikke teoretisk. Dette er en grunnleggende fysisk lov. Et viktig punkt ni forklaringen å være at energien får indre arbeidsevne (kvalitet) ved oforing til vare (terisk energi). b) Terodynaikkens 1. Hovedsetning: Q cv W cv + inn i (h + ½v + g z) i ut e (h + ½v + g z) e de cv /dt I denne likningen er Q, W og henholdsvis vare, arbeid og asse pr. tid (altså strøningsvariable). Neglisjerer endringer i kinetisk og potensiell energi og får da for vare-veksleren (stasjonær og adiabatisk prosess): inn i h i ut e h e 0 olje,inn h olje,inn olje,ut h olje,ut + vann,inn h vann,inn vann,ut h vann,ut 0 Uten akkuulering har vi selvsagt for assestrøene: olje,inn olje,ut olje og vann,inn vann,ut vann Løser likningen ed hensyn på assestrøen til kjølevannet: vann olje (h olje,inn h olje,ut ) / (h vann,ut h vann,inn ) eller: vann olje c p,olje (T olje,inn T olje,ut ) / c p,vann (T vann,ut T vann,inn ) Medstrøs vareveksling: vann 0,3,1 (150 60) / (4,18 (50 5)) 0,54 kg/s Løsningsforslag SIO 7030 Energi og Prosessteknikk - Høst 001

2 Side av 13 Motstrøs vareveksling: vann 0,3,1 (150 60) / (4,18 (70 5)) 0,30 kg/s Eksergi i assestrø: a f (h h 0 ) T 0 (s s 0 ) + a ch hvor (h h 0 ) T 0 (s s 0 ) er den terokjeiske eksergien og a ch er den kjeiske eksergien. Teroekanisk eksergi i assestrøene blir dered (erk: c p c): For olje: a f (h h 0 ) T 0 (s s 0 ) c p (T T 0 T 0 ln(t/t 0 ) ) A olje,inn olje a f,olje,inn 0,3,1 ( ln(43/98) ) 1,99 kj/s A olje,ut olje a f,olje,ut 0,3,1 ( ln(333/98) ) 1,0 kj/s For vann: A vann,inn 0 kj/s (etterso T vann,inn T 0 98K) A vann,ut,edstrøs 0,54 4,18 ( ln(33/98) ),4 kj/s A vann,ut,otstrøs 0,30 4,18 ( ln(343/98) ) 3,88 kj/s Eksergibalansen gir: A olje,inn A olje,ut + A vann,inn A vann,ut I Irreversibilitetet (I) kan dered beregnes for de to tilfellene: I edstrøs (1,99 1,0 + 0,4) 9,55 kj/s I otstrøs (1,99 1, ,88) 7,91 kj/s OPPGAVE (10%) a) Ved eksotere reaksjoner frigjøres vare etterso reaktantene har høyere energinivå eller dannelsesvarer enn produktene, slik at lagret kjeisk energi osettes til terisk energi. Av likevektshensyn ønsker an å operere reaktoren ved lav teperatur, ens kinetiske hensyn (reaksjonshastighet og dered diensjonen på reaktoren) gjør at an ønsker høy teperatur. Dette blir en avveining, og an kan evt. ha to reaktorer i serie, den første ved høy teperatur (hvor hovedtyngden av reaktanter osettes til produkter) og den andre reaktoren ved lav teperatur hvor de siste rester av råvarer osettes. Uansett frigjøres betydelige engder terisk energi, det eneste uavklarte spørsålet er hvilken teperatur denne varen frigjøres ved. Ved endotere reaksjoner å det tilføres vare for å dekke reaksjonsvaren. Dette skulle an tro ville føre til anlegg ed underskudd på terisk energi. For endotere Løsningsforslag SIO 7030 Energi og Prosessteknikk - Høst 001

3 Side 3 av 13 reaksjoner er iidlertid situasjonen den at an både av likevektshensyn og (so alltid) kinetiske hensyn (høy reaksjonshastighet og dered lavt reaktorvolu) ønsker å operere enheten ved høy teperatur. Reaktorer ed endotere reaksjoner er derfor ofte fyrte reaktorer so (rent bortsett fra at an forbruker kjeisk/terisk energi i fyringen) gir to betydelige teriske energikilder, begge ved høy teperatur: 1) Røkgassen so forlater reaktoren ved høy teperatur (ofte ved olag 1000ºC) etter at reaksjonsvaren er dekket opp i en strålingssone. ) Den vare prosessgassen (ed produktene, biproduktene og eventuelle ureagerte råvarer) so også forlater reaktoren ved høy (les: reaktorens) teperatur. b) Standard reaksjonsvare ved produksjon av 16 ol/s av aoniakk etter den hypotetiske reaksjonen 7 CH H O (g) + 8 N + O 16 NH CO kan beregnes fra dannelsesvarene etter følgende forel (hvor i er indeks for produkter og j er indeks for reaktanter): H r 0 i H f,i 0 j H f,j 0 H r 0 16 (-46) + 7 (-393) 7 (-75) 10 (-4) kj/s Reaksjonen er eksoter etterso H r 0 < 0. Husk terodynaikkens fortegnskonvensjon hvor tilført vare og utført arbeid regnes so positive størrelser, slik at likningen for endring av systeets indre energi blir U Q W når endringer i kinetisk ( E k ) og potensiell ( E p ) energi neglisjeres. Reaksjonsvaren kan også (i dette tilfellet) beregnes fra brennverdiene til råvarer (j) og produkter (i): H r 0 i LHV i j LHV j H r kj/s OPPGAVE 3 (0%) a) Refrigerating capacity, based on ass flow rate and teperature change of water/glycol: Q g c p, g T Q 3 kg / s 3,43kJ /( kgk) ( 5 ( 30)) K 394, 45 kw Løsningsforslag SIO 7030 Energi og Prosessteknikk - Høst 001

4 Side 4 av 13 Propane ass flow rate: Q p h 1 h 4 where h 1 is enthalpy of saturated propane vapour at 35 o C, and h 4 is enthalpy at expansion valve outlet, which equals the enthalpy at condenser outlet (saturated liquid at 30 o C). b) W p 1,544 kg / s (538531, ,) J /( kg) Løsningsforslag SIO 7030 Energi og Prosessteknikk - Høst 001

5 Side 5 av 13 c) Propane ass flux: G A p flow F N π 4 D tubes,544 G 393, kg /( π 50 0, s) Evaporator inlet vapour fraction: h hl x 4 4 hv hl 83,04 114,9 x 538,58 114,9 4 0,398 Vapour and liquid superficial oentu flux at the inlet: ρ G x ( 393, 0,398) ρ v jv 7740 kg /( s ) in ρ v 3,164 G ( 1 x) (393, (1 0,398)) l jl 103,6 kg /( s in ρl 541,09 ) Løsningsforslag SIO 7030 Energi og Prosessteknikk - Høst 001

6 Side 6 av 13 Vapour superficial oentu flux at the outlet (x1, l j l 0): ρ G v jv out ρ v 393, kg /( s ) 3,164 The inlet and outlet condition in the evaporator is shown in the flow regie ap below. As ay be observed, the flow pattern is expected to be annular in the entire evaporator outlet inlet d) Starts by finding ean vapour fraction, ean density and ean viscosity for the hoogeneous two-phase flow: xin + xout 0, x 0,699 ρ x ρ + ( 1 x ) ρ 0,699 3,164 + (1 0,699) 541,09 165,08 kg / v l 3 µ 1 µ x 1 + (1 x µ v 1 ) µ ,699 + (1 0,699) 9,39 10 kg /( s) 6 4 6, ,88 10 l 1 Reynolds nuber and friction factor: Re GD 393, 0,010 4, µ 9, Løsningsforslag SIO 7030 Energi og Prosessteknikk - Høst 001

7 Side 7 av 13 f (0.790 ln Re 1.64) (0,790 ln 4, ,64) 0,0136 Friction pressure drop gradient: dp dz F f D G ρ 0,0136 0, , 636,8 Pa / 165,08 Friction pressure drop for 3 tube is therefore dp pf z 636,8 Pa / , 6 Pa dz F Hydrostatic (gravity) pressure drop: p g 3 G ρ z 165,08 kg / 9,81 / s , 3 Pa Acceleration (oentu change) pressure drop: dp dz M G ρ dρ G ρl dz ρ dx dz where Thus ρ ( 1 x ) ρ dp 393, 1 0,398 pm z 541, , 5 Pa dz M (1 0,699)541,09 3 Total pressure drop l p tot 1910,6 + ( 4858,3) + ( 1898,5) 8667,4 Pa ( 0,08667 bar) e) Inlet pressure will be outlet pressure plus pressure drop: p in p p + p out in tot o pout ptot psat ( 35 C) p tot p in 1,36359 bar ( 0,08667 bar) 1, 4506 bar Inlet saturation teperature for this pressure is found by interpolation in the Table enclosed with the assignent o T T ( 1,4506bar) 33, C f) LMTD without pressure drop: in sat 51 Løsningsforslag SIO 7030 Energi og Prosessteknikk - Høst 001

8 Side 8 av 13 ( 5 ( 35)) ( 30 ( 35)) LMTD o 7, 1 K ( 5 ( 35)) ln ( 30 ( 35) LMTD with pressure drop, for parallel flow of water and propane LMTD ( 5 ( 33,51)) ( 30 ( 35)) ( 5 ( 33,51)) ln ( 30 ( 35) dp, pf 6, 60 The percent reduction in heat transfer rate due to pressure drop is K Q dp, pf Q Q o o 100% LMTD dp, pf LMTD LMTD o o 6,60 7,1 100% 100% 8,5% 7,1 g) LMTD with countercurrent flow of refrigerant and water LMTD ( 5 ( 35)) ( 30 ( 33,51)) ( 5 ( 35)) ln ( 30 ( 33,51) dp, cf 6, 0 This gives a slightly lower LMTD than above, and thereby reduced capacity. Therefore, countercurrent flow is not beneficial. K a) OPPGAVE 4 (10%) Løsningsforslag SIO 7030 Energi og Prosessteknikk - Høst 001

9 Side 9 av 13 b) Løsningsforslag SIO 7030 Energi og Prosessteknikk - Høst 001

10 Side 10 av 13 OPPGAVE 5 (10%) OPPGAVE 6 (10%) Forward Feed CW Føde T 1 P 1 C 1 T P C T 3 P 3 C 3 ST Produkt Løsningsforslag SIO 7030 Energi og Prosessteknikk - Høst 001

11 Side 11 av 13 a) Med ulti-effekt inndaping enes at an deler opp inndapingen i flere trinn (flere enheter) og lar avdapen fra 1. trinn være drivediu (varekilden) til. trinn, og at avdapen fra. trinn er drivediu i 3. trinn, osv. På denne åten vil friskdapen so benyttes i 1. trinn få en repetert eller gjentatt virkning ( ulti-effekt ). Dette krever at inndaperne har stadig lavere trykk utover i kjeden, slik at kokepunktene reduseres tilsvarende og dered gjør det ulig å utnytte avdapen fra trinnet foran. Figuren på forrige side viser en tre-trinns inndaper ed såkalt forover føde (hvilket vil si at føden tilsettes første trinn hvor friskdapen benyttes). b) Med kokepunktsforhøyelse enes at vannets (eller er generelt: løsningsiddelets) kokepunkt er høyere enn kokepunktet for rent vann (eller rent løsningsiddel) ved det aktuelle trykket etter at stoffer (for eksepel salter) er løst i vannet (løsningsiddelet). De løste stoffene antas å ikke være flyktige (null tendens til å ville dape av fra væskeblandingen) og bidrar derfor ikke til daptrykket over blandingen. Dette gir derfor en daptrykksreduksjon so fører til en kokepunktsforhøyelse. En blanding koker so kjent når daptrykket over blandingen er lik totaltrykket i systeet. Når det løste stoffet ikke bidrar til daptrykket, å dette kopenseres for ved at daptrykket til vannet (løsningsiddelet) å være høyere for at koking skal inntre, og dette kan kun skje ved en økning i teperaturen. Betraktningene over anses so fullgodt svar på oppgaven, en an kan også krydre dette ed en ateatisk analyse av fenoenet. Denne gjengis kort i det følgende (en er ikke beskrevet i pensulitteraturen): Anta at vi har en løsning hvor et stoff A er løst i et løsningsiddel B. Inndaperen skal da oppkonsentrere A ved å dape av B. Anta videre at løsningen oppfører seg ideelt, slik at Raoult s og Dalton s lover kan benyttes: Dalton s lov: Raoult s lov: P tot P A + P B P A P A* X A og P B P B* X B Her er P tot totaltrykket over løsningen, P A og P B er partialtrykkene til henholdsvis koponent A og B, P A * og P B * er daptrykkene til koponent A og B, og X A og X B er olfraksjonene av koponent A og B i løsningen (væskefasen). Kobinerer vi Raoult s lov og Dalton s lov får vi i det generelle tilfellet: P tot P A* X A + P B* X B Derso det løste stoffet overhodet ikke er flyktig (gjelder f.eks. for en løsning av salter), så er daptrykket til koponent A lik null, og denne koponenten bidrar derfor ikke til det salede daptrykk so skal til for å gi koking. Resultatet (for likningen over) er da følgende relasjon: P tot P B* X B Løsningsforslag SIO 7030 Energi og Prosessteknikk - Høst 001

12 Side 1 av 13 Definerer P 0 so daptrykket over en ren væske (en-koponent so f.eks. vann). For rent løsningsiddel B har vi da: P 0 P B * (X B 1) Datrykkreduksjonen (so følger av at vi har et ikke flyktig stoff løst i løsningsiddelet) kan da uttrykkes so: (P 0 P tot ) / P 0 (P B * P B* X B ) / P B * (1 X B ) / 1 X A For denne idealiserte situasjonen er altså daptrykkreduksjonen proporsjonal ed fraksjonen av det løste stoffet A i løsningsiddelet B. En slik daptrykkreduksjon fører til en tilsvarende daptrykkøkning før koking inntrer, og dette kan bare oppnås ved en tilsvarende økning av kokepunktsteperaturen. Kokepunktsforhøyelse påvirker design/drift av inndaperen ved at er høyverdig dap å tilføres første trinn for å kunne gi koking, sat at trykk og teperaturforskjellene fra 1. til. og fra. til 3. inndaper, etc., å bli større enn tilfellet ville vært uten slike kokepunktsforhøyelser. Avdapen fra 1. trinn har en høyere teperatur (pga. kokepunktsforhøyelsen) enn kokepunktet til vannet (løsningsiddelet). Dette betyr at avdapen er overhetet. Ved drift av neste trinn er det iidlertid avdapens duggpunkt so er av interesse, da det er ved denne teperaturen det este av avdapens energi avgis. Etterso løsningens konsentrasjon (ed hensyn på det løste stoffet) øker utover i kjeden av inndapertrinn vil kokepunktsforhøyelsen også øke. Kravet til drivende krefter (teperaturforskjell) for at avdapen fra ett trinn skal kunne drive neste trinn får derfor et økende påslag pga. kokepunktsforhøyelsen. OPPGAVE 7 (0%) a) Tegner varekaskade for de fe prosess-strøene (se neste side). Prøver først ed Q H 0 kw. Residualene får da følgende verdier: R 1 Q H kw, R R kw R 3 R kw, R 4 R kw R 5 R kw, R 6 R kw R 7 R kw, Q C R kw For å ha positive drivende krefter for vareoverføring å alle residualene være ikkenegative, slik at de tre residualene R 3, R 4 og R 5 er terodynaisk uakseptable, og verst er det (største negative verdi) for R 4 so uten daptilsats er på -800 kw. Minste eksterne oppvaring og avkjøling so gjør varekaskaden terodynaisk korrekt er derfor det so skal til for at R 4 akkurat blir lik null. Q H,in 800 kw og Q C,in 1000 kw Løsningsforslag SIO 7030 Energi og Prosessteknikk - Høst 001

13 Side 13 av 13 ST 100 kw 18 C 16 C Q H H kw 1350 kw H 150 kw 500 kw 400 kw 500 kw 400 kw 400 kw 500 kw C 133 C C 130 C R C 160 C R R 3 R C 10 C R C 110 C R 6 10 C 100 C R 7 90 C 70 C kw 90 kw 300 kw 1000 kw 300 kw C1 00 kw C 300 kw 540 kw 00 kw 600 kw 1000 kw 60 kw 00 kw C3 Q C 40 C 0 C CW b) Prosessens flaskehals eller Pinch punkt når det gjelder varegjenvinning identifiseres i varekaskaden ved at ett eller flere residualer blir lik null. I dette tilfellet gjelder dette residualet R 4 ello intervall 4 og intervall 5. Pinch teperatur for henholdsvis vare og kalde prosess-strøer er derfor: T pinch 140 C / 10 C (forårsaket at strø C1 ed T s 10 C) Løsningsforslag SIO 7030 Energi og Prosessteknikk - Høst 001