NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET FAKULTET FOR INGENIØRVITENSKAP OG TEKNOLOGI INSTITUTT FOR ENERGI- OG PROSESSTEKNIKK

Transkript

1 side 1 av 15 NORGES TEKNISK-NATURITENSKAPELIGE UNIERSITET FAKULTET FOR INGENIØRITENSKAP OG TEKNOLOGI INSTITUTT FOR ENERGI- OG PROSESSTEKNIKK Oppgave 1 (20%) EKSAMEN I EMNE TEP 4230 ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Mandag 13. desember 2004 Løsningsforslag 1a) Frå eksergibalanse med T b = T o = 275K: (Eksergi med tapt varme= tapt eksergi). Irreversibilitet (inkludert all tapt eksergi) er eksergien inn (tilst. 1) minus eksergien ut (tils. 2): I = m a a (1) ( f1 f 2) ( 1 2 o ( 1 2) ) = m h h T s s 1 = 200 kg ( 7626,6 8439,7 275( 142,86 150,85) ) kj = 17,3MW s 16 kg 1b) Det teoretisk maksimale arbeidet er lik eksergiendringa i LNG. Sidan stoffet ikkje er endra, berre tilstanden, er dette endringa i termomekanisk eksergi. Tilstand 1 (komprimert væske) er før pumpa, tilstand 3 etter varmevekslinga. h1 = hf ( 110K) = 4689, 2kJ kmol s1 = sf ( 110K) = 78,317 kj kmol (2) W m 1c) max = a a f1 f 3 ( ) = h h T s s 1 3 o = ( 4689,2 8036,7 298( 78,3 146,4) ) kj 16 kg = 473kJ kg W W m = m = max 0,5 236,5 kj kg (3) (4)

2 side 2 av 15 Tilstand 2 før oppvarming, tilstand 3 etter oppvarming/gassifisering. m br er massestraumen av LNG til bensel (for oppvarminga), m LNG er den totale massestraumen av LNG (inkludert brenselet, som også må varmast opp og gassifiserast). ( ) Q m h h m h (5) oppvarming = LNG 3 2 = br nbv 0,85 m h h m ( ( )) 8036,7 4689,2 /16 1,87% br 3 2 = = = 3 LNG hnbv 0, ,85 (6) I dette tilfellet vert brensel, dvs. kjemisk eksergi, nytta til å redusere (den termomekaniske) eksergien i LNG. Det er dårlig (negativ!) utnytting av eksergi. Oppgave 2 (30%) 2a) COP ( ) ( ) 1870kJ 650 kj Q m h h h h kg kg Wtilført m ( h2 h1) ( h2 h1) 1870kJ 1460kJ kg kg avgitt = = = = = 3, 0 (1) 2b)

3 side 3 av Mellomtrykk valgt til 40 C. Massestrømmen i høytrykk delen av anlegget finnes ved hjelp av kondensatorbalansen: QK 500kW m HT = = = 0,5 kg (3) h4 h5 1660kJ 650kJ s kg kg Massestrømmen i lavtrykk delen av anlegget finnes ved hjelp av balanse i mellomtrykksbeholderen: LT ( ) ( m h h = m h h ) (4) 2 7 HT 3 6 LT HT ( h3 h6) ( h h ) m = m (5) 2 7

4 side 4 av mht mlt 6 7 ( ) kj kj 2 1 ( kg kg) ( 4 3) kj kj ( kg kg) W = m h h = 0, = 62,7 kw LT LT W = m h h = 0, = 85,0 kw HT HT COP Qavgitt 500kW = = = 3, 4 W 62,7 kw + 85,0 kw tilført

5 side 5 av 15 2c) To-trinnsanlegget har lavere overhetingstap og lavere strupningstap. 2d) I et slikt anlegg vil det være umulig å kjøle ned CO2 til temperatur lavere enn 60 C siden det er den laveste temperaturen i fjernvarmenettet. Det fører til at når gassen strupes ned til fordampertrykk vil den være langt til høyre i tofase området. Det fører til at mediet blir tilført lite varme i fordamperen og dermed må den største delen av energitilførselen komme i kompressoren. Dette vil gi en særdeles dårlig COP og vil derfor være uaktuelt for dette anlegget.

6 side 6 av 15

7 Side 7 av 15 Oppgave 3 (20%) 3a) The equilibrium, conditions are derived using the extremum principle for entropy which states that for an isolated system to be at a stable equilibrium, entropy must have a maximum value with respect to any allowable variations. This is also mathematically stated as ds = 0 (1) The Equilibrator can thought of being a composite system with the two phases contained within it as its two simple subsystems. The two subsystems are separated by a boundary (phase interface) that is diathermal, movable and permeable to both species A and. The boundary specifications imply that internal energies, volumes and moles numbers of A and are free to change for each subsystem. ut they are subject to the conservation restriction imposed by the isolation of the composite system as a whole. This implies U U Const Const N + N = Const A and + = + = A N + N = Const (2) At equilibrium we seek values of U, U,,, N A, N A, N and N such that the total entropy of the composite system (Equilibrator) is maximized. Total Entropy S is given by S = S ( U,, N, N ) + S ( U,, N, N ) A A (3) Rewriting Equation 3 in differential form we have ds = ds + ds (4) Each of the terms on the RHS of Equation 4 can be replaced by the differential form of the Entropy Representation of the Fundamental property Relation. Thus Equation 4 can be expanded to

8 Side 8 av 15 1 P μa μ ds = du + d dn A dn T T T T 1 P μa μ + du + d dn A dn T T T T ap (5) Differentiation all relations in Equation 2 we get du or du Similarly d dn and dn A + du = 0 = du = d = dn = dn A (6) Substituting these in Equation 5 we have: 1 1 P P ds = du d + T T T T μ μ A A dn μ μ A dn T T T T (7) From Equation 1, it is clear that for the LHS to be zero, each of the terms in the parenthesis in the RHS must individually be equal to zero. That is Equating the first term to zero: 1 1 = 0 T T 1 1 = T T or T = T (8)

9 Side 9 av 15 Equating the second term to zero: P P = 0 T T P P = T T Using Equation 8 we get P = P (9) Equating the third term to zero: μa μa = 0 T T μa μa = T T Using Equation 8 we get μ A = μ A (10) And finally equating the last term to zero, we get similar to Equation 10 μ = μ (11) Thus Equations 8, 9, 10 and 11 are the conditions for equilibrium in the Equilibrator. The temperatures, pressures, chemical potentials of component A and in the vapor and liquid phase change until the equilibrium conditions are satisfied. Note: Equilibrium pressure is the minimum pressure of P and P. 3b) The number of instruments required to evaluate the thermodynamic properties of the equilibrator is given by the Gibbs Phase Rule. Gibbs Phase Rule indicates the degrees of freedom in non-reacting systems calculated as F = 2 + nc π (12) where F degrees of freedom, n c number of components and π number of phases. In the Equilibrator under consideration n c = 2 (A and ) and π = 2 (or and uid). Thus the degree of freedom of the system F can be calculated to be 2. Thus 2 instruments are required to evaluate the thermodynamic properties of the equilibrator. In practice these measurements are temperature (T) and pressure (P). Note that there are one temperature and pressure measurements even though there are two phases. This is because of the equilibrium consitions established in Equations 8 and 9 where T = T =T and P = P =P

10 Side 10 av 15 3c) Using the Gibbs Phase Rule Given by Equation 12 to calculate the degrees of freedom of the colleagues Equilibrator we have n =1 (C), π = 2 (or and uid) and thus F = 1. c Your colleague requires just one instrument to calculate the thermodynamic properties of the system. This can be explained using a phase diagram for a pure component. 3d) Residual Enthalpy, H Res, is calculated using the following equation: Re s P H Z dp = T (at constant T) RT T P (13) 0 Z, the compressibility factor, is defined as P Z P = (14) RT For an ideal gas, Z = 1. Substituting this in Equation 13 would give H Res = 0. Thus the computer model gives the correct answer for your colleague when he assumes an ideal gas equation of state. For an der Waals EOS Z a = b RT (16) Differentiating Equation 16 w.r.t T at constant P we have Z a = T RT 2 P Substituting Equation 17 in Equation 13 we have Re s P H a dp = T 0 2 RT RT P 0 (17) (18) Èquation 18 is inconvenient to get an expression for H Res in the case of the an der Waal s EOS. (Following is not expected from students) Equation 13 can be transformed to = T Res P H P RT P T d an der Waal s EOS in pressure explicit form is (19)

11 Side 11 av 15 P RT a = b 2 (20) Differentiating Equation 20 w.r.t temperature at constant volume we have P R = T b (21) Now P R P T d = P T d T b Substituting for P from Equation 20 RT a R a a T d = d = 2 2 b b (21) Also RT a P = b and RT a brt a P RT = RT = b b (22) From Equations 21 and 22, we have for Equation 19 H s = brt a a brt a b = b Re 2 (23) Thus it is shown that H Res 0 when an der Waal s EOS is used.

12 Side 12 av 15 Oppave 4 (30%) 4a) 4b) I en destillasjonskolonne anrikingen av den flyktigste komponenten i dampen skjer ved stoffutveksling mellom en strømmende blandingsdamp og en kokende væskeblanding i motstrøm. Man trenger da at disse to strømmene (damp og væske) er tilstede gjennom hele kolonnen. Kondensator: dampen fra den øverste platen kondenseres i kondensatoren, en del tas ut som destillat resten tilbakeføres. Uten kondensator ville det ikke eksistere en nedgående væskestrøm i forsterkeren. Resultatet: ingen anriking av den flyktigste komponenten i dampen som stiger oppover fra fødepunktet. Kokeren: vasken fra den nederste platen i kolonnen renner ned i kokeren som tilføres energi i form av damp, eller som elektrisk varme. En del av innholdet i kokeren kokes av og danner dampstrømmen som stiger oppover i kolonnen. Uten koker ville det ikke eksistere en oppgående dampstrøm i avdriveren. Resultatet: ingen anriking av den flyktigste komponent i dampen som stiger oppover fra fødepunktet. En komponentbalanse (se figuren) over komponenten A gir forsterkerens driftslinje: som kan skrives: y n+1 y n+1 =L n x n +Dx D L x n n+ 1 = n + n+ 1 Dx D n+ 1 Forsterkerensdriftslinje gir sammensetning av strømmene som passerer hverandre mellom 2 teoretiske plater, disse to strømmene (for at anrikingen av den flyktigste komponenten i dampfasen kan skje) er ikke i likevekt.

13 Side 13 av 15 4c) Total molar materialbalanse: F = + D = F - D Komponentbalanse (molar basis) for metanol: F X F = X + D YD Kombineres dette får vi: F X F = (F - D) X + D YD Destillatmengden blir dermed: D = F ( X F - X ) / ( Y D - X ) Innsatt tallverdier får vi: D = 100 ( ) / ( ) = kmol/t unnproduktmengde blir dermed: = F - D = = kmol/t 4d) Fødingen består av 80 % væske dvs. q = 0.80 q q = = ) Man trekker q linjen fra punktet (x F ; x F ) med vinkelkoeffisienten q/(q-1) 2) Så trekker man en linje fra punktet (x D ; x D ) gjennom skjæringspunktet mellom q- linjen og likevektskurven. Dette er driftslinjen for forsterkeren ved minimum tilbakeløp R min, forlengelsen av denne linjen skjærer ordinaten i punktet 0.58 dvs.: som gir: x D /(R min +1) = 0.58 R min = 0.55

14 Side 14 av 15 4e) ed R = = 0.77 trekkes driftslinjen for forsterkeren mellom (x D ; x D ) og punktet x 0; D : (0; 0.51). R +1 Driftslinjen for avdriveren trekkes mellom punktet (x ; x ) på diagonalen og skjæringspunktet mellom q- linjen og forsterkerens driftslinje. Trappetrinnene trekkes ifølge McCabe-Thiele: Som det fremgår av oppgaveteksten har vi koker og kondensator i dette tilfellet som begge gir ett likevektstrinn. Det er vanlig å anta at man oppnår nær ideell likevekt i disse to enhetene. Antall teoretiske trinn totalt kan avleses av trappetrinnskurven i likevektsdiagrammet. I dette tilfellet fremgår det at vi totalt har: N teor = 6.8 Antall teoretiske trinn i selve kolonnen blir i dette tilfellet (trekker fra for koker og kondensator): N teor kol = = 4.8 Platevirkningsgraden er oppgitt til å være 80% for hele kolonnen. Antall virkelige plater i selve kolonnen blir dermed:

15 Side 15 av 15 N = N teor kol / η = 4.8 / 0.80 = 6 Korrekt fødeplassering skal avleses der vertikal-linjen fra punktet (X F ; X ) krysser F trappetrinnskurven, fødingen bør tilføres til teoretisk trinn 3.73: trekker fra 1 for den partielle kondensatoren og korrigerer for platevirkningsgraden: N føde = (3.73 1) / 0.80 = 3.41 Føder derfor til plate nr. 4 i destillasjonskolonnen. 4f) Dampen som forlater kokeren er i likevekt med bunnproduktet som tappes av, sammensetningen av dampen finnes på likevektslinjen for x = 0.10: y = 0.407