TERMODYNAMIK MMVF01 Termodynamik och strömningslära Lösningar till exempel på tentamensuppgifter T-1 Betrakta en välisolerad liggande cylinder som delats upp i två utrymmen m.h.a. en lättrörlig kolv av koppar (Cu). Kolven, med massan 5.0 kg, förhindrar läckage mellan dessa utrymmen (inget massutbyte). På ena sidan kolven finns kvävgas (N 2 ). Initialt är temperatur, volym och tryck för kvävet 80 C, 1.0 m 3 och 500 kpa. På andra sidan kolven finns helium (He) med en ursprunglig volym av 1.0 m 3. Initialt är tryck och temperatur på denna sida 500 kpa resp. 25 C, se figur. Kolvens initiala temperatur kan sättas till medelvärdet av gasernas utgångstemperaturer (52.5 C). Genom värmeutbyte över kolven uppnås slutligen ett jämviktstillstånd. Gaserna kan betraktas som perfekta. Ämnesdata kan tas vid 300 K. Bestäm jämviktstemperaturen samt processens entropigenerering. (10p) Givet: Isolerad cylinder, tre delsystem; T 1,N2 = 80 C, P 1,N2 = P 1,He = 500 kpa, T 1,He = 25 C, V 1,N2 = V 1,He = 1.0 m 3, m Cu = 5.0 kg, T 1,Cu = 52.5 C; perfekta gaser, ämnesdata vid 300 K. Sökt: T 2 och S gen Slutet, isolerat, enkelt kompressibelt system = N 2 +Cu+He. Energibalans med Q = W = 0 ger U = U N2 + U Cu + U He = 0. Perfektagaser: U = mc v T;TableA-2a:c v,n2 = 743J/(kgK),c v,he = 3115.6J/(kgK). Fasta ämnen: U = mc T, där c = c v c p ; Table A-3 (27 C): c Cu = 386 J/(kgK). Ideala gaser: m = PV/(RT); Table A-2a alt. Table A-1: R N2 = 296.8 J/(kgK), R He = 2076.9 J/(kgK). Insättning med T 1,N2 = 353.15 K, T 1,He = 353.15 K och T 1,Cu = 325.65 K ger m N2 = 4.770 kg, m He = 0.8075 kg. [mc v (T 2 T 1 )] N2 +[mc v (T 2 T 1 )] He +[mc(t 2 T 1 )] Cu = 0 T 2 = (mc vt 1 ) N2 +(mc v T 1 ) He +(mct 1 ) Cu (mv v ) N2 +(mv v ) He +(mv v ) Cu = 56.04 C = 329.19 K Entropibudget: S in S out + S gen = S sys ; slutet isolerat system: S in = S out = 0, d.v.s. S gen = S sys = S N2 + S He + S Cu ; perfekta gaser: S = m(s 2 s 1 ), där s 2 s 1 = c p ln(t 2 /T 1 ) Rln(P 2 /P 1 ); fasta ämnen: S = mcln(t 2 /T 1 ). Table A-2a: c p,n2 = 1039 J/(kgK), c p,he = 5192.6 J/(kgK). Trycket P 2 (gemensamt för bägge gaserna) fås ur ideala gaslagen; eftersom den totala gasvolymen är konstant gäller V tot = (N N2 +N He )R u T 2 /P 2, d.v.s. P 2 = N tot R u T 2 /V tot, där R u = 8314.47 J/(kmolK), N tot = (m/m) N2 +(m/m) He, V tot = 2.0 m 3. TableA-1:M N2 = 28.013kg/kmol,M He = 4.003kg/kmol,vilketgerN tot = 0.3720kmol, samt P 2 = 509.1 kpa. Insättning ger S N2 = 373.7 J/K, S He = 385.0 J/K, S Cu = 20.9 J/K, d.v.s S gen = 32.2 J/K. Svar: T 2 = 56 C; S gen = 32 J/K. 1
T-2 En stel tank med fasta väggar innehåller 800 dm 3 (torr) luft vid 250 K och 100 kpa. En elektrisk resistansvärmare med effekten 500 W är placerad i tanken. När värmaren varit påslagen i 35 min uppmäts trycket 290 kpa i tanken. Omgivningens temperatur är 300 K. Luften kan betraktas som en ideal gas (varierande c p och c v ). Bestäm (a) luftens temperatur efter dessa 35 min (b) värmeutbytet med omgivningen (c) processens förstörda exergi Väggarnas och resistansvärmarens massa kan försummas. Givet: lufttank; V 1 = V 2 = 800 dm 3, T 1 = 250 K, P 1 = 100 kpa, Ẇ e,in = 500 W = 500 J/s, t = 35 min = 2100 s, P 2 = 290 kpa, T surr = 300 K; torr luft, ideal gas. Sökt: (a) T 2, (b) Q out, (c) S gen,tot (a) Ideal gas PV = mrt. Eftersom volymen (och massan) är konstant är temperaturen proportionell mot trycket, T 2 = (P 2 /P 1 )T 1 = 725 K. (b) Systemgräns runt hela tanken; energibalans, slutet, enkelt kompressibelt system ( PE = KE = 0): Q W = U, där W = W e,in = Ẇe,in t = 1050 kj, Q = Q net,in = Q out. Omskrivning: Q out = W e,in U, där U = m(u 2 u 1 ) endast gäller luften; m = P 1 V 1 /(RT 1 ). R = 0.287 kjkg 1 K 1 m = 1.115 kg. Table A-17: u 1 = 178.28 kj/kg, u 2 = 532.105 kj/kg (linjär interpolation), d.v.s. U = 394.51 kj. Insättning ger Q out = (1050 394.51) kj = 655.49 kj. (c) X destroyed = T surr S gen,tot. För att få S gen,tot måste systemgränsen sträckas ut så att den hamnar i omgivningens konstanta temperatur (utvidgat system). Entropibudget: S in S out + S gen,tot = S. Med S = m(s 2 s 1 ), S out = Q out /T surr, S in = 0 fås S gen,tot = m(s 2 s 1 ) + Q out /T surr, där s 2 s 1 = s 0 2 s0 1 Rln(P 2/P 1 ) (ideal gas). Med s 0 1 = 1.51917 kj/(kgk) och s 0 2 = 2.61061 kj/(kgk) ur Table A-17 fås s 2 s 1 = 0.78587 kj/(kgk), d.v.s. m(s 2 s 1 ) = 0.87623 kj/k. Insättning ger S gen,tot = (0.87623+2.18497) kj/k = 3.0612 kj/k, d.v.s. X destroyed = 918.4 kj. Svar: (a) T 2 = 725 K, (b) Q net,out = 656 kj, (c) X destroyed = 918 kj. Kommentar: Med u 2 u 1 = c v,avg (T 2 T 1 ), s 2 s 1 = c v,avg lnt 2 /T 1 (då v 2 = v 1 ), c v,avg = c v (T avg ), där T avg (T 1 +T 2 )/2 = 487.5 K, vilket via Table A-2b ger c v,avg 0.73975 kj/(kgk), fås Q out 658.2 kj, samt X destroyed 921.6 kj; små avvikelser, +0.4%. 2
T-3 Vatten vid 1.2 MPa och 15 C strömmar med massflödet 2.4 kg/s in i en blandningskammare där det värms upp genom blandning med överhettad ånga vid 1.2 MPa och 250 C. Utgående vattentemperatur är 50 C. Värmeförlusterna med omgivningen, som håller konstant temperatur 20 C, har uppskattats till 9.0 kw. Trycket i blandningskammaren är konstant, 1.2 MPa. Bestäm: (a) massflödet överhettad ånga (b) blandningsprocessens förstörda exergi per tidsenhet, Ẋ destroyed Ändringar i kinetisk och potentiell energi kan försummas. Givet: T 1 = 15 C, T 2 = 250 C, T 3 = 50 C, P 1 = P 2 = P 3 = 1.2 MPa, T surr = T 0 = 20 C, ṁ 1 = 2.4 kg/s, Q out = 9.5 kw. Sökt: (a) ṁ 2, (b) Ẋdestroyed (a) Lägg en kontrollvolym runt blandningskammaren, utlopp med index 3. Ämnesdata tas ur Table A-4/5/6.Stationära (tidsoberoende) förhållanden, massbalans: ṁ 1 +ṁ 2 = ṁ 3 ; energibalans (försumbara ändringar i kinetisk och potentiell energi): Q Ẇother = Q out = ṁ e h e ṁ i h i, d.v.s. Q out = ṁ 3 h 3 ṁ 2 h 2 ṁ 1 h 1 = ṁ 1 (h 3 h 1 ) ṁ 2 (h 2 h 3 ), vilket ger ṁ 2 = Q out +ṁ 1 (h 3 h 1 ) h 2 h 3 Tillstånd 1 är komprimerad vätska ty P 1 = 1.2 MPa > P sat@15 C = 1.7057 kpa (Table A-5); h 1 h f@15 C = 62.982 kj/kg (Table A-4). Tillstånd 2 är överhettad ånga ty T 2 = 250 C > T sat@1.2mpa = 187.96 C; h 2 = 2935.6 kj/kg (Table A-6). Tillstånd 3 är komprimerad vätska, h 3 h f@50 C = 209.34 kj/kg (Table A-4). Insättning ger ṁ 2 = 0.1323 kg/s, d.v.s. ṁ 3 = 2.5323 kg/s. (b) Ẋdestroyed = T 0 Ṡ gen,tot. Sträck ut kontrollvolymen (utom vid in- och utlopp) så att kontrollytor hamnar i omgivningens konstanta temperatur. Genom detta fås processens totala entropigenerering(per tidsenhet) samtidigt som entropiflödet p.g.a. värmeutbytet blir enkelt att beräkna, Ṡ out,heat = Q out /T 0. Entropibudget: Ṡ in Ṡout + Ṡgen,tot = ds CV /dt = 0, d.v.s. Ẋ destroyed = Q out +T 0 (ṁ 3 s 3 ṁ 2 s 2 ṁ 1 s 1 ) Table A-4/6: s 1 s f@15 C = 0.2245 kj/(kgk), s 2 = 6.8313 kj/(kgk), s 3 s f@50 C = 0.7038 kj/(kgk). Insättning med T 0 = (273.15+20) K = 293.15 K ger Ẋdestroyed = (9.5+99.52) kw = 109.02 kw. Svar: (a) 0.13 kg/s, (b) 0.11 MW. Kommentar: Om blandningsprocessen är adiabatisk ( Q out = 0) men i övrigt samma indata fås ṁ 2 = 0.1288 kg/s ( 2.6%), Ẋ destroyed = 105.78 kw ( 3.0%). 3
T-4 Vattenånga strömmar in i en diffusor vid trycket 10 kpa, temperaturen 50 C och hastigheten 300 m/s. Vid utloppet där ångan är mättad vid temperaturen 50 C är hastigheten reducerad till 50 m/s. Diffusorns utloppsarea är 2.0 m 2. Omgivningens tryck och temperatur är 100 kpa resp. 25 C. Bestäm (a) massflödet samt diffusorns inloppsarea (b) värmeutbytet med omgivningen (c) den totala förstörda exergin per tidsenhet, Ẋ destroyed Givet: Diffusor, vattenånga; P 1 = 10 kpa; T 1 = 50 C; V 1 = 300 m/s; x 2 = 1 (mättad ånga); T 2 = T 1 ; V 2 = 50 m/s; A 2 = 2.0 m 2 ; omgivning, P 0 = 100 kpa, T 0 = 25 C. Sökt: (a) ṁ och A 1, (b) Q, (c) Ẋdestroyed (a) ṁ = ṁ 2 = V 2 A 2 /v 2 ; Table A-4: v 2 = v g = 12.026 m 3 /kg Insättning ger ṁ = 8.315 kg/s. ṁ 1 = V 1 A 1 /v 1 = ṁ A 1 = ṁv 1 /V 1 ; Table A-6: v 1 = 14.867 m 3 /kg (överhettad ånga), vilket ger A 1 = 0.412 m 2. (b) Inget tekniskt arbetsutbyte samt pe = 0, energibalans: Q = ṁ(h 2 h 1 +V2 2 /2 V1 2/2). Table A-4/6: h 2 = h g = 2591.3 kj/kg, h 1 = 2592.0 kj/kg, vilket med V2 2/2 V1 2/2 = 43.75 kj/kg ger Q = 369.6 kw, d.v.s. Q out = 369.6 kw. (c) Ẋ destroyed = T 0 Ṡ gen,tot, där Ṡgen,tot = Ṡout Ṡin (utvidgad kontrollvolym). Med Ṡ in = ṁs 1 och Ṡout = ṁs 2 + Q out /T 0 fås Ẋdestroyed = Q out +T 0 ṁ(s 2 s 1 ). Table A-4/6: s 2 = h g = 8.0748 kj/(kgk), s 1 = 8.1741 kj/(kgk), vilket med T 0 = 298.15 K ger Ẋ destroyed = 123.4 kw. Svar: (a) ṁ = 8.3 kg/s; A 1 = 0.41 m 3, (b) Q out = 0.37 MW, (c) Ẋdestroyed = 0.12 MW. 4
T-5 I en förbränningsmotorprocess enligt Diesel är tryck och temperatur vid kompressionens början 95 kpa resp. 300 K. Kompressions- och insprutningsförhållandet är 16 resp. 2.0. Processen kan antas följa den ideala Dieselcykeln med ren luft som arbetsmedium (i ett slutet system). Luften kan anses vara en ideal gas med varierande c p och c v. Bestäm (a) temperaturen efter värmetillförseln (förbränningen) (b) processens termiska verkningsgrad η th (c) processens medeleffektiva tryck MEP Givet: ideal Dieselcykel; arbetsmedium = luft; P 1 = 95 kpa, T 1 = 300 K; r = v 1 /v 2 = 16, r c = v 3 /v 2 = 2.0; ideal gas med varierande c p och c v. Sökt: (a) T 3, (b) η th, (c) MEP (a) r c = v 3 /v 2 = T 3 /T 2 ; sök T 2. r = v 1 /v 2 = (v 1 /v 2 ) s=konst. = v r,1 /v r,2 ; Table A-17: v r,1 = 621.2 v r,2 = 38.825. Linjär interpolation ger T 2 = 862.39 K, d.v.s. T 3 = 1724.8 K. (b) η th = 1 q out /q in. Energibalans för slutet, enkelt kompressibelt system, enbart kvasistatiskt volymändringsarbete: q w b = u. v 4 = v 1 q out = u 1 u 4, d.v.s. q out = u 4 u 1. P 3 = P 2 q in = u 3 u 2 +w b = h 3 h 2 (w b = P 2,3 (v 3 v 2 ), h = u+pv). Table A-17: u 1 = 214.07 kj/kg, h 2 = 890.93 kj/kg, h 3 = 1910.6 kj/kg. 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 = 8. Med v r,3 = 4.5464 ur Table A-17 fås v r,4 = 36.371, vilket ger u 4 = 659.68 kj/kg. Insättning ger q in = 1019.65 kj/kg, q out = 445.61 kj/kg, η th = 0.5630. (c) MEP = 676 kpa = w net,out /(v 1 v 2 ) = (w net,out /v 1 )/(1 1/r), där v 1 = RT 1 /P 1. Med R = 0.287 kjkg 1 K 1 (Table A-1) fås v 1 = 0.9063 m 3 /kg, vilket med w net,out = q in q out = 574.04 kj/kg ger MEP = 675.60 kpa. Svar: (a) T 3 1725 K, (b) η th = 56.3%, (c) MEP = 676 kpa. 5
T-6 En gasturbin arbetar enligt en enkel Braytoncykel. Tryckförhållandet är r p = 8.5. Den lägsta temperaturen under cykeln är 310 K, den högsta 900 K. Adiabatisk (isentropisk) verkningsgrad för kompressor och turbin är 85% resp. 88%. Ev. variationer i kinetisk och potentiell energi kan försummas. Arbetsmediet kan betraktas som torr luft; ideal gas med varierande c p och c v. (a) Bestäm gasturbinens termiska verkningsgrad, η th (b) Går det att öka η th genom intern värmeåtervinning (regenerering)? Motivera. (c) Bestäm gasturbinens termodynamiska effektivitet, η II Givet: T 1 = 310 K, r p = P 2 /P 1 = P 3 /P 4 = 8.5, T 3 = 900 K, η C = 0.85, η T = 0.88; luft, ideal gas. (a) η th = 1 q out /q in. Energibalans, stationära förhållanden, kontrollvolym med ett inlopp, ett utlopp; försumbara ändringar i kinetisk och potentiell energi: q w other = h e h i. q out = h 4 h 1, q in = h 3 h 2, ideal gas: h(t); Table A-17: h 1 = 310.24 kj/kg, h 3 = 932.93 kj/kg. Kompressorverkningsgrad, η C = (h 2s h 1 )/(h 2 h 1 ), s 2s = s 1, P 2s = P 2. r p = P 2 /P 1 = P 2s /P 1 = P r,2s /P r,1 ; P r,1 = 1.5546 P r,2s = 13.214; linjär interpolation i Table A- 17 ger h 2s = 572.04 kj/kg h 2 = h 1 + (h 2s h 1 )/η C = 618.24 kj/kg, d.v.s. q in = 314.69 kj/kg. Turbinverkningsgrad, η T = (h 3 h 4 )/(h 3 h 4s ), s 4s = s 3, P 4s = P 4. r p = P 3 /P 4 = P 3 /P 4s = P r,3 /P r,4s ; P r,3 = 75.29 P r,2s = 8.85765; linjär interpolation i Table A- 17 ger h 4s = 510.44 kj/kg h 4 = h 3 η T (h 3 h 4s ) = 561.14 kj/kg, d.v.s. q out = 250.90 kj/kg. Insättning ger η th = 0.2027. (b) För regenerering krävs T 4 > T 2, d.v.s. h 4 > h 2, vilket inte är fallet (T 4 = 555.7 K, T 2 = 610.7 K). (c) η II = η th /η th,max ; η th,max = η th,carnot = 1 T 1 /T 3 = 0.6556, vilket ger η II = 0.3092. Svar: (a) η th = 0.20, (b) nej, ty T 4 = 556 K < T 2 = 611 K, (c) η II = 0.31. 6
T-7 För en ångkraftanläggning enligt Rankine gäller följande data: Tillstånd före turbinen (efter värmetillförseln): P = 15.0 MPa, T = 550 C Tryck efter turbinen: P = 7.5 kpa Turbinens adiabatiska verkningsgrad: η T = 0.88 Matarvattenpumpens adiabatiska verkningsgrad: η P = 0.85 Tryckförluster i kondensorn och förångaren kan försummas, liksom ändringar i kinetisk och potentiell energi. Tillståndet efter kondensorn är mättad vätska. Vid ett tillfälle då effekten snabbt måste reduceras stryps ångan adiabatiskt före inloppet till turbinen ned till trycket 9.0 MPa. Turbinens effekt blir nu 16.3 MW. Bestäm massflödet, specifika ångmängden vid inträdet i kondensorn samt matarvattenpumpens effekt. Givet: P 3 = P 2 = 15 MPa, T 3 = 550 C, P 3 = 9.0 MPa, P 4 = P 1 = 7.5 kpa, x 1 = 0, η T = 0.88, η P = 0.85, Ẇ T = 16.3 MW, ke = pe = 0. Sökt: ṁ, x 4 och ẆP ṁ = ẆT/w T,därw T = h 3 h 4 (adiabatiskturbin).η T = (h 3 h 4 )/(h 3 h 4s ),s 4s = s 3, P 4s = P 4. Adiabatisk strypning med ke = pe = 0 innebär h 3 = h 3 ; Table A-6: h 3 = 3450.4 kj/kg. Linjär interpolation i Table A-6 ger s 4s = s 3 = 6.7392 kjkg 1 K 1. Table A-5 visar att tillstånd 4s är mättad blandning, h 4s = h f + x 4s h fg, där x 4s = (s 4s s f )/s fg.med s f = 0.5763kJkg 1 K 1, s fg = 7.6738kJkg 1 K 1,h f = 168.75kJ/kg och h fg = 2405.3 kj/kg fås x 4s = 0.8031, samt h 4s = 2100.5 kj/kg, vilket ger h 3 h 4 = w T = η T (h 3 h 4s ) = 1187.9 kj/kg, ṁ = 13.721 kg/s. Insättning ger h 4 = 2262.5 kj/kg. Table A-5 visar mycket riktigt att tillstånd 4 är mättad blandning, d.v.s. x 4 = (h 4 h f )/h fg = 0.8705. Ẇ P = ṁw P = ṁ(h 2 h 1 ) (adiabatisk pump); η P = (h 2s h 1 )/(h 2 h 1 ), s 2s = s 1, P 2s = P 2 ; Table A-5: s 1 = s f@7.5 kpa = 0.5763 kjkg 1 K 1. Linjär interpolation i Table A-7 (komprimerad vätska) ger h 2s = 183.90 kj/kg, d.v.s. w P = (h 2s h 1 )/η P = 17.828 kj/kg, vilket ger ẆP = 244.6 kw. Svar: ṁ = 14 kg/s; x 4 = 0.87; Ẇ P = 0.24 MW. Kommentar: Temperaturen sjunker något under strypningen, T 3 = 525 C; entropin ökar givetvis, s 3 s 3 = 0.216 kjkg 1 K 1. Den termiska verkningsgraden, η th = 1 q out /q in, där q out = h 4 h 1 och q in = h 3 h 2 kan beräknas till η th = 0.358; utan strypning fås η th = 0.377 (h 4 = 2202.8 kj/kg). 7
T-8 I en kylmaskin baserad på den enkla kylmaskinprocessen av ångkompressionstyp är köldmediet (R-134a) vid inloppet till kompressorn en överhettad ånga med trycket 0.14 MPa och temperaturen 10 C. Efter den adiabatiska kompressionen är trycket 0.80 MPa. Före strypningen (vid utloppet från kondensorn) gäller T = 26 C och P = 0.72 MPa. Genom strypventilen sjunker trycket till 0.15 MPa (adiabatisk process). Kompressorns isentropiska verkningsgrad är η C = 0.92. Variationer i kinetisk och potentiell energi kan försummas. Vid en kyleffekt av Q L = 15.8 kw, bestäm (a) temperaturen vid kompressorns utlopp (b) massflödet R-134a (c) processens köldfaktor, COP R Givet: P 1 = 0.14 MPa, T 1 = 10 C, P 2 = 0.80 MPa, T 3 = 26 C, P 3 = 0.72 MPa, P 4 = 0.15 MPa, η C = 0.92, Q L = 15.8 kw, ke = pe = 0. Sökt: (a) T 2, (b) ṁ, (c) COP R (a) Enligt definition av isentropisk verkningsgrad, η C = w s /w a = (h 2s h 1 )/(h 2 h 1 ), där s 2s = s 1. Table A-13: h 1 = 246.36 kj/kg, s 1 = 0.9724 kj/(kgk). Linjär interpolation vid 0.80 MPa i Table A-13 ger h 2s = 284.21 kj/kg. Insättning ger h 2 = h 1 +(h 2s h 1 )/η C = 287.50 kj/kg. Linjär interpolation i Table A-13 ger T 2 = 50.80 C. (b) Kontrollvolym runt förångaren, energibalans vid stationära förhållanden: Ė in = Ė out, d.v.s. ṁh 4 + Q L = ṁh 1, eller Q L = ṁ(h 1 h 4 ). Adiabatisk strypning med ke = pe = 0 innebär h 4 = h 3. Table A-11 visar att tillstånd 3 är komprimerad vätska, h(p,t) h f @T ; Table A-11: h 3 h f @26 C = 87.83 kj/kg. Insättning ger ṁ = Q L /(h 1 h 4 ) = 0.09967 kg/s. (c) COP R = Q L /ẆC,in. Energibalans för kontrollvolym runt kompressorn: Ẇ C,in = ṁ(h 2 h 1 ) = 4.100 kw, vilket ger COP R = 3.853. Svar: (a) T 2 = 51 C, (b) ṁ = 0.10 kg/s, (c) COP R = 3.8. 8
T-9 En gastub innehållande 2.0 kg syrgas (O 2 ) av 200 kpa och 25 C är förbunden via en ventil till en annan gastub som innehåller 3.0 kg kvävgas (N 2 ) av 500 kpa och 25 C. Ventilen öppnas och gaserna blandas. Det visar sig att temperaturen i sluttillståndet är oförändrad, 25 C. Bestäm (a) gastubernas volymer (b) trycket i sluttillståndet (c) processens entropigenerering Gaserna och gasblandningen kan betraktas som ideala. Givet: m O2 = 2.0 kg, P O2,1 = 200 kpa, T O2,1 = 25 C, m N2 = 3.0 kg, P N2,1 = 500 kpa, T N2,1 = 25 C, T 2 = 25 C. Sökt: (a) V O2,1, V N2,1, (b) P 2, (c) S gen. (a)idealagaslagen:pv = mrt,d.v.s.v = mrt/p;tablea-1:r O2 = 259.8Jkg 1 K 1, R N2 = 296.8 Jkg 1 K 1. Insättning med 25 C = 298.15 K ger V O2,1 = 0.7746 m 3, V N2,1 = 0.5310 m 3. (b) P 2 = N m R u T 2 /V 2, där V 2 = V O2,1+V N2,1 = 1.3055 m 3, R u = 8314.47 Jkmol 1 K 1 ; N m = N O2 +N N2. Med N = m/m, där M O2 = 31.999 kg/kmol, M N2 = 28.013 kg/kmol (Table A-1) fås N m = 0.1696 kmol, vilket ger P 2 = 322.03 kpa. (c) Entropibudget: S in S out +S gen = S. Välj som slutet system de bägge gaserna, S = S O2 + S N2. För ett slutet system kan entropitransport endast ske via värmeutbyte. Energibalans: Q W = U = U O2 + U N2. Eftersom inre energi U endast beror av temperaturen för ideala gaser samt då W = 0 ty volymen är konstant är Q = 0; S gen = (m s) O2 + (m s) N2. Ideal gaskomponent, isoterm process: s i = R i ln(p i,2 /P i,1 ), där P i,2 = y i P 2. Med y i = N i /N m fås y O2 = 0.3685, y N2 = 1 0.3685 = 0.6315, vilket ger P O2,2 = 118.68 kpa P N2,2 = 203.35 kpa, samt S gen = (271.18+801.08) J/K = 1072.3 J/kg. Svar: (a) V O2,1 = 0.77 m 3 ; V N2,1 = 0.53 m 3, (b) P 2 = 0.32 MPa, (c) S gen = 1.1 kj/k. 9
T-10 En fuktig luftström om 4.0 m 3 /min håller temperaturen 30 C och relativa fuktigheten 70%. Luften passerar igenom ett kylbatteri med köldmediet R-134a och kyls därvid under konstant tryck (P = 1 atm = 101.3 kpa) till temperaturen 20 C. Köldmediet inkommer med trycket 400 kpa och specifika ångmängden 20% och efter passagen av luft är köldmediet en mättad ånga vid 400 kpa. Eventuellt kondensat kan tänkas avskiljt vid temperaturen 20 C. Bestäm (a) värmeutbytet genom kylbatteriet (b) massflödet R-134a Bilaga: Psykrometriskt diagram. Givet: inkommande luft, T 1 = 30 C, φ 1 = 70%, V1 = 4.0 m 3 /min; kylning under konstant tryck (P = 1 atm) till utgående temperatur T 2 = 20 C; ev. kondensat avskiljt vid T w = 20 C; kylning via värmeväxling med R-134a vid P 4 = P 3 = 400 kpa, inlopp: x 3 = 0.20, utlopp: x 4 = 1. Sökt: (a) Q out,air = Q c, (b) ṁ R P = 1 atm bilagt psykrometriskt diagram kan användas. Diagrammet visar att daggpunkten för utgående luft är ca. T dp,2 = 24 C > T 2, vilket innebär kondensatavskiljning, kondensatmassflöde ṁ w, utgående luft är mättad, φ 2 = 100%. Ev. ändringar i kinetisk och potentiell energi försummas. Energibalans för luftflödet mellan sektion 1 och 2: ṁ a,1 h 1 = ṁ a,2 h 1 + Q c +ṁ w h w. Massflödet torr luft är konstant, ṁ a = ṁ a,2 = ṁ a,1 = dotv 1 /v 1, d.v.s. Q c = ṁ a (h 1 h 2 ) ṁ w h w. Massbalans vatten: ṁ a ω 1 = ṁ a ω 2 +ṁ w, d.v.s. ṁ w = ṁ a (ω 1 ω 2 ). Diagram: v 1 = 0.885 m 3 /(kgt.l.), ω 1 = 18.8 g/(kgt.l.), h 1 = 78.2 kj/(kgt.l.), ω 2 = 14.7 g/(kgt.l.), h 2 = 57.4 kj/(kgt.l.). Kondensatet är komprimerad vätska, h w h f@20 C = 83.915 kj/kg. Insättning ger ṁ w = 0.0185 kg/min, Q c = 92.5 kj/min = 1.54 kw. Förutsätt ideal värmeväxling, Q c = Q out,air = Q in,r. Enligt energibalans gäller Q in,r = ṁ R (h 4 h 3 ), där h 4 = h g, h 3 = h f +x 3 (h g h f ), d.v.s. h 4 h 3 = (1 x 3 )(h g h f ) = (1 x 3 )h fg. Table A-12: h fg = 191.62 kj/kg. Insättning ger ṁ R = 0.6031 kg/min = 0.01005 kg/s. Svar: (a) Q out,air = Q R = 1.5 kw, (b) ṁ R = 10 g/s (0.60 kg/min). Kommentar: T sat@400 kpa = 8.91 C < 20 C = T 2 ; kylningen är således möjlig. 10
STRÖMNINGSLÄRA S-1 Vatten vid 20 C strömmar under en bred slussport enligt figuren nedan. Vid sektionerna 1 och 2 kan strömningen betraktas som endimensionell och riktad längs den horisontella bottenytan. Bestäm kraften som verkar mot slussporten, per breddenhet. Friktionseffekter kan försummas. Jämför med stängd slussport och oförändrat djup uppströms. Givet: V 1 = 0.20 m/s, V 2 = 5.33 m/s, h 1 = 1.5 m; vatten, 20 C. Sökt: kraft per breddenhet, R x /b; öppen resp. stängd slussport 1. Öppen slussport. Impulssatsen, kontrollvolym, ett inlopp, ett utlopp, stationära förhållanden: ṁ(v out V in ) = F CV. Med kontrollvolym som skär igenom infästning till slussporten, i övrigt med kontrollytor längs bottenytan och genom sektionerna 1 och 2, i x-riktningen: ṁ(v 2 V 1 ) = F x. Eftersom friktionseffekter kan försummas är de enda krafterna som verkar på kontrollvolymen infästningskraftens reaktionskraft, R x, och en nettotryckkraft F p,x p.g.a. de linjära (hydrostatiska) tryckvariationerna över sektionerna 1 och 2, ṁ(v 2 V 1 ) = R x +F p,x. Relativt omgivningens konstanta tryck är medeltrycket över resp. sektion lika med ρgh/2, d.v.s. F p,x /b = ρgh 2 1 /2 ρgh2 2 /2, där b är kanalens konstanta bredd. Via massbalans, ṁ = ρv 1 h 1 b = ρv 2 h 2 b, fås h 2 /h 1 = V 1 /V 2, vilket ger R x /b = ρ [ gh 2 1 ( 1 (V1 /V 2 ) 2) /2 V 1 h 1 (V 2 V 1 ) ] Med ρ = 998.2 kg/m 3 från Table B.2 samt standardvärdet g = 9.81 m/s 2 fås R x /b = (11.001 1.536) kn/m = 9.465 kn/m. 2. Stängd slussport. Med stängd port är V 1 = V 2 = h 2 = 0, d.v.s. R x /b = ρgh 2 1 /2 = 11.02 kn/m. Svar: öppen: 9.5 kn/m, stängd: 11 kn/m (till höger). 11
S-2 Genom ett munstycke med omlänkningsvinkeln 35 monterat på ett vertikalt rör flödar vatten med temperaturen 20 C ut i omgivningen, se figur. Då flödet är 0.10 m 3 /s uppmäts differenstrycket 40 kpa vid munstyckets infästning. Vid munstyckets utlopp är vattnets tvärsnittsarea 0.010 m 2, vilket är hälften av motsvarande area vid munstyckets infästning. Munstyckets egen tyngd är 200 N och vattnets volym i munstycket 0.012 m 3. Bestäm den vertikala komposanten av munstyckets infästningskraft. Givet: α = 35 ; Q = 0.10 m 3 /s; vatten, T = 20 C; A 1 = 0.020 m 2, p 1 p a = p 1,g = 40 kpa; A 2 = 0.010 m 2 ; W n = 200 N; V w = 0.012 m 3. Sökt: vertikal komposant av kraften på infästningen, R z Givet: α = 35 ; Q = 0.10 m 3 /s; vatten, T = 20 C; A 1 = 0.020 m 2, p 1 p a = p 1,g = 40 kpa; A 2 = 0.010 m 2 ; W n = 200 N; V w = 0.012 m 3. Sökt: vertikal komposant av kraften på infästningen, R z Lägg en utvändig kontrollvolym (CV) runt hela munstycket, med en snittyta som skär igenom infästningen (sektion 1), den andra vid utloppet (sektion 2). Strömningen genom CV är stationär och inkompressibel (vatten). Hastighetsvariationer över tvärsnitt försummas; impulssatsen, ett inlopp, ett utlopp, i z-riktningen (uppåt): ṁ(v 2,z V 1,z ) = F CV,z, där V 1,z = V 1, V 2,z = V 2 sinα. De enda krafterna som verkar på kontrollvolymen är gravitationskrafter, tryckkrafter, samt reaktionskraften från kraften på infästningen. Vid det fria utloppet är trycket lika med omgivande tryck, p 2,g = p 2 p a = 0. Över alla kontrollytor utom vid sektion 1 är således trycket lika med omgivande tryck. Det enda bidraget till tryckkrafterna kommer därför från differenstrycket vid sektion 1, F CV,z = p 1,g A 1 W n W w R z, d.v.s. R z = p 1,g A 1 W n W w ṁ(v 2,z V 1,z ). Massflöde, ṁ = ρq; Table B.2: 998.2 kg/s, d.v.s. ṁ = 99.82 kg/s. Massbalans, inkompressibel strömning: Q = V 1 A 1 = V 2 A 2, vilket ger V 1 = 5.0 m/s, V 2 = 10.0 m/s, d.v.s. V 2,z = 5.74 m/s, ṁ(v 2,z V 1,z ) = 73.44 N. W w = ρv w g = 117.51 N (g = 9.81 m/s 2 ); p 1,g A 1 = 800 N, vilket ger R z = (800 200 117.51 73.44) N = 409.05 N. Svar: 0.41 kn (uppåt). 12
S-3 För en tredimensionell diamantformad kropp, med karakteristisk längddimension 230 mm, uppmäts i vindtunnel följande totala strömningsmotstånd D vid olika hastigheter V (torr luft; 22.5 C, 103.3 kpa): V [m/s] 11.6 14.6 18.6 25.0 37.5 D [N] 8.7 13.4 21.5 38.8 87.3 Avsikten med mätningarna är att kunna bestämma strömningsmotståndet D p för en geometriskt likformig kropp (prototyp), med karakteristisk längddimension 690 mm, som vid samma anströmningsvinkel är utsatt för vattenströmning på stort djup vid 10 C med hastigheten 1.55 m/s. Bestäm (a) den hastighet V m i modellförsöket som krävs för fullständig likformighet (b) strömningsmotståndet D p Tillvägagångssättet i (b) ska motiveras. Ledning för (b): Fundera över kopplingen mellan strömningsmotstånd och anströmningshastighet för omströmmade kroppar, speciellt vid höga hastigheter. Givet: prototyp (fullskala), vatten vid 10 C, V p = 1.55 m/s, l p = 0.690 m; modell, torr luft vid (T m = 22.5 C, p m = 103.3 kpa), l m = 0.230 m = l p /3, D m s.f.a. V m i tabell, V m = (11.6 37.5) m/s. Sökt: (a) V m som ger fullständig likformighet, (b) D p (a) Eftersom prototypen är på stort djup kan ev. inverkan av fria vätskeytor då försummas. Likformig geometri, stationär och inkompressibel strömning innebär då att fullständig likformighet fås om Reynolds tal är samma i modell- och prototypskala. Med Re = ρvl/µfåsv m = (µ m /µ p )(ρ p /ρ m )(l p /l m )V p.luftenkanbetraktasenidealgasmed R = 287.0 J/(kgK), d.v.s. ρ m = p m /(RT m ) = 1.217 kg/m 3 (Table B.3 kan inte användas eftersom p m 1 atm). Table B.3 (µ oberoende av tryck): µ m = 1.835 10 5 Pas. Table B.2: ρ p = 999.7 kg/m 3, µ p = 1.307 10 3 Pas. Insättning ger V m = 53.6 m/s. (b) Hastigheten från (a) är högre än högsta hastighet vid modellförsöket. Extrapolation? Hur? I formelsamlingen, sid. 30, anges att alla kroppar, oavsett utseende, har konstant motståndskoefficient vid tillräckligt höga Reynolds tal. Eftersom den karakteristiska arean A är proportionell mot l 2 vid given geometri (A l 2 )innebär konstant C D att D ρv 2 l 2, vid tillräckligt höga hastigheter för alla omströmmade kroppar. Från tabellen fås att C m = (D/(ρV 2 l 2 )) m = 0.9640 gäller för de båda 2 sista mätpunkterna,litehögrefördeövriga3.mätdataindikeraralltsåc m = 0.9640omV m > 25m/s, speciellt V m = 53.6 m/s. Insättning med C p = C m = 0.9640 ger D p = 1102 N. Svar: (a) V m = 54 m/s, (b) D p = 1.1 kn. 13
S-4 Effekten P som behöver tillföras drivaxeln till en viss typ av pump är vid normala driftsförhållanden endast beroende av flödet genom pumpen Q, pumpens varvtal ṅ, vätskans densitet ρ samt impellerdiametern D. (a) Genomför en dimensionsanalys av sambandet P = f(q,ṅ,ρ,d). (b) För en pump enligt ovan med D = 0.53 m, ṅ = 1542 rpm (1542 varv/min) och vatten vid 20 C uppmättes maximal verkningsgrad vid följande optimala driftspunkt: P = 465 kw, Q = 0.44 dm 3 /s. Man avser nu att tillverka en geometriskt likformad pump avpassad för varvtalet 1200 rpm och flödet 0.19 dm 3 /s vid maximal verkningsgrad (samma vattentemperatur, 20 C). Hur stor skall impellerdiametern vara och hur stor blir effekten P? Givet: P = f(q,ṅ,ρ,d); pump 1 (modell, index m): D m = 0.53 m, ṅ m = 1542 rpm = 25.7 varv/s, (P m = 465 kw, Q m = 0.44 dm 3 /s) ger maximal verkningsgrad, vatten vid 20 C; pump 2 (prototyp, geometriskt likformig, index p): vatten vid 20 C, ṅ p = 1200 rpm = 20.0 varv/s, Q p = 0.19 dm 3 /s ska ge maximal verkningsgrad. Sökt: (a) dimensionsanalys av givet samband, P = f(q,ṅ,ρ,d), (b) D p, samt P p vid maximal verkningsgrad. (a) Samband mellan 5 variabler, k = 5. Primära dimensioner: {P} = ML 2 T 3, {Q} = L 3 T 1, {ṅ} = T 1, {ρ} = ML 3, {D} = L. Tre primära dimensioner, d.v.s. reduktion r 3. (ṅ, ρ, D) kan inte tillsammans bilda en dimensionslös kombination (Π-grupp), endast ρ innehåller dimensionen för massa (M), endast ṅ dimensionen för tid (T). Eftersom (ṅ,ρ,d) innehåller alla ingående primära dimensioner är alltså r = 3, k r = 2, d.v.s. Π 1 = g(π 2 ), där (t.ex.) Π 1 är P gjord dimensionslös m.h.a. (ṅ,ρ,d) och Π 2 p.s.s. för Q. Π 1 = Pṅ a ρ b D c a = 3, b = 1, c = 5, d.v.s. Π 1 = P/(ρṅ 3 D 5 ). Π 2 = Qṅ a ρ b D c a = 1, b = 0, c = 3, d.v.s. Π 2 = Q/(ṅD 3 ). (b) Enligt (a) inses att pumpens verkningsgrad η P, som också är en dimensionslös storhet,beroravbådeπ 1 ochπ 2,η P = φ(π 1,Π 2 );läggt.ex. tillη P iradenavvariablerovan, η P = ϕ(p,q,ṅ,ρ,d). En viss kombination av (Π 1,Π 2 ) ger därför maximal verkningsgrad. Π 2m = Π 2p D p = (Q p /Q m ) 1/3 (ṅ m /ṅ p ) 1/3 D m = 0.4355 m. Π 1m = Π 1p, ρ p = ρ m P p = (ρ p /ρ m )(ṅ p /ṅ m ) 3 (D p /D m ) 5 P m = 82.1 kw. Svar: (a) Ex. P/(ρṅ 3 D 5 ) = f(q/(ṅd 3 )), (b) D = 0.44 m; P = 82 kw. 14
S-5 Genom en horisontell pipeline i Alaska skall 250 10 3 kubikmeter råolja transporteras per dygn. Innerdiametern är 1.20 m och den ekvivalenta ytråheten ǫ = 1.5 mm. Det maximalt tillåtna trycket är 8.3 MPa; det lägsta för att undvika gasbildning är 340 kpa. Oljans densitet är ρ = 930 kg/m 3 och dess dynamiska viskositet µ = 0.017 Pas. Tryckförluster i krökar m.m. kan försummas, liksom höjdförändringar. Bestäm vid dessa förhållanden: (a) maximalt avstånd mellan två pumpstationer utmed denna pipeline (b) nödvändig pumpeffekt vid varje station om de placeras enligt (a) ovan. Pumparnas verkningsgrad är 85%. Givet: Q = 250 10 3 m 3 /dygn = 2.8935 m 3 /s (1 dygn = 24 3600 s), d = 1.20 m, ǫ = 1.5 mm, p max = 8.3 MPa, p min = 340 kpa, ρ = 930 kg/m 3, µ = 0.017 Pas, KL 0, z 1 z 2, η P = 0.85. Sökt: (a) l max, (b) P pumpstation (a) Maximal rörlängd innebär maximalt tryck direkt efter en pumpstation och minimalt tryck precis före nästa. Betrakta ett rör mellan två pumpstationer, p 1 = p max, p 2 = p min, l = l max. Stationär inkompressibel strömning: Q = VA = Vπd 2 /4 = konst. V = 4Q/(πd 2 ) = 2.558 m/s. Bernoullis utvidgade ekvation med z 2 = z 1, V 2 = V 1 = V, w s,in = 0: p 1 = p 2 + p f, där p f = (fl/d)ρv 2 /2 (försumbara engångsförluster); f = φ(re,ǫ/d), där Re = ρvd/µ. Omstuvning ger l max = 2(p max p min )d/(fρv 2 ). Reynolds tal, Re = 1.6795 10 5. Reynolds tal är högre än 4000 (fullt utvecklad turbulent strömning), vilket innebär att Haalands formel kan användas, 1 = 1.8log f 6.9 Re + ( ) 1.11 ǫ/d 3.7 Insättning med ǫ/d = 0.00125 ger f = 0.02205, l max = 142.3 km. (b) Tillämpa Bernoullis utvidgade ekvation mellan sektion 1 precis innan en pumpstation och sektion 2 precis efter densamma. Effekten som tillförs oljan är pumpeffekten beräknad utan förluster, P = ṁw s,in = Qρw s,in ; verklig effekt, P pumpstation = P/η P. Med V 1 = V 2, z 1 = z 2, p f = 0, p 1 = p min, p 2 = p max fås ρw s,in = p max p min, d.v.s. P pumpstation = Q(p max p min )/η P = 27.1 MW. Svar: (a) ca. 142 km, (b) 27 MW. 15
S-6 I ett rör med innerdiametern 300 mm strömmar vatten vid 70 C. Rörets ekvivalenta skrovlighet (ytråhet) är ǫ = 0.30 mm. En venturimeter (inloppsdiameter D = 300 mm, diameter i minsta sektion d = 200 mm) finns inkopplad i en horisontell del av röret. Venturimeterns utströmningskoefficient är 0.96 (C v = 0.96). En U-rörsmanometer med kvicksilver (densitet 13.55 kg/dm 3 ), ansluten till venturimeterns minsta sektion och inloppssektionen, visar på en höjddifferens av 14.5 mm. (a) Vad är medelhastigheten i röret? (b) Vad är tryckförlusten p.g.a. friktion per meter rörlängd? (c) Röret är på tre ställen krökt 90 med R/D = 6.0. Hur mycket extra tryckförlust, uttryckt i meter rörlängd, motsvarar dessa krökar? Givet: rör, D = 300 mm, ǫ = 0.30 mm; vatten, T = 70 C; Venturimeter, D = 300 mm, d = 200 mm, C v = 0.96; avläst höjdskillnad för Hg-manometer, h = 14.5 mm, ρ Hg = ρ m = 13.55 10 3 kg/m 3 ; Sökt: (a) V i anslutet rör, (b) p f /l, (c) tryckförlust p.g.a. tre 90 -rörkrökar med R/D = 6.0, uttryckt i meter rörlängd. (a) FS, s. 26: Q = VA = C v A T 2ρ 1 p/(1 β 4 ), där p = p 1 p 2, β = d/d, A = πd 2 /4, A T = πd 2 /4. U-rörsmanometer, FS, s. 24: p 1 p 2 = (ρ m ρ)gh. Insättning ger V = C v β 2 2(ρ m /ρ 1)gh/(1 β 4 ). Table B.2: ρ = 977.8 kg/m 3. Insättning med g = 9.81 m/s 2 ger V = 0.9108 m/s. (b) p f /l = fρv 2 /(2D), där f = φ(re,ǫ/d), Re = ρvd/µ. Table B.2: µ = 4.042 10 4 Pas, vilket ger Re = 6.61 10 5. Med ǫ/d = 0.0010 fås via Haalands formel (FS, s. 22) f = 0.02007, vilket ger p f /l = 27.14 Pa/m. (c) Extra tryckförlust p.g.a. rörkrökar (engångsförluster): p f,minor = K L ρv 2 /2. Denna tryckförlust kan uttryckas i ekvivalent rörlängd l eq (rakt rör) via K L ρv 2 /2 = f(l eq /D)ρV 2 /2, d.v.s. l eq = ( K L /f)d. Fig. 8.16 (FS, s. 24), (R/D = 6.0, ǫ/d = 0.001): K L,90 = 0.12, d.v.s. K L = 0.36, vilket med f = 0.02007 och D = 0.300 m ger l eq = 5.38 m. Svar: (a) V = 0.91 m/s, (b) p f /l = 27 Pa/m, (c) l eq = 5.4 m. 16
S-7 Från ett stort öppet vattenmagasin leder ett rör av galvaniserat järn med innerdiametern D = 110 mm. Inloppet till röret, som är skarpkantat, ligger 13 m under den fria vätskeytan och 16 m över det fria utloppet, se figur. Vattnets temperatur är 20 C. Vid inloppet sitter en öppen avstängningsventil med K L = 4.4 och längs röret, vars totala längd är 55 m, finns två rörböjar vardera med K L = 0.50. Bestäm volymflödet genom röret. Givet: rör av galvaniserat järn; D = 0.110 m; H = h 1 + h 2 = 29 m; l = 55 m; avstängningsventil, K L = 4.4; två rörböjar, K L = 2 0.50; vatten, 20 C. Sökt: Q (a) Q = VA = VπD 2 /4, där V är medelhastigheten i röret. Bernoullis utvidgade ekvation mellan tankens fria yta (1) och utloppet (2), där V 1 << V 2 = V (stor tank), p 1 p 2 = p omg (fritt utlopp), z 1 = H, z 2 = 0: ρgh = ρv 2 /2 + p f. Med p f = (fl/d + ΣK L )ρv 2 /2, fås ρgh = (1 + fl/d + ΣK L )ρv 2 /2, d.v.s. V = 2gH/ 1+ΣK L +fl/d. Skarpkantat inlopp, FS, s. 23: K L = 0.5, vilket ger ΣK L = 5.9. Med l/d = 500 och g = 9.807 m/s 2 fås V = V 0 / 6.9+500f, där V 0 = 23.85 m/s; f måste bestämmas. Friktionsfaktorn f beror av V via Reynolds tal, f = φ(re,ǫ/d), Re = ρvd/µ. Table B.2: ρ = 998.2 kg/m 3, µ = 1.002 10 3 Pas, d.v.s. Re = 1.096 10 5 V[m/s]. Ekvivalent ytråhet ǫ fås ur tabell på s. 23 i FS, ǫ = 0.15 mm. Eftersom tillgängliga formler för f (FS, s. 22) beror på vilket intervall som Re hamnar i krävs ett iterationsförfarande. Med gissat utgångsvärde på f kan en hastighet V bestämmas; med denna hastighet kan ett Re beräknas, vilket innebär att ett nytt uppdaterat värde på f kan fås ur tillgängliga formler. Detta nya f ger en ny hastighet, vilket i sin tur ger ett nytt f (via uppdaterat Re). Om inte f (eller V) ändras efter ett steg har lösningen uppnåtts. Ett gissat f = 0.02 ger V = 5.80 m/s, vilket ger Re = 6.357 10 5. Strömningen är således turbulent och Haalands formel kan användas eftersom Re > 4000, ( ) 1.11 1 = 1.8log ǫ/d + 6.9 f 3.7 Re Med [(ǫ/d)/3.7] 1.11 = 1.545 10 4 fås f = 0.0216, vilket insatt ger V = 5.67 m/s Re = 6.214 10 5 f = 0.0216 ( V = 5.67 m/s); klart! Med V = 5.67 m/s fås Q = 0.0539 m 3 /s. Svar: Q = 54 dm 3 /s (54 liter per sekund). 17
S-8 En mixer (omrörare) består av en smal stång i vars ändar det sitter två tunna cirkulära plattor, vardera med diametern d = 120 mm. Rotationscentrum är mitt på stången och avståndet mellan plattornas centrum D = 1.2 m, se figur. Mixern används nu för att röra om i en stor vätskebehållare, vätskan kan antas ha samma egenskaper som vatten vid 60 C. Det moment som själva stången ger upphov till kan försummas, liksom den strömning i behållaren som mixern själv åstadkommer. Bestäm axeleffekten som krävs för att driva omröraren vid ṅ = 60 rpm (60 varv/min). Givet: d = 120 mm, D = 2R = 1.2 m; vätska med egenskaper som vatten vid 60 C; varvtal, ṅ = 60 varv/min. Sökt: nödvändig axeleffekt, P P = ωt, där T är axelns vridmoment; ω är dess vinkelhastighet, ω = 2πṅ. Strömningsmotståndet från plattorna är vinkelräta mot axeln med effektiv verkanspunkt på radien R (hävarm), d.v.s. T = 2DR, där D är strömningsmotståndet från en platta, D = C D A platta ρv 2 /2, där A platta = πd 2 /4. Anströmningshastigheten för en platta varierar med radien men kan som medelvärde sättas till periferihastigheten på radien R, V = ωr. Insättning ger P = C D (πd 2 /4)ρ(ωR) 3, där ω = 60(2πrad)/(60 s) = 2π rad/s. Fig.9.20(FS,s.32):C D = 1.1,omRe > 10 3,Re = ρvd/µ.tableb.2:ρ = 983.2kg/m 3, µ = 4.665 10 4 Pas. MedV = ωr = 3.77m/sfåsRe = 9.5 10 5 > 10 3,vilket innebär att C D = 1.1 kan användas. Insättning ger P = 655 W. Svar: P = 0.66 kw. 18
S-9 En stor lufttank är försedd med en säkerhetsventil. Då ventilen är öppen kan den betraktas som ett konvergent munstycke med minsta arean 2.50 cm 2 (mynningsarea). Lufttemperaturen i tanken är 25.0 C. Omgivningens tryck är 100 kpa. Luften kan betraktas som en perfekt gas (k = 1.40). Strömningen genom ventilen kan förutsättas endimensionell och isentrop. Bestäm hastighet och Machtal i mynningen då trycket i tanken är 280 kpa resp. 170 kpa. Givet: konvergent munstycke, A e = 2.5 cm 2 ; T r = 25 C, P b = 100 kpa (mottryck); P r = 280 kpa (a) resp. P r = 170 kpa; perfekt gas, luft, k = 1.40. Sökt: V e och Ma e V e = Ma e krte, där R = 287.0 Jkg 1 K 1 (Table A-1). Om P b < P, där P är det kritiska trycket, fås ljudhastighet i mynningen (Ma e = 1), annars Ma e < 1. För k = 1.40 gäller enligt Table 17.2 alt. Table A-32 vid Ma = 1: P /P 0 = 0.5283. Eftersom strömningen är isentrop gäller P 0 = P r, d.v.s. P = 148 kpa > P b (a) resp. P = 89.9 kpa < P b (b). (a) Ma e = 1 innebär T e = T ; adiabatisk strömning, k = 1.40 gäller T 0 /T = 1 + 0.20Ma 2, d.v.s. T = T 0 /1.2. Eftersom strömningen är isentrop är den även adiabatisk, T 0 = T r. Med T 0 = 298.15 K fås T = T e = 248.5 K, vilket ger V e = 316.0 m/s. (b) Eftersom Ma e < 1 (subsoniskt utlopp) gäller P e = P b ; isentrop strömning, k = 1.40: P 0 /P e = (1 + 0.20Ma 2 e) 3.5, vilket med P 0 /P e = 1.70 ger Ma e = 0.9047. Med T e = T 0 /(1+0.20Ma 2 e ) = 256.2 K fås V e = 290.3 m/s. Svar: (a) V e = 316 m/s, Ma e = 1, (b) V e = 290 m/s, Ma e = 0.90. 19
S-10 Vid ett stationärt prov med en raket i en utomhusrigg expanderar förbränningsgaserna (R = 282 Jkg 1 K 1 ) från stillastående inuti förbränningskammaren genom ett Lavalmunstycke (eng. converging-diverging nozzle), se figur. Munstycket är dimensionerat för tryckförhållandet 0.15. Utloppsdiametern är 200 mm. Inuti förbränningskammaren är tryck och temperatur konstanta, P r = 1000 kpa och T r = 750 K. Omgivande tryck är 101 kpa. Den utströmmande gasen kan betraktas som perfekt med k = 1.40. Strömningen genom munstycket kan betraktas som endimensionell, adiabatisk och friktionsfri. Bestäm (a) Machtal och hastighet i mynningen (b) massflödet genom munstycket (c) raketens dragkraft Givet: Lavalmunstycke med (P b /P 0 ) design = 0.150; D e = 200 mm; perfekt gas med k = 1.40, R = 282 Jkg 1 K 1 ; P b = 102 kpa (mottryck); P r = 1000 kpa, T r = 750 K, V r = 0. Sökt: (a) Ma e ; V e, (b) ṁ, (c) F (dragkraft) (a) V e = Ma e krte. Om strömningen förutsätts isentrop (inga stötar) gäller P 0 = P r, där P 0 är stagnationstrycket. Eftersom det faktiska tryckförhållandet, P b /P 0 = 0.102, är lägre än det munstycket är dimensionerat är strömningen isentrop, och hastigheten i mynningen är då högre än den lokala ljudhastigheten, Ma e > 1. Trycket i mynningen blir det som munstycket är dimensionerat för, P e = P 0 (P b /P 0 ) design = 150 kpa. Vid isentrop strömning med k = 1.40 gäller P 0 /P e = (1 + 0.20Ma 2 e) 3.5, vilket ger Ma e = 1.897. Med T 0 /T e = 1 + 0.20Ma 2 e fås T e = T 0 /1.7195 = 436.17 K, vilket ger V e = 787.1 m/s. (b) ṁ = ρva = ρ e V e A e, där ρ e = P e /(RT e ), A e = πd 2 e /4. Insättning ger ρ e = 1.2195 kg/m 3, samt ṁ = 30.15 kg/s. (c) Lägg en utvändig kontrollvolym runt hela raketen. Raketens dragkraft till vänster är lika med infästningskraftens reaktionskraft, F = R x. Impulssatsen i strålens riktning (till höger): ṁ(v e 0) = (P b P e )A e R x, d.v.s. F = ṁv e +(P e P b )A e = (23.73+ 1.51) kn = 25.24 kn. Svar: (a) Ma e = 1.90; V e = 787 m/s, (b) ṁ = ṁ max = 30.2 kg/s, (c) F = ṁv e + A e (P e P b ) = 25.2 kn (till vänster). (6p) (2p) (2p) Christoffer Norberg, 19 maj 2015 20