TENTAMEN I MMVF01 TERMODYNAMIK OCH STR¨OMNINGSL ...
TENTAMEN I MMVF01 TERMODYNAMIK OCH STR¨OMNINGSL ...
TENTAMEN I MMVF01 TERMODYNAMIK OCH STR¨OMNINGSL ...
You also want an ePaper? Increase the reach of your titles
YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.
<strong>TENTAMEN</strong> I <strong>MMVF01</strong> <strong>TERMODYNAMIK</strong> <strong>OCH</strong> STRÖMNINGSLÄRA,<br />
onsdag 24 augusti 2011, kl. 8.00–13.00.<br />
P1. Betrakta en kretsprocess med luft som arbetsmedium i ett slutet system. Processen<br />
består av följande fyra internt reversibla delprocesser:<br />
• adiabatisk kompression från 100 kPa och 15 ◦ C till 600 ◦ C<br />
• isoterm värmetillförsel av 300 kJ/kg<br />
• adiabatisk expansion till begynnelsetrycket 100 kPa<br />
• isobar värmeavgivning (till begynnelsetillståndet)<br />
Luften (R = 287 Jkg −1 K −1 ) kan betraktas som en ideal gas (varierande c p och c v ).<br />
(a) Illustrera processen schematiskt i ett T-s–diagram<br />
(b) Beräkna trycket efter värmetillförseln<br />
(c) Bestäm processens termiska verkningsgrad, η th<br />
Givet: T 1 = 15 ◦ C = 288.15 K, P 1 = 100 kPa, T 2 = T 3 = 600 ◦ C = 873.15 K, q in =<br />
300 kJ/kg, P 4 = 100 kPa; ideal gas, R = 287 Jkg −1 K −1 .<br />
Sökt: (a) T-s–diagram, (b) P 3 , (c) η th<br />
(a)<br />
(2p)<br />
(4p)<br />
(4p)<br />
1 → 2: internt reversibel adiabat = isentrop; s 2 = s 1 , T 2 > T 1 ;<br />
2 → 3: isoterm värmetillförsel, T 3 = T 2 , s 3 > s 2 , P 1 < P 3 < P 2 ;<br />
3 → 4: internt reversibel adiabat = isentrop; s 4 = s 3 , T 4 < T 3 ;<br />
4 → 1: isobar värmebortförsel, P 4 = P 1 , T 1 < T 4 , s 1 < s 4 .<br />
(b) q in = T 2 (s 3 − s 2 ), s 3 − s 2 = s 0 3 − s0 2 − Rln(P 3/P 2 ) = −Rln(P 3 /P 2 ), ty s 0 (T); ⇒<br />
P 3 /P 2 = 0.30205. P 2 /P 1 = (P 2 /P 1 ) s=konst. = P r2 /P r1 ; Table A-17: P r1 = 1.2042, P r2 =<br />
66.963, d.v.s. P 2 = (66.963/1.2042)100 kPa = 5560.8 kPa, vilket ger P 3 = 1679.64 kPa.<br />
(c) η th = 1 − q out /q in ; q out = h 4 − h 1 (isobar), ideal gas: h(T); T 1 = 288.15 K ⇒<br />
h 1 = 288.30 kJ/kg (Table A-17). P 3 /P 4 = (P 3 /P 4 ) s=konst. = P r3 /P r4 , Table A-17:<br />
P r3 = 66.963; P r4 = (100/1679.64)66.963 = 3.9867. Linjär interpolation i Table A-17<br />
ger h 4 = 406.26 kJ/kg; q out = 117.96 kJ/kg, vilket ger η th = 0.6068.<br />
Svar: (a) Se figur ovan, (b) 1.7 MPa, (c) η th = 61%.
P2. För att vid en omgivningstemperatur av 22 ◦ C hålla ett stort kylrum vid en temperatur<br />
av −15 ◦ C krävs en kyleffekt av 100 kW. För att åstadkomma detta används<br />
en enkel kylmaskin av kompressionstyp arbetande mellan trycknivåerna 120 kPa och<br />
700 kPa (köldmedium: R-134a). Förutom att kompressorn har en adiabatisk (isentropisk)<br />
verkningsgrad av 75% kan kylprocessen antas vara den ideala av ångkompressionstyp<br />
(ideal vapor-compression cycle).<br />
Bestäm<br />
(a) köldmediets massflöde<br />
(b) effekten till kompressorn<br />
(c) kylmaskinens termodynamiska effektivitet, η II<br />
Givet: T H = 22 ◦ C, T L = −15 ◦ C; ˙Q L = 100 kW; P 1 = P 4 = 120 kPa; P 2 = P 2s = P 3 =<br />
700 kPa; x 1 = 1; x 3 = 0; η C = 0.75.<br />
Sökt: (a) ṁ, (b) Ẇin, (c) η II<br />
(a) ˙Q L = ṁ(h 1 −h 4 );TableA-12:h 1 = h g@120 kPa = 236.97kJ/kg.Adiabatiskstrypning,<br />
h 4 = h 3 ; Table A-12: h 3 = h f@700 kPa = 88.82 kJ/kg, vilket ger ṁ = ˙Q L /(h 1 − h 4 ) =<br />
0.67499 kg/s.<br />
(b) Ẇin = ṁ(h 2 −h 1 ); η C = (h 2s −h 1 )/(h 2 −h 1 ), s 2s = s 1 ; Table A-12: s 1 = s g@120 kPa =<br />
0.94779 kJ/(kgK). Linjär interpolation i Table A-13 ger h 2s = 273.54 kJ/kg; h 2 −h 1 =<br />
48.757 kJ/kg, d.v.s. Ẇ in = 32.91 kW.<br />
(c) η II = COP R /COP R,max . COP R = ˙Q L /Ẇin = 3.038. COP R,max = T L /(T H − T L ),<br />
T L = 258.15 K, T H −T L = 37 K ger COP R,max = 6.977, d.v.s. η II = 0.436.<br />
Svar: (a) ṁ = 0.68 kg/s, (b) Ẇin = 33 kW, (c) η II = 0.44.<br />
(3p)<br />
(4p)<br />
(3p)
P3. I fullskala (prototypskala) har ett luftskepp längden 35 m. Vid flygning i vindstilla 1500<br />
meter över havet i standardatmosfär (U.S) är den tänkta marschfarten 180 km/h.<br />
För ett geometriskt likformigt luftskepp i skala 1:10 (längd 3.5 m) genomförs nu mätningar<br />
i en stor vindtunnel (effekter av vindtunnelns väggar kan försummas). Luftens<br />
statiska tryck i vindtunneln kan varieras, vid konstant temperatur, 25 ◦ C. Den högsta<br />
tillåtna lufthastigheten i vindtunneln är 90 m/s.<br />
Luften i vindtunneln kan betraktas som en ideal gas med R = 287 Jkg −1 K −1 .<br />
(a) Om tunneln nu drivs vid 90 m/s, vilket statiskt tryck krävs då i vindtunneln för<br />
fullständig likformighet med prototypen vid marschförhållanden enligt ovan? (5p)<br />
(b) Om det vid tryck och hastighet i (a) mäts ett strömningsmotstånd av 1.54 kN,<br />
vilken framdrivningseffekt måste då tillföras luften vid prototypförhållanden? (5p)<br />
Givet: L p = 35 m; z p = 1500 m (standardatmosfär); V p = 50 m/s; L m = 3.5 m;<br />
T m = 25 ◦ C; V m,max = 180 km/h = 90 m/s; (a) V m = 90 m/s; (b) D m = 1.54 kN.<br />
Sökt: (a) p m , (b) P p<br />
(a) Fullständig likformighet kräver lika Reynolds tal; Re m = Re p ⇒<br />
(ρVL/µ) m = (ρVL/µ) m . Ideal gas: p m = ρ m RT m , där T m = 298.15 K ⇒ p m =<br />
(µ m /µ p )(V p /V m )(L p /L m )ρ p RT m .<br />
Table C.2: ρ p = 1.0595 kg/m 3 , µ p = 1.742×10 −5 Pas.<br />
Table B.4: µ m = 1.85×10 −5 Pas<br />
Insättningar ger p m = 534.9 kPa.<br />
(b) P p = D p V p ; sök D p . Fullständig likformighet innebär samma motståndskoefficient,<br />
C D = 2D/(ρV 2 A). Med A ∝ L 2 innebär detta [D/(ρV 2 L 2 )] p = [D/(ρV 2 L 2 )] m , d.v.s.<br />
D p = (ρ p /ρ m )(L p /L m ) 2 (V p /V m ) 2 D m . M.h.a. sambandet för lika Reynolds tal fås D p =<br />
(µ p /µ m )(V p /V m )(L p /L m )D m = 8.056 kN, vilket ger P p = 402.8 kW.<br />
Svar: (a) 0.54 MPa, (b) 0.40 MW
P4. En tankbil skall fyllas med bensin (ρ = 680 kg/m 3 , µ = 0.398×10 −3 Pas) från en stor<br />
underjordisk cistern. Slangen som används är av gummi (ǫ = 0.025 mm), 20 m lång,<br />
innerdiameter D = 50 mm. Inloppet är svagt avrundat (r/D = 0.050). Slangen är lagd<br />
med två 90 ◦ :s krökar (R/D ≃ 10). Det vertikala avståndet mellan oljenivån i cisternen<br />
och slangutloppet är 6.5 m. Bensinytorna är i kontakt med omgivande luft.<br />
Tankvolymen är 20 m 3 och skall fyllas på 25 minuter. Vilken pumpeffekt krävs vid en<br />
pumpverkningsgrad av 85%?<br />
(10p)<br />
Givet: bensin, ρ = 680 kg/m 3 , µ = 0.398×10 −3 Pas; slang, D = 50 mm, l = 20 m,<br />
ǫ = 0.025mm;rundatinlopp,tvårörböjar;H = 6.5m;Q = (20/25)m 3 /min;η P = 0.85.<br />
Sökt: P (effekt till pump)<br />
P = Ẇin/η P , där Ẇin = ṁw in är effekten från pumpen levererat till bensinen; massflöde<br />
ṁ = ρQ = 9.067 kg/s.<br />
Bernoullis utvidgade ekvation mellan ytan i bassängen (1) och slangutloppet (2), med<br />
z 1 = 0, z 2 = H, V 1 ≪ V 2 = V, p 1 ≃ p 2 = p a : 0 = ρgH + ρV 2 /2 − ρw in + ∆p f , där<br />
∆p f = (fl/D+ΣK L )ρV 2 /2, vilket ger w in = gH +(1+fl/D +ΣK L )V 2 /2.<br />
Medelhastighet, V = 4Q/(πD 2 ) = 6.791 m/s.<br />
Fig.8.16,rörböj:K L = 0.12;Fig.8.12,inlopp:K L = 0.22;ΣK L = 2×0.12+0.22 = 0.46.<br />
Friktionsfaktor, f = φ(Re,ǫ/D), Re = ρVD/µ = 5.801 × 10 5 (turbulent), ǫ/D =<br />
0.00050; Haalands formel ⇒ f = 0.01747, d.v.s. fl/D = 6.9875 och 1+fl/D+ΣK L =<br />
8.4475, vilket med g = 9.81 m/s 2 ger w in = (63.8 + 194.8) J/kg = 258.5 J/kg, samt<br />
P = (9.067×258.5/0.85) W = 2.76 kW.<br />
Svar: P = 2.8 kW.<br />
Christoffer Norberg