P1. I en cylinder med lättrörlig(friktionsfri) men tätslutande kolv finns(torr) luft vid trycket 105 kpa, temperaturen 300 K och volymen 1.40 m 3. Luften värms nu långsamt via en elektrisk resistansvärmare med effekten 400 W. Värmningen avbryts efter 1110 s (18.5 min); luftens volym är då 2.52 m 3. Cylinderns ytterhölje är i kontakt med omgivande luft som håller konstant tryck och temperaturen T 0 = 23.5 C. Luften i cylindern kan betraktas som en ideal gas (varierande c p och c v ). Cylinderns massa kan försummas, liksom resistansvärmarens massa och volym inuti cylindern. Bestäm (a) luftens temperatur i cylindern då värmingen avbryts (b) cylinderns värmeutbyte med omgivningen (c) processens entropigenerering, S gen,tot (1p) (5p) (2p) Givet: Luft; P 1 = 105 kpa, T 1 = 300 K, V 1 = 1.40 m 3 ; värmning, Ẇ e,in = 400 W, t = 1110 s, V 2 = 2.52 m 3, T 0 = T surr = 23.5 C. Sökt: (a) T 2, (b) Q out, (c) S gen,tot (a)processenbetraktassom isobar,p 2 = P 1 (friktionsfrikolv).idealgas: PV = mrt; slutet system T 2 = (V 2 /V 1 )T 1 = 540 K. (b) Energibalans, enkelt kompressibelt system (gasen): E in E out = E = U, där E in = W e,in = Ẇe,in t = 444.0 kj, E out = Q out +W b,out. Eftersom värmningen sker långsamt kan processen betraktas som kvasistatisk, W b = P dv. Vid konstant tryck och kvasistatisk process gäller U + W b = U + W b,out = H = m(h 2 h 1 ), d.v.s. Q out = W e,in m(h 2 h 1 ); m = P 1 V 1 /(RT 1 ); Table A-1: R = 0.2870 kjkg 1 K 1 m = 1.7073kg.TableA-21:h 1 = 300.19kJ/kg,h 2 = 544.35kJ/kg,d.v.s. H = m(h 2 h 1 ) = 416.86 kj, Q out = (444.0 416.86) kj = 27.14 kj. (c) Utvidgat system, T k = T 0 på systemgränser S gen,tot. Entropibudget: S in S out +S gen,tot = S; S in = 0, S out = Q out /T 0, S = m(s 2 s 1 ), s 2 s 1 = s 0 2 s0 1 (ideal gas, P 2 = P 1 ), d.v.s. S gen,tot = m(s 0 2 s0 1 )+ Q out /T 0. Med s 0 1 = 1.70203 kjkg 1 K 1 och s 0 2 = 2.29906 kjkg 1 K 1 ur Table A-21, samt T 0 = 296.65Kfås S gen,tot = (1.0193+0.09149)kJ/K = 1.1108 kj/k. Svar: (a) T 2 = 540 K, (b) Q out = 27.1 kj, (c) S gen,tot = 1.11 kj/k. Kommentar: (b,c) Alt. Q out = W e,in W b U, W b = P 1 (V 2 V 1 ) =
117.6 kj; U = m(u 2 u 1 ), u 1 = 214.07 kj/kg, u 2 = 389.34 kj/kg, U = 299.24kJ,Q out = (444.0 117.6 299.24)kJ = 27.16kJ,S gen,tot = 1.1109 kj/k. Med h = c p,avg T, där c p,avg = c p (T avg ), T avg (T 1 + T 2 )/2 = 420 K, c p,avg 1.0158 kjkg 1 K 1 fås Q out 27.77 kj (+2.3%), S gen,tot 1.113 kj/k (+0.2%); sämre noggrannhet. P2. I ett munstycke inkommer vattenånga med hastigheten 11.5 m/s vid trycket 800 kpa och temperaturen 350 C, se figur. Vid munstyckets utlopp är trycket 300 kpa och temperaturen 300 C. Munstyckets tvärsnittsarea vid inloppet är 800 cm 2 och dess värmeförlust (per tidsenhet) till omgivande luft (vid 15 C) är 17.4 kw. Bestäm (a) massflödet genom munstycket (b) utloppshastigheten och utloppsarean (2p) (6p) Givet: T 1 = 350 C; P 1 = 800 kpa; V 1 = 11.5 m/s, A 1 = 800 10 4 m 2 ; P 2 = 300 kpa; T 2 = 300 C; Q out = 17.4 kw. Sökt: (a) ṁ, (b) V 2 och A 2 (a) ṁ = V 1 A 1 /v 1 ; tillstånd 1 är överhettad ånga, Table A-6: v 1 = 0.35442 m 3 /kg, vilket ger ṁ = 2.5958 kg/s. (b) Energibalans, stationära förhållanden, kontrollvolym: Ė in = Ėout, d.v.s. ṁ(h 1 +V1 2/2) = ṁ(h 2 +V2 2/2)+ Q out, vilket ger V 2 = 2(h 1 h 2 Q out /ṁ)+v 2 1 ; Q out /ṁ = 6.703 kj/kg. Även tillstånd 2 är överhettad ånga, Table A-6: h 2 = 3069.6 kj/kg, h 1 = 3162.2 kj/kg. Insättning ger V 2 = 414.64 m/s. ṁ = V 2 A 2 /v 2 A 2 = ṁv 2 /V 2. Med v 2 = 0.87535 m 3 /kg ur Table A-6 fås A 2 = 5.480 10 3 m 2 = 54.80 cm 2. Svar: (a) ṁ = 2.60 kg/s, (b) V 2 = 415 m/s; A 2 = 54.8 cm 2. P3. För att ta reda på strömningsmotståndet för ett luftskepp konstrueras en modell i skala 1:10 (L m /L p = 1/10), som sedan testas genom försök i
en bred och djup vattenränna (vattentemperatur 25 C). Vid försöken i vattenrännan kan strömningen anses opåverkad av den fria vätskeytan. Det är tänkt att luftskeppet i fullskala (prototyp) skall färdas med hastigheten 60 km/h relativt omgivande luft, vid en höjd över havet på ca. 1000 m där tryck och temperatur förväntas vara 90 kpa och 8.5 C. Mätresultat från modellförsöken illustreras i figuren nedan, F D,m (V m ). 2.5 Modell, strömningsmotstånd i kn 2 FD,m[kN] 1.5 1 0.5 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 V m [m/s] (a) Vilken modellhastighet V m ger likformig strömning med prototypens tänkta förhållanden? (5p) (b) Bestäm strömningsmotståndet för prototypen enligt (a) ovan. (3p) Givet: modell, vatten, T m = 25 C, F D,m (V m ) enligt figur; prototyp, luft, T p = 8.5 C, p p = 90 kpa, V p = 60 km/h = (60/3.6) m/s, L p = 10L m. Sökt: (a) V m för likformiga förhållanden, (b) F D,p. (a) Eftersom de fria vätskeytorna i modellförsöket inte inverkar samt att strömningarna kan betraktas som inkompressibla och stationära gäller enligt Reynolds likformighetslag, Re m = Re p ( ) FD ρv 2 L 2 p = ( ) FD ρv 2 L 2 m där Re = ρvl/µ. Tabell A1: ρ m = 997.0 kg/m 3, µ m = 890.1 10 6 Pas. Luften kan betraktas som en ideal gas, ρ p = p p /(RT p ). Med R = 287.0 Jkg 1 K 1 (Tabell A1) och T p = 281.65 K fås ρ p = 1.113 kg/m 3.
Tryckberoendet för dynamisk viskositet µ kan försummas; Tabell A1 ger µ p = 17.625 10 6 Pas (linjär interpolation). (ρvl/µ) m = (ρvl/µ) p V m = (ρ p /ρ m )(µ m /µ p )(L p /L m )V p. Insättning med V p = 16.67 m/s ger V m = 9.40 m/s. (b) Via linjär interpolation (rät linje) i figuren för V m = 9.4 m/s, mellan mätpunkter vid 9 m/s (F D,m 1.65 kn) och 10 m/s (F D,m 2.04 kn), fås F D,m = 1.8 kn. Likformighet F D,p = (ρ p /ρ m )(V p /V m ) 2 (L p /L m ) 2 F D,m, d.v.s. F D,p = (1.113/997.0)(16.67/9.40) 2 (10/1) 2 1.8 kn = 0.63 kn. Svar: (a) V m = 9.4 m/s, (b) F D,p = 0.63 kn. P4. Strålen från en brandbils vattenkanon skall vid ett flöde av 2.6 m 3 /min och lodrät stråle kunna nå upp till höjden H = 20 m från den vattenpost som bilen är ansluten till. Trycket vid sektion (1), vid utloppet från vattenposten, är 70 kpa högre än omgivande tryck. Slangen som är ansluten till vattenposten har innerdiametern 100 mm; ytråhet, ǫ = 0.45 mm. Slangens längd från sektion (1) fram till inkopplingen i brandbilen är 10 m (figuren är inte skalenlig!). Tryckförlusterna från denna inkoppling och ända upp till strålens maximala höjd kan uttryckas som 0.75ρV1 2, där ρ är vattnets densitet och V 1 är medelhastigheten i sektion (1). Engångsförluster längs slangen kan försummas. Vattnets temperatur är 15.0 C; tyngdacceleration, g = 9.81 m/s 2. Beräkna den effekt som brandbilens pump måste tillföra vattnet. (8p) Givet: V = (2.6/60) m 3 /s, H = 20 m, p 1,g = p 1 p a = 70 kpa, D = 100 mm, l = 10 m, ǫ = 0.45 mm, p f,2 = 0.75ρV1 2, T = 15.0 C, g = 9.81 m/s 2.
Sökt: Ẇ s,in Ẇ s,in = ṁw s,in = Vρw s,in, där w s,in är pumparbetet (till vattnet). För lodrät stråle är hastigheten noll vid maximal höjd. Bernoullis utvidgade ekvation mellan sektion (1) och sektion (2) vid strålens maximala höjd (z 1 = 0, V 1 = V, z 2 = H, V 2 = 0, p 2 = p a ): p 1 + ρv 2 /2 = p a +ρgh+ p f ρw s,in ; p f = p f,1 + p f,2, där p f,1 = (fl/d)ρv 2 /2, p f,2 = 1.5ρV 2 /2 (K L = 1.5). Detta ger ρw s,in = ρgh + (fl/d + 0.5)ρV 2 /2 p 1,g, där V = 4 V/(πD 2 ) = 5.517 m/s. Friktionsfaktor, f = φ(re,ǫ/d), Re = ρvd/µ, ǫ/d = 0.0045. Tabell A1: ρ = 999.1 kg/m 3, µ = 1138 10 6 Pas Re = 4.844 10 5 ; turbulent strömning, Re > 4000. Haalands formel, ekv. (8.16), ger f = 0.02967, d.v.s. fl/d = 2.967. Insättning ger ρw s,in = (196.0 + 52.7 70) kpa = 178.9 kpa, Ẇ s,in = 7.754 kw. Svar: Ẇ s,in = 7.8 kw. Kommentar: Förluster i själva pumpen innebär att axeleffekten som krävs är högre än den effekt som levereras till vattnet; med en verkningsgrad av 80% blir axeleffekten 25% högre (1/0.80 = 1.25). Med ǫ = 0.15 mm (3 gånger lägre) fås Ẇs,in = 7.25 kw ( 6.5%). Med dubbelt så lång slang (l = 20 m) och ǫ = 0.45 mm fås Ẇ s,in = 9.70 kw (+25.1%); ǫ = 0.15 mm Ẇs,in = 8.71 kw (+12.4%). Christoffer Norberg