LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Mandag 17. desember 2012 Tid: kl. 09:00-13:00

Transkript

1 Side 1 av 8 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Mandag 17. desember 2012 Tid: kl. 09:00-13:00 OPPGAVE 1 (30%) a) Denne deloppgaven er en såkalt multiple choice oppgave hvor svaralternativene er Korrekt, Ikke Korrekt eller Pass. Selvsagt godtas også svar som Ja og Nei. Ved bedømmelse av eksamen er det kun selve svaret som teller, det gis ikke poeng for noen form for forklaringer. I dette løsningsforslaget er det likevel tatt med en kort forklaring av hensyn til senere års studenter som forbereder seg til eksamen. (i) Korrekt Entropi er definert som følger: ds δq T int. rev.. Denne definisjonslikningen kan altså kun benyttes for reversible prosesser, og dersom disse også er adiabatiske (altså δq = 0 ), så blir resultatet ds = 0, altså konstant entropi som er det samme som isentropisk. (ii) Ikke Korrekt Dette er likningen for eksergien til en varmemengde ved en temperatur over omgivelsestemperatur (T T 0 ). Uttrykket vil gi negativ eksergi for temperaturer under omgivelsestemperatur (T T 0 ). Det er vist i forelesningene og pensumnotatet om eksergi at eksergien for varme ved temperatur under omgivelsestemperatur kan utledes ved hjelp av en varmekraftmaskin på samme måte som for tilfellet over omgivelsestemperatur, men med andre reservoarer. Ved T < T 0 vil omgivelsene være det varme reservoaret, mens det kalde reservoaret (som mottar varmemengden Q ) har temperatur T. Korrekt eksergiuttrykk skal være: E x = Q T 1 T 0 (iii) Ikke korrekt Termodynamikkens 1. lov (Energilikningen) på sin mest generelle form er: de cv dt = Q cv cv + m i h i + V 2 i 2 + g z i m e h e + V 2 e 2 + g z e i e

2 Side 2 av 8 For stasjonære forhold, en inn-strøm og en ut-strøm, neglisjerbar endring i potensiell energi, neglisjerbar varmeutveksling med omgivelsene, samt at det ikke er noe arbeid knyttet til kontrollvolumet, vil Energilikningen forenkles til: 0 = m h i h e ( ) + V i 2 2 V e 2 Dersom det ikke er endring i diameter i røret (det er selvsagt en innsnevring i selve ventilen) og at definisjonen av inn og ut legges i tilstrekkelig stor avstand fra ventilen, kan også endring i kiisk energi neglisjeres (dette har sammenheng med antakelsen om stasjonære forhold og konservering av masse). Resultatet blir: h i h e = 0 eller Δh = 0 altså isentalpisk og absolutt ikke isentropisk!! Faktisk er det slik at ventil er sterkt irreversibel og representerer en betydelig entropiproduksjon (eller eksergitap). (iv) Korrekt Utledningen av denne relasjonen benytter Termodynamikkens 1. lov (energi) og 2. lov (entropi), samt antakelse om stasjonære og reversible forhold og neglisjering av endring i kiisk og potensiell energi. I tillegg benyttes (a) sammenhengen mellom varme og entropi og (b) 2. TdS likning: Q cv m = T ds og T ds = dh vdp (v) Ikke Korrekt Den såkalte ideelle gass modell inneholder bl.a. følgende 3 elementer: pv = RT, u = u(t ), h = h(t ) Indre energi (u) og entalpi (h) er altså kun funksjon av temperatur, mens dette ikke gjelder entropi som er funksjon av både trykk og temperatur. For ideell gass kan 2. TdS likning (se over) reformuleres ved å dividere med T, samt benytte ideell gass tilstandslikning til å erstatte v/t med R/p. Resultatet blir, når vi benytter forenklet differensial for entalpi som kun er funksjon av temperatur, dh = c p (T ) dt : ds = c p (T ) dt T R dp p Det fremgår klart av denne relasjonen at selv for ideell gass så er s = s(p,t ). b) Som antydet i oppgaveteksten vil det her være naturlig å ta utgangspunkt i 2. TdS likning. Dersom denne ikke huskes/beherskes kan den utledes fra Termodynamikkens 1. lov for et lukket system når endring i kiisk og potensiell energi neglisjeres, samt bruk av definisjonslikningen for entalpi. For helhetens skyld tas også denne utledningen med her, men dette er ikke nødvendig for å oppnå full score på oppgaven.

3 Side 3 av 8 Termodynamikkens 1. lov for lukket system når endring i kiisk og potensiell energi neglisjeres: du = δq δw Erstatter leddene for varme og arbeid: δq rev = TdS og δw rev = pdv Benytter definisjonen av entalpi og differensierer: H U + pv dh = du + pdv + Vdp Ved å ordne disse likningene samt konvertere til spesifikk form får vi 2. TdS likning: Tds = dh vdp For ideell gass samt isentropisk prosess ( ds = 0 ) får vi: c p (T ) dt T R dp p = 0 For konstant c p kan differensiallikningen løses analytisk: T 2 T 1 dt T = R c p p 2 dp p som gir ln T 2 = R ln p 2 c p T 1 Her kan konstantleddet på høyre side videreutvikles (for ideell gass): R c p = c p c v c p ( ) c v / c v ( ) = c / c p v c p / c v ( ) = k 1 k Resultatet er da en sammenheng mellom T og p som det bes om i oppgaveteksten etter en enkel eksponering av likningen over med naturlige logaritmer: T 2 = p 2 T 1 k 1 k OPPGAVE 2 (30%) Starter med å etablere data for entalpi og entropi for de 3 strømmene (tilstandene) i prosessen: Tilstand 1: Dette er opplagt underkjølt væske (vann), men Tabell A-5 kan ikke benyttes da denne starter ved et trykk på 25 bar. Oppgaven løses derfor ved å benytte modell for mettet væske, og data hentes fra Tabell A-2 ved 10 C: h 1 h f (T 1 ) = kj/kg og s 1 s f (T 1 ) = kj/kgk

4 Tilstand 2: Side 4 av 8 Selv om det står damp i oppgaveteksten, kan fasetilstanden sjekkes på følgende måte: Ved 1.5 bar er metningstemperaturen for vann i følge Tabell A-3 lik C. Siden temperaturen for tilstand 2 er 120 C, betyr dette at dampen er svakt overhetet, slik at Tabell A-4 skal benyttes. Ettersom denne tabellen har data for 1.5 bar og 120 C, finnes entalpi og entropi ved ren avlesning, uten interpolasjon: h 2 = kj/kg og s 2 = kj/kgk Tilstand 3: I likhet med strøm/tilstand 1 er også dette opplagt underkjølt væske/vann. Dermed benyttes også her modell for mettet væske, og data hentes fra Tabell A-2 ved 55 C: h 3 h f (T 3 ) = kj/kg og s 3 s f (T 3 ) = kj/kgk Oppgaven løses nå ved å benytte 3 balanselikninger: Massebalanse, Energibalanse (1. lov) og Entropibalanse (2. lov). Starter med Massebalansen, som på stasjonær form gir: 0 = m 1 + m 2 m 3 som gir m 3 = m 2 At ikke Massebalansen er løsbar alene, kompenseres ved at Energibalansen er overspesifisert ettersom både temperatur og trykk er gitt for alle 3 strømmene/tilstandene. Tallverdier for de to ukjente massestrømmene (strøm 2 og strøm 3) kan derfor finnes ved å benytte Energibalansen, som med antakelsene i oppgaveteksten forenkles til: 0 = Q cv + m 1 h 1 + m 2 h 2 m 3 h 3 Setter inn for kjente størrelser (merk at varmetapet gir negativt fortegn på Q cv ): 0 = m ( m 2 ) Løser likningen for ukjente massestrømmer: m 2 = 0.20 kg/s og dermed m 3 = 2.70 kg/s Neste skritt er å benytte Entropilikningen (Termodynamikkens 2. lov): ds cv dt = j Q j + m i s i m e s e + T j i e σ cv Denne likningen kan forenkles for dette spesielle tilfellet (merk at det kun er en varmeveksling med omgivelsene, og det er stasjonære forhold). Ved å sette inn for kjente størrelser, samt huske at temperaturen i varmeoverføringsleddet skal være i Kelvin får vi: 0 = σ cv Entropiproduksjonen blir altså: σ cv = kw/k

5 Side 5 av 8 OPPGAVE 3 (40%) a) De viktigste antakelsene som ligger til grunn for en ideell Brayton kjøleprosess er i en form for prioritert rekkefølge: Turbin og kompressor har isentropisk oppførsel Arbeidsmediet er luft som modelleres som ideell gass Det er ingen trykkfall i varmevekslere (og transportrør) Endring i kiisk og potensiell energi kan neglisjeres b) Figuren nedenfor til venstre viser et koblingsskjema (flytskjema) for en Brayton kjølekrets, som er karakterisert ved at arbeidsmediet (luft) er i gassfase gjennom hele syklusen. Q out W T W C W C W T Q in c) Figuren ovenfor til høyre viser Brayton kjølekretsen teg inn i et Ts-diagram. Heltrukne linjer er for ideell syklus, mens stiplede linjer viser prosessen når kompressor og turbin har en isentropisk virkningsgrad som er mindre enn 100% (gjelder kun spørsmål e). d) Starter med å etablere tilstandene i den ideelle syklusen. Ettersom arbeidsmediet er luft som modelleres som ideell gass, samt at prosessen er isentropisk, benyttes Tabell A-22, og bruk av relative trykk gjør det unødvendig å gå via entropiverdier. Relativt trykk er en størrelse som er innført for isentropiske prosesser og ideell gass (denne utledningen er ikke nødvendig for en fullgod besvarelse): Δs = 0 = s 0 (T 2 ) s 0 (T 1 ) R ln p 2 Løses den likningen med hensyn på trykkene får vi følgende relasjon hvor relativt trykk ( p r ) innføres og defineres (merk at denne størrelsen er ubenevnt, og altså ikke er et reelt trykk): p 2 = exp s0 (T 2 ) / R = p r2 exp s 0 (T 1 ) / R p r1

6 Side 6 av 8 Tilstand 1: Leser av verdier i Tabell A-22 for 270 K: h 1 = kj/kg og p r1 = Tilstand 2s: Finner først relativt trykk i denne tilstanden når trykkforholdet over kompressoren (og turbinen) er oppgitt til å være 3.0: p r2 = p 2 p r1 = = Interpolasjon i Tabell A-22 for den beregnede verdien av relativt trykk gir: h 2s = ( ) Tilstand 3: ( ) ( ) = kj/kg Tilstand 3 er gitt ved at temperaturen er oppgitt til å være 300 K. Leser av for denne verdien i Tabell A-22: h 3 = kj/kg og p r 3 = Tilstand 4s: Finner først relativt trykk i denne tilstanden når trykkforholdet over turbinen (og kompressoren) er oppgitt til å være 3.0: p r 4 = p 4 p = 1 r = p 3 Interpolasjon i Tabell A-22 for den beregnede verdien av relativt trykk gir: h 4 s = ( ) ( ) ( ) = kj/kg For å kunne beregne størrelsene (i) og (ii) i oppgaveteksten må massestrømmen beregnes fra den oppgitte volumetriske strømningshastigheten i tilstand 1: mv = AV m 1 = ( AV) 1 v 1 Spesifikt volum finnes fra tilstandslikning for ideell gass: pv = RT Massestrømmen (som selvsagt er konstant i kjølekretsen) kan nå beregnes som følger (pass på enhetene!):

7 Side 7 av 8 ( ) 1 m = m 1 = AV R M T = m 3 s 1 N/m 2 (bar) 105 bar 10 3 kj kmol K 270 (K) kg kmol kj Nm = kg/s (i) Netto kraftforbruk i kjølekretsen: = C T = m h 2s h 1 Innsatt verdier gir dette: ( ) ( h 3 h 4 s ) = (kg/s) ( ) ( ) (kj/kg) = kw (ii) Kretsen kjølekapasitet er den varmemengden som fjernes ved hjelp av varmeveksleren mellom tilstandene 4s og 1: Q in = m ( h 1 h 4 s ) = (kg/s) ( ) (kj/kg) = kw (iii) Kjølekretsen effektfaktor blir da: COP = β = Q in = = 2.72 e) Dersom kompressor og turbin ikke oppfører seg ideelt (adiabatisk og reversibelt, altså isentropisk), men har en isentropisk virkningsgrad på 80%, vil størrelsene i spørsmål (d) endres. Heldigvis kan resultatene fra den ideelle Brayton prosessen benyttes som basis for å beregne de justerte verdiene for (i), (ii) og (iii). i) Det virkelige kompressorarbeidet kan finnes fra den ideelle (isentropiske) situasjonen: C = m (h 2s h 1 ) = η is,c (kg/s) ( ) = kw 0.80 Tilsvarende finnes det reelle turbinarbeidet: T = η is,t m ( h 3 h 4 s ) = ( ) = kw Netto kraftforbruk i kjølekretsen blir da: = C T = = kw ii) For å beregne kretsens kjølekapasitet må først tilstand 4 etableres mht. entalpi: h 4 = h 3 η is,t ( h 3 h 4 s ) = ( ) = kj/kg

8 Dermed kan kretsens kjølekapasitet finnes: Side 8 av 8 Q in = m ( h 1 h 4 ) = ( ) = kw iii) Kretsens effektfaktor (Coefficient of Performance) blir da: COP = β = Kommentar: Q in = = Vi ser at kjølekretsens effektfaktor er dramatisk redusert fra 2.72 til 0.582, en faktor på nesten 5 (eller 4.67 for å være nøyaktig). Dette er en mye større effekt enn forventet av at turbin og kompressor har en isentropisk virkningsgrad på 80%. Årsaken til at effekten blir såpass dramatisk skyldes at alle elementene i uttrykket for COP endrer seg i negativ retning: Kompressorens kraftbehov øker Turbinens kraftproduksjon avtar Kretsens kjøle-effekt avtar Porsgrunn, Truls Gundersen (s)