Tentamen i Termodynamik CBGB3A, CKGB3A

Transkript

1 Tid: , kl. 08:15 13:15 Tentamen i Termodynamik CBGB3A, CKGB3A Tillåtna hjälpmedel: Physics handbook, miniräknare, en handskrien A4 (en sida) eller Formelsamling i Industriell Energiteknik (Curt Hjärthag) Lärare: Jens Fjelstad, tel Tentamen omfattar 6 frågor om 5p ardera, sammanlagt 30p. För betyg 3 kräs 12p (40% a maxpoäng), för betyg 4 kräs 18p (60%), och för betyg 5 kräs 24p (80%). Införda beteckningar ska förklaras, eentuella antaganden redoisas, och enheter ska tydligt anges. Lycka till! 1) (a) Ge en formulering a termodynamikens andra huudsats (b) Begränsas alla sätt att producera arbete a den andra huudsatsen? Om inte, ge exempel på en mekanism/maskin som inte har en sådan begränsning. (c) Du blir isad en ärmemaskin som hädas arbeta mellan temperaturreseroirerna atmosfären (med T H = 20 C) och älen (med T L = 14 C) med ärmetransporterna in i respektie ut ur maskinen Q H = 11 kj/min resp. Q L = 10 kj/min. Är denna ärmemaskin förenlig med andra huudsatsen? (motiera) Verifiera slutsatsen genom att beräkna den totala entropiförändringen per tidsenhet hos arbetsmediet + reseroirerna för en maskinen. (a): se kursboken (b): nej, t.ex. gäller Kelin Planck formuleringen endast maskiner som arbetar på en cykel mellan tå temperaturreseroirer. Ett attenkrafterks effektiitet begränsas med andra ord inte a den andra huudsatsen. (c): Vi bestämmer den termiska erkningsgraden η th = 1 Q L / Q H = 1 10/11 0,09. Verkningsgraden för en reersibel cykel arbetande mellan samma reseroirer är η th,re = 1 T L /T H = 1 287/293 0,02 < η th. Maskinen strider därför mot andra huudsatsen och är ej möjlig. Entropiförändringarna: S syst = 0 för en cykel, ds Ṡsyst = 0, och då omginingen är reseroirer har i: Ṡ omg = Q H /T H + Q L /T L 2,7 J/K min,

2 och alltså Ṡtot < 0 ilket strider mot andra huudsatsen. 2) Betrakta ett isolerat system bestående a 3 kg atten innselutet a en fritt rörlig kol i en cylinder med tärsnittsarean 0,05 m 2. På kolen är fäst en fjäder med fjäderkonstanten k = 25 kn/m ars andra ände är fix enligt figur. Inuti cylindern finns en propeller ars axel passerar genom cylinderäggen och slutar i en e som kan dras runt för hand. I ursprungstillståndet har attnet temperaturen 25 C och trycket 100 kpa, och fjädern är ospänd. Du får uppgiften att höja kolen 10 cm genom att ea runt propellern för hand. Giet att det kräs arbetet 5 J att dra runt propellern ett ar, och att det är fysiskt möjligt att ea 30 ar/min, hur lång tid måste du ea för att höja kolen 10 cm? (Fjäderkraften är till belopp kx där k är fjäderkonstanten och x är hoptryckningen a fjädern.) Propellereffekten är Ẇprop = 5 J/ar 30 ar/min = 150 J/min, så under tidsinterallet t uträttas arbetet W prop = Ẇprop t på systemet. Då kolen höjs sträckan l uträttar dessutom systemet arbetet W kol = m 2 1 P d = m l (P 0 atm + kx/ma)adx = kl 2 /2 (där k är fjäderkonstanten, A är kolens tärsnittsarea och m är systemets massa). Vi har u 1 u f@25 C = 104,83 kj/kg, 1 f@t =25 C = 0, m 3 /kg. Trycket i sluttillståndet är P 2 = P 1 + k 25 l = ,1 = 150 kpa, och den specifika olymen A 0,05 2 = 1 +(A/m)l = 0, m 3 /kg. Med denna information bestämmer i ånghalten i sluttillståndet till x = ( 2 f@p2 )/ fg@p2 = 0, ,0014 m 3 /kg och därmed u 2 = 469,843 J/kg. Energibalans för systemet ger Ẇprop t kl 2 /2 = m u, eller t = m u+kl2 /2 Ẇ prop... = 7301 min = 121,7 h = 5 dagar 1,7 h. 3) Vattenånga id 15 MPa, 500 C passerar med massflödeshastigheten 25 kg/s in i en turbin. Vid utgången är tillståndet 1 MPa, 200 C. Antag turbinen är adiabatisk och bestäm (a) effekten ut ur turbinen (b) turbinens isentropa erkningsgrad a): P 1 = 15 MPa, T 1 = 500 C ger öerhettad ånga och tabellärdet h 1 = 3310,8 kj/kg. På samma sätt ger P 2 = 1 MPa, T 2 = 200 C öerhettad ånga, och tabellärdet h 2 = 2828,3 kj/kg. Om i antar stationärt flöde och att i kan försumma förändringar i kinetisk och potentiell energi ger energiba- (3p)

3 lans: Ẇ = ṁ(h 1 h 2 ) = 25 (3310,8 2828,3)kW = 12062,5kW 12,1MW b): isentrop erkningsgrad η T = Ẇ /Ẇs = (h 1 h 2 )/(h 1 h 2s ) där h 2s är entalpin id utgången a en isentrop turbin med samma tillstånd id ingången och samma tryck id utgången. Enligt tabell s 1 = 6,3480 kj/kgk = s 2s, och jämförelse med trycktabeller ger att detta är en mättad blandning id trycket P 2 = 1 MPa med ånghalten x 0,95, så h 2s = h f@1mp a + xh fg@1mp a 2669,7 kj/kg ilket ger den isentropa erkningsgraden η T 0,75. 4) En luftstandard cykel är uppbyggd a följande delprocesser: 1 2: isokor ärmetransport in från 100 kpa och 15 C till 400 kpa 2 3: isentrop expansion till 100 kpa 3 1: isobar ärmetransport ut till tillstånd 1 Antag konstanta ärmekapaciteter id rumstemperatur och atmosfärstryck. (a) skissa cykeln i P samt T s diagram (b) beräkna nettoarbetet per massenhet som uträttas per cykel (c) bestäm den termiska erkningsgraden b): nettoarbetet (per massenhet) är den inneslutna arean i P diagrammet, ds w net = 3 2 P d P d = 3 2 P d P 1 ( 3 1 ) 2 3 isentrop polytrop P k = konst., så P () = P 2 2 k 1 = P k 2 1 k 1, k och dessutom 3 = (P 2 /P 3 ) 1/k 2 = (P 2 /P 1 ) 1/k 1. Sammantaget ger dessa relationer: w net = P k ( (P2 ) ( (1 k)/k (P2 ) 1/k 1) P 1 1 1) P 1 För luft har i dessutom k = 1,4 och insättning i formeln ger w net = 130,49 kj/kg c): ärmet in ges a q in c (T 2 T 1 ) = c (P 2 2 /R P 1 1 /R) = c (P 2 1 /R P 1 1 /R) 620,35 kj/kg där c = 0,718 kj/kgk. Verkningsgraden blir då: η th = w net q in = 130,49 620,35 0,21 P 1

4 5) Visa utgående från Gibbs ekationer ( T ds relationerna ) och Helmholtz fria energi a = u T s: ( ) (a) s = ( ) ( ) s P (b) = T (c) lutningen på en isobar (ds kura motsarande konstant tryck) i det mättade området i ett h s diagram är konstant a): Definitionen a a ger da = du T ds sdt, och insättning i du = T ds P d ger da = sdt P d. Om i ser s som funktion a T och har i dessutom differentialen a a: da = ( ) dt + ( ) d, och jämförelse T mellan de tå uttrycken ger s = ( ). b): samma tå uttryck för differentialen da = sdt P d = ( ) ( dt + ) d ger från illkoret 2 a = 2 a : T ( ) ( ) s P = T c): Gibbs 2:a relation: dh = T ds + dp ger för en isobar: dh = T ds. I det mättade området är T och P inte oberoende egenskaper utan i har T sat = T sat (P sat ), så om P är konstant är också T konstant, ds inuti det mättade området kan i integrera Gibbs 2:a relation för en isobar och i fårh = T s + konst.. Med andra ord, en isobar är en rät linje med positi lutning gien a den absoluta temperaturen T. 6) Vi kyler 5 g järn från rumstemperatur 23 C till 30 C genom att placera det i en älisolerad behållare med 10g kylmedel 134a i mättad ätskefas id temperaturen 30 C. Antag att trycket är konstant under hela kylprocessen. Visa att kylprocessen är möjlig genom att bestämma entropiförändringen hos järnbiten, kylmedlet samt hela systemet (järn + kylmedel). Vi ser järn som ett inkompressibelt ämne med konstant ärmekapacitet, tabellärdet är c F e = 0,45 kj/kgk. Detta innebär Q F e = m F e c F e (T 2 T 1 ) = 0,11925kJ S F e = m F e c F e ln T 2 /T 1 = 0, kJ/K

5 För kylmedlet har i från tabell S 134,1 m 134 s f@ 30 C = 0, kj/k För att ta reda på kylmedlets entropi i sluttillståndet måste i först ta reda på ånghalten där. Eftersom trycket antas ara konstant under kylprocessen et i att ärmet som upptas a kylmedlet ges a massan hos det förångade kylmedlet gånger förångningsentalpin Q 134 = m anga h fg@ 30 C, ds m anga = Q 134 /h fg = 0, kg, ilket i sin tur ger ånghalten x = m anga /10g 0,054. Vi beräknar sedan entropin i sluttillståndet för kylmedlet enligt S 134,2 = m 134 (s f +xs fg ) = 0,010(0, ,054 0,90278) 0,00102 kj/k. Alltså S 134 = 0,000488kJ/K. Den totala entropiförändringen blir således S tot = S F e + S 134 0,000044kJ/K = 0,044J/K Vi har alltså isat att S tot huudsatsen. > 0, och kylprocessen är tillåten från andra