Överhettad ånga, Table A-6 (2.5 MPa): T [ C] v [m 3 /kg] ? Linjär interpolation:

Transkript

1 Exempel 1, Ch.3 Givet: H 2 O, P = 2.5 MPa = 2500 kpa, T = 265 C = K. Sökt: v (volymitet). Table A-4: T = 265 C > T sat@2.5mpa = C Table A-5: P = 2500 kpa < P sat@265 C = kpa Överhettad ånga, Table A-6 (2.5 MPa): T [ C] v [m 3 /kg] ? Linjär interpolation: v [m 3 /kg] = ( ) = Svar: v = m 3 /kg. Kommentar: Ideal gas? v IG = RT/P; R = kjkg 1 K 1 (Table A-1) v IG = m 3 /kg, vilket är 9.6% högre; nej T [ C] H 2 O, sat kpa 2500 kpa v = RT/P, P = 2500 kpa v [m 3 /kg] 1

2 Exempel 2, Ch.3 Givet: H 2 O, P = 15 MPa = kpa, T = 265 C = K. Sökt: ρ = 1/v (densitet); h (entalpi per massenhet). Table A-4: T = 265 C < T sat@15mpa = C Table A-5: P = kpa > P sat@265 C = kpa Komprimerad vätska, Table A-7 (15 MPa): n T [ C] v [m 3 /kg] h [kj/kg] ?? Linjär interpolation (x = T, y = v,h): y = y 2 y 1 x 2 x 1 (x x 1 )+y 1 v = m 3 /kg, ρ = 1/v = kg/m 3 ; h = kj/kg. Svar: ρ = 788 kg/m 3 ; h = 1.16 MJ/kg. Kommentar: Approximationer med endast tillgång till mättnadsdata, komprimeradvätska:y(p,t) y f@t,y = v,h,...;tablea-4:v f@265 C = m 3 /kg ρ f@265 C = kg/m 3 ( 1.5%); h f@165 C = kj/kg (+0.09%) T [ C] v [m 3 /kg] H 2 O, sat. 15 MPa 5085 kpa 2

3 Example 4-10 Givet: Luft i cylinder med rörlig kolv, begränsad nedåt m.h.a. stoppklots; V 1 = 400 dm 3, P 1 = 150 kpa, T 1 = 27 C 300 K; värmning; kolven börjar röra sig (uppåt) då P = P 2 = 350 kpa, V 2 = V 1 ; värmning fortsätter tills V 3 = 800 dm 3 = 2V 1,2. Sökt:(a) T 3, (b) W (av/frånluften),(c) Q (tillluften) 3 P/P 1 = 2.333V 1 /V (T = 700 K) 2 P/P V/V 1 (a) Betrakta luften som ett slutet system. Luften förutsätts vara en ideal gas, PV = mrt; konstant massa m, gaskonstant R P 3 V 3 /T 3 = P 1 V 1 /T 1, d.v.s. T 3 = (P 3 /P 1 )(V 3 /V 1 )T 1 = (350/150)(2/1)300 K = 1400 K. (b) W = W b +W other ; enbart volymändringsarbete W = W b = W b,out. Processen förutsätts vara kvasistatisk, W b = P dv; lättrörlig kolv P 3 = P 2, d.v.s. W b = P 2,3 (V 3 V 1,2 ) = 350( ) kj = 140 kj. (c) Energibalans, E in E out = E sys. Enkelt kompressibelt system ( KE = PE = 0) E sys = E = U = m(u 3 u 1 ); E in = Q in, E out = W b,out Q = Q in = m(u 3 u 1 )+W b,out. Ideal gas, m = P 1 V 1 /(RT 1 ). Med R = kjkg 1 K 1 (Table A-1), fås m = kg. Ideal gas, u(t); Table A-17 u 1 = kj/kg, u 3 = kj/kg Q in = ( ) kj = kj. Svar: (a) T K, (b) W out = 140 kj, (c) Q in = 767 kj. Kommentar: (a,c) Med T 1 = K fås T 3 = K (+0.05%), Q in = kj (+0.01%). (c) Alternativ (sämre noggrannhet): u 3 u 1 = c v,avg (T 3 T 1 ),c v,avg = c v (T avg ),T avg (T 1 +T 3 )/2 = 850K.LinjärinterpolationiTableA- 2(b)ger c v,avg 0.823kJkg 1 K 1 U 630.9kJ, Q in = 770.9kJ(+0.53%). 3

4 Exempel, Ch. 5 Ångturbin (vatten). Givet: Stationära förhållanden; ṁ = 10 kg/s, P 1 = 2.5 MPa, T 1 = 500 C, P 2 = 10 kpa, x 2 = 0.95, Q out = 25 kw; ke 0, pe 0. Sökt: Ẇ sh,out Lägg en CV runt turbinen. Energibalans, stationära förhållanden, ett inlopp, ett utlopp, θ = h Q Ẇother = Q out Ẇsh,out = ṁ(h 2 h 1 ), d.v.s. Ẇ sh,out = ṁ(h 1 h 2 ) Q out. Tillstånd 1 (inlopp) är överhettad ånga, T 1 > T sat@2.5mpa = C (Table A-5); Table A-6: h 1 = kj/kg. Tillstånd 2 är mättad blandning, h 2 = h f + x 2 h fg ; Table A-5 (10 kpa): h f = kj/kg, h fg = kj/kg h 2 = kj/kg (T 2 = C). h 1 h 2 = kj/kg, ṁ(h 1 h 2 ) = kw Ẇsh,out = kw. Efter avrundning till två värdesiffror, vilket kan uttydas från indata, fås Ẇ sh,out = 10 MW. Svar: Ẇ sh,out = 10 MW H 2 O, sat. 2.5 MPa 10 kpa Z = 0.99 T [ C] v [m 3 /kg] Kommentar: (i) Om värmeförlusten Q out försummas fås samma svar; Q out motsvarar endast 0.25% av Ẇsh,out; turbinen kan betraktas som adiabatisk. (ii) Ändringen i kinetisk energi (mellan ut- och inlopp) kan inte alltid försummas; ke = V2 2 /2 V1 2 /2, Ẇ sh,out = ṁ(h 1 h 2 ke) Q out. Med V 1 = 20 m/s, V 2 = 100 m/s fås ke = 4.8 kj/kg, ṁ ke = 48 kw, vilket reducerar axeleffektentillẇ sh,out = 9912kW( 0.48%);litenskillnad.Utloppshastighetenkan dock vara klart högre. Med V 2 = 200 m/s och samma V 1 fås ṁ ke = 198 kw, Ẇ sh,out = 9762 kw ( 2.0%). (iii) Z 1 = 0.981; ingen ideal gas. 4

5 Example 5-8 Strypning av R-134a (köldmedium) i ett kylskåp. Givet: P 1 = 800 kpa, x 1 = 0 (mättad vätska); P 2 = 120 MPa. Sökt: x 2 ; T = T 2 T 1 Lägg en CV runt strypanordningen, ett inlopp, ett utlopp; stationära förhållanden förutsätts. Energibalans (per massenhet), homogena förhållanden över inoch utlopp: q w other = h e h i + ke+ pe. Strypningen kan förutsättas ske adiabatiskt; försumbart värmeutbyte, q = 0; dessutom inget tekniskt arbetsutbyte, w other = 0. Om ke och pe kan försummas fås h e = h i, d.v.s. h 2 = h 1. Table A-12: h 1 = h f@800kpa = kj/kg. Tillstånd 2 är mättad blandning, ty h g@120kpa = kj/kg < kj/kg < kj/kg = h g@120kpa ; x 2 = (h 2 h f )/(h g h f ) = (h 2 h f )/h fg. Med h fg = kj/kg fås x 2 = T 1 = T sat@800kpa = C, T 2 = T sat@120kpa = C T = C. Svar: x 2 = 0.340; T = 53.6 C R-134a, sat. 800 kpa 120 kpa 60 T [ C] v [m 3 /kg] Kommentar:Kan ke = (V 2 2 V 2 1 )/2verkligenförsummas?Konstantmassflöde V 1 A 1 /v 1 = V 2 A 2 /v 2. Med A 2 = A 1, typiskt för en enkel strypanordning i ett kylskåp (kapillärrör), fås V 2 /V 1 = v 2 /v 1. Med data ur Table A-12 fås v 1 = m 3 /kg, v 2 = m 3 /kg, d.v.s. V 2 /V 1 = Inloppshastigheten V 1 är typiskt ganska låg, oftast klartlägre än 1 m/s; med V 1 = 50 cm/s fås V 2 = m/s, vilket innebär ke = kj/kg. Med h 2 = h 1 ke fås h 2 = kj/kg, vilket ger x 2 = ( 0.73%), även efter uppdatering av v 2 = m 3 /kg, V 2 = m/s; små skillnader. Med V 1 = 25 cm/s fås ke = kj/kg, x 2 = ( 0.18%); försumbar skillnad. 5

6 Example Kompression av luft i cylinder med lättrörlig kolv. Givet: Internt reversibel och adiabatisk kompression; P 1 = 95 kpa, T 1 = 295 K; V 1 /V 2 = 8. Sökt: T 2 ; P 2 ; w b,in Slutet system = luften i cylindern. Eftersom processen är både internt reversibel och adiabatisk är den också isentrop; s 2 s 1 = (δq/t) int.rev. = 0, ty δq = 0 (försumbart värmeutbyte). Antag att luften kan behandlas som en ideal gas; 8 = V 1 /V 2 = v 1 /v 2 = (v 1 /v 2 ) s=const. = v r,1 /v r,2, där v r (T) ur Table A-17; v r,1 v r,2 T 2. Pv = RT P 2 /P 1 = (v 1 /v 2 )(T 2 /T 1 ) = 8(T 2 /T 1 ) P 2 = 8(T 2 /T 1 )P 1. Energibalans, enkelt kompressibelt system ( ke = pe = 0): q w b = u = u 2 u 1 ; q = 0, w b = w b,in ; u(t) ur Table A-17 w b,in = u 2 u 1. Table A-17: u 1 = kj/kg, v r,1 = v r,2 = Linjära interpolationer i Table A-17 ger u 2 = kj/kg, T 2 = K P 2 = 1707 kpa, w b,in = kj/kg. Kan luften behandlas som en ideal gas? Ja, se s. 64 i gröna häftet, Z 1,2 1 < 0.01 ideal gas. Svar: T 2 = 663 K; P 2 = 1.71 MPa; w b,in = 273 kj/kg. Överdriven skillnad i lutning på isokorerna! 6

7 Example 8-7 Arbetspotential för komprimerad luft. Givet: Stel behållare med luft; P = 1000 kpa, T = T 0 = 300 K; P 0 = 100 kpa, V = 200 m 3 ; index 0 motsvarar luftens tillstånd i jämvikt med omgivningen. Sökt: X (för luften; X = exergi = arbetspotential) X = mφ, där φ = u u 0 +P 0 (v v 0 ) T 0 (s s 0 ). Luften är en ideal gas, m = PV/(RT); se s. 64 i gröna häftet. Ideal gas u(t), d.v.s. u u 0 = 0. P 0 (v v 0 ) = P 0 v 0 (v/v 0 1) = RT 0 (P 0 /P 1), ty Pv = RT, T/T 0 = 1. T 0 (s s 0 ) = T 0 (s s 0 RlnP/P 0) = RT 0 lnp/p 0, ty s (T) för ideal gas. X = PV(P 0 /P 1+lnP/P 0 ) = P 0 V[1 P/P 0 +(P/P 0 )lnp/p 0 ]. Insättning med PV = 200 MJ, P/P 0 = 10, ger X = 280 MJ (77.9 kwh). Svar: X = 280 MJ (oberoende av vilken ideal gas det är). Kommentar: (i) Arbetspotentialen X motsvarar grovt sett ett fulladdat batteri i personbilen Tesla 75 (batterikapacitet 75 kwh; körsträcka, maximalt ca. 400 km); Teslans litiumjon-batteri har dock väsentligt mindre volym; batterikapacitet per liter är troligen ca. 1.5 MJ/dm 3 batterivolym 180 dm 3. (ii) Exergiinnehållet ökar med ökat tryck P. Med P/P 0 = 100 (P = 10 MPa) och ideal gas fås X = 280 MJ om V = 7.74 m 3 ; med P = 30 MPa fås istället V = 1.99m 3.ObserveraattökadtemperaturT germinskadarbetspotential(vid given volym); luftmassan minskar snabbare än φ ökar; ex. T = 330 K = 1.1T 0 och luft (Table A-17) X = 240 MJ; T = 600 K = 2T 0 X = 150 MJ. X/(P0V) 1, T/T 0 = 1.0 T/T 0 = 1.1 T/T 0 = 1.5 T/T 0 = P/P 0 (iii) Det finns konceptbilar som enbart använder komprimerad luft för framdrivning, ex. MDI AIRPod; typiskt är V = 300 dm 3, P = 30 MPa, vilket med luft som ideal gas (som ovan) ger X = 42.4 MJ = 11.8 kwh. Med T = T 0 = 300 K är dock Z = 1.12; ingen ideal gas. Med hänsyn taget till effekter av kompressibilitet (överkurs) fås X 41 MJ ( 3.3%). 7

8 Exempel 1, Ch. 9 Ideal Dieselcykel; jämför uppgift 9-46 (8th edition). Givet: Arbetsmedium = luft (ideal gas); r = v 1 /v 2 = 17, r c = v 3 /v 2 = 1.3; Ẇ net,out = 140 kw; P 1 = 95 kpa, T 1 = 25.5 C. Sökt: T max ; P max ; Q in T max = T 3 ; P 3 = P 2, Pv = RT T 3 = (v 3 /v 2 )T 2 = r c T 2 ; P max = P 2 = P 1 (T 2 /T 1 )(v 2 /v 1 ) = P 1 (T 2 /T 1 )r; T 1 = K. Kretsprocess: Q in = Ẇnet,out/η th, där η th = 1 q out /q in. Slutet, enkelt kompressibelt system: q w b = u, där w b = P dv; v 4 = v 1 q out = u 4 u 1 ; P 3 = P 2, w b,12 = P 2,3 (v 3 v 2 ) q in = (u+pv) 3 (u+pv) 2 = h 3 h 2 ; Table A-17: u(t), h(t). s 2 = s 1 17 = r = v 1 /v 2 = v r,1 /v r,2, där v r (T). Linjära interpolationer i Table A-17 u 1 = kj/kg, v r,1 = v r,2 = /17= h 2 = kj/kg, T 2 = K T 3 = K = C, P 2 = kpa, h 3 = kj/kg. s 4 = s 3 v r,4 /v r,3 = v 4 /v 3 = v 1 /v 3 = (v 1 /v 2 )(v 2 /v 3 ) = r/r c = 17/1.3. Table A-17: v r,3 = v r,4 = u 4 = kj/kg (T 4 = K = C). Insättning ger q out = kj/kg, q in = kj/kg, η th = Q in = kw. Svar: Q in = 222 kw; T max = 867 C; P max = 4.74 MPa. 4 P/P T/T v/v (s s 1 )/R Kommentar: Approximation perfekt gas med ämnesdata vid 300 K (k = 1.40), ger T max = 933 C (+66 C), P max = 5.02 MPa (+5.7%), Q in = 212 kw ( 4.3%), η th = (+4.5%). 8

9 Exempel 2, Ch. 9 Braytoncykel med regenerering. Givet: Arbetsmedium = luft (ideal gas); P 1 = 100 kpa, T 1 = 300 K; r p = P 2 /P 1 = 6; P 3 = P 2 = P 5 ; T 3 = 1200 K; η C = 0.85, η T = 0.88, ǫ = 0.80; försumbara ändringar i kinetisk och potentiell energi, ke = pe = 0. Sökt: η th Kretsprocess, slutet system: η th = 1 q out /q in. Stationära förhållanden, komponenter med ett inlopp, ett utlopp: q w other = h e h i q out = h 6 h 1, q in = h 3 h 5 ; h(t), Table A-17; linjär interpolation. ǫ = q regen /q regen,max = (h 5 h 2 )/(h 4 h 2 ) h 5 = h 2 +ǫ(h 4 h 2 ). Välisolerad regenerator, energibalans h 4 h 6 = h 5 h 2 h 6 = h 4 +h 2 h 5. η C = (h 2s h 1 )/(h 2 h 1 ), s 2s = s 1, P 2s = P 2, r p = P r,2s /P r,1, P r (T) h 2 = h 1 +(h 2s h 1 )/η C. η T = (h 3 h 4 )/(h 3 h 4s ), s 4s = s 3, P 4s = P 4, r p = P r,3 /P r,4s h 4 = h 3 η T (h 3 h 4s ). Table A-17: h 1 = kj/kg, P r,1 = P r,2s = h 2s = kj/kg h 2 = kj/kg (T 2 = 533 K). Table A-17: h 3 = kj/kg, P r,3 = P r,4s = h 4s = kj/kg h 4 = kj/kg (T 4 = 816 K > T 2, OK!) h 5 = kj/kg, h 6 = kj/kg. Insättning ger q out = kj/kg, q in = kj/kg, η th = Svar: η th = , kpa 600 kpa 1,000 T [K] s/r Kommentar: Utan regenerering, ǫ = 0: η th = ( 32.7%). 9

10 Exempel, Ch. 10 Adiabatisk ångturbin, vatten; ångkraftsprocess, Rankine. Givet: Inlopp: P 3 = 10 MPa, T 3 = 550 C; η T = 0.88; utlopp: P 4 = 10 kpa; försumbara ändringar i kinetisk och potentiell energi, ke = pe = 0. Sökt: Uppfylls kravet x ? (x = specifik ångmängd, ångkvalitet) η T = (h 3 h 4 )/(h 3 h 4s ) h 4 = h 3 η T (h 3 h 4s ); s 4s = s 3, P 4s = P 4. Table A-6: h 3 = kj/kg, s 3 = kjkg 1 K 1. Table A-5 (10 kpa) visar att tillstånd 4s är mättad blandning, s f < h 4s < s g h 4s = h f +x 4s h fg, där x 4s = (s 4s s f )/s fg. TableA-5:s f = kJkg 1 K 1,s fg = kJkg 1 K 1,h f = kJ/kg, h fg = kJ/kg x 4s = h 4s = kJ/kg h 4 = kJ/kg x 4 = (h 4 h f )/h fg = < Svar: Nej. 600 H 2 O, sat. x = T [ C] s [kjkg 1 K 1 ] Kommentar: Med ökad överhettning kan kravet uppnås; T 3 = 600 C h 4 = kj/kg x 4 = > 0.90 (markerat med i figur). Även turbinarbetet ökar, w T = h 3 h 4 = kj/kg (+5.7%). 10

11 Example Adiabatisk blandning av syrgas och kvävgas. Givet: Stel gasbehållare med två gaser, syrgas (O 2 ) och kvävgas (N 2 ), separerade via en skiljevägg; m O2 = 7 kg, T 1,O2 = 40 C, P 1,O2 = 100 kpa; m N2 = 4 kg; T 1,N2 = 20 C, P 1,N2 = 150 kpa; skiljeväggen tas bort, gaserna blandas, nytt jämviktstillstånd (index m); T surr = 20 C; ideal gasblandning; perfekta gaser, ämnesdata vid 300 K. Sökt: T m ; P m ; X destroyed Slutet, enkelt kompressibelt system = O 2 + N 2 (membranets massa försumas). Stel behållare W = 0; adiabatisk blandning Q = 0; energibalans U = ( U) O2 +( U) N2 = 0. I sluttillståndet har resp. gaskomponent samma tryck och temperatur, P 2,O2 = P 2,N2 = P m, T 2,O2 = T 2,N2 = T m. Perfekta gaser: U = mc v T; [mc v (T 2 T 1 )] O2 +[mc v (T 2 T 1 )] N2 = 0 T m = (mc v) O2 T 1,O2 +(mc v ) N2 T 1,N2 (mc v ) O2 +(mc v ) N2 Table A-2(a): c v,o2 = kjkg 1 K 1, c v,n2 = kjkg 1 K 1. Insättning ger T m = C = K. Ideal gas: PV = NR u T, där R u = kJkmol 1 K 1 (TableA-1).Ideal gasblandning P m = N m R u T m /V m, där N m = N O2 +N N2 = (m/m) O2 +(m/m) N2 ; V m = V 1,O2 + V 1,N2, där V 1,O2 = R u N O2 (T/P) 1,O2, V 1,N2 = R u N N2 (T/P) 1,N2. Med M O2 = kg/kmol, M N2 = kg/kmol (Table A-1), fås N O2 = kmol, N N2 = kmol, N m = kmol, vilket med T 1,O2 = K, T 1,N2 = K, ger P m = N m T m N O2 (T/P) 1,O2 +N N2 (T/P) 1,N2 = kpa X destroyed = T surr S gen,tot, där T surr = K. Systemet behöver inte utvidgas; adiabatisk process. Entropibudget S gen,tot = S = ( S) O2 + ( S) N2. Perfekta gaser: s 2 s 1 = c p lnt 2 /T 1 T lnp 2 /P 1 S gen,tot = [m(c p lnt 2 /T 1 RlnP 2 /P 1 )] O2 +[m(c p lnt 2 /T 1 RlnP 2 /P 1 )] N2 P 2,O2 = y O2 P m, P 2,N2 = y N2 P m ; y = N i /N m y O2 = 0.605, P 2,O2 = 69.3 kpa; P 2,N2 = P m P 2,O2 = 45.2kPa.InsättningmedR O2 = kJkg 1 K 1,R N2 = kjkg 1 K 1 (Table A-2a), samt c p = c v + R, ger S gen,tot = kj/k, X destroyed = kj. Svar: T m = 32.2 C; P m = 114 kpa; X destroyed = 615 kj. 11