TENTAMEN I MMVA01 TERMODYNAMIK MED STR¨OMNINGSL ...

TENTAMEN I MMVA01 TERMODYNAMIK MED STRÖMNINGSLÄRA,
tisdag 23 oktober 2012, kl. 14.00–18.00.
P1. En sluten cylinder med lättrörlig kolv innehåller 0.30 kg vattenånga,
initiellt vid 1.0 MPa (1000 kPa) och 400 ◦ C. Inuti cylindern finns stoppklossar;närkolvenvilarpådessaärvolymen60%avdeninitiala.Vattnet
kyls långsamt och kylningen avbryts då trycket är 500 kPa.
Bestäm
(a) temperaturen i sluttillståndet
(b) kylvärmet under processen
Givet: vatten, m = 0.30 kg, P 1 = 1.0 MPa, T 1 = 400 ◦ C, P 2 = 500 kPa.
Sökt: (a) T 2 , (b) Q out .
(2p)
(6p)
(a) Så länge kolven hänger fritt är trycket konstant och eftersom P 2 <
P 1 har kolven i sluttillståndet stannat på falsarna, V 2 = 0.6V 1 , d.v.s.
v 2 = 0.6v 1 (konstant massa). Tillstånd 1 är överhettad ånga; Table
A-6: v 1 = 0.30661 m 3 /kg, vilket ger v 2 = 0.18397 m 3 /kg. Table A-5
(500 kPa) visar att sluttillståndet är mättad blandning, v f < v 2 < v g .
Temperaturenisluttillståndetär alltsålikamed mättnadstemperaturen,
T 2 = T sat@500kPa = 151.83 ◦ C.
(b)Slutetenkeltkompressibeltsystem=vattnet,energibalans:Q−W =
∆U, där W = W b , d.v.s. Q = ∆U + W b = m(u 2 − u 1 + w b ). Med
Q = −Q out ochw b = −w b,in fåsQ out = m(u 1 −u 2 +w b,in ).Volymändringsarbete
sker endast under processens isobara fas innan kolven når falsarna,
d.v.s. w b,in = P 1 (v 1 − v 2 ) = P 1 v 1 (1 − 0.6) = 122.64 kJ/kg. Table
A-6: u 1 = 2957.9 kJ/kg; u 2 = u f + x 2 u fg , där x 2 = (v 2 − v f )/(v g − v f ).
Med v f = 0.001093 m 3 /kg, v g = 0.37483 m 3 /kg, u f = 639.54 kJ/kg,
u fg = 1921.2 kJ/kg fås x 2 = 0.4893, vilket ger u 2 = 1579.6 kJ/kg. Insättning
ger Q out = 0.30(2957.9−1579.6+122.64) kJ = 450.28 kJ.
Svar: (a) T 2 = 152 ◦ C, (b) Q out = 450 kJ.

P2. 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
(b) värmeutbytet med omgivningen
(c) processens totala entropigenerering per tidsenhet
(2p)
(3p)
(3p)
Givet: Diffusor; vattenånga; inlopp: P 1 = 10 kPa, T 1 = 50 ◦ C, V 1 =
300 m/s; utlopp: x 2 = 1, P 2 = 50 ◦ C, V 1 = 50 m/s, A 2 = 2.0 m 2 ;
omgivning: P 0 = 100 kPa, T 0 = 25 ◦ C.
Sökt: (a) ṁ, (b) ˙Q out , (c) Ṡgen,tot.
(a) Stationär strömning, d.v.s. ṁ 1 = ṁ 2 = ṁ. Förutsätt homogena
förhållanden över in- och utlopp; ṁ = ṁ 2 = V 2 A 2 /v 2 ; Table A-4: v 2 =
v sat@T2 = 12.026 m 3 /kg, vilket ger ṁ = 8.315 kg/s.
(b) Energibalans vid stationära (tidsoberoende) förhållanden, kontrollvolym
runt diffusorn: Ė in = Ėout. Inget tekniskt arbetsutbyte (Ẇother =
0), försumbara (eller inga) ändringar i potentiell energi innebär: ṁ(h 1 +
V1 2/2)
= ṁ(h 2+V2 2/2)+
˙Q out , d.v.s. ˙Q out = ṁ(h 1 −h 2 +V1 2/2−V2
2 /2).
Table A-5 visar att tillstånd 1 är överhettad ånga, T 1 > T sat@10kPa =
45.81 ◦ C; Table A-6: h 1 = 2592.0 kJ/kg; Table A-4: h 2 = h g@50◦ C =
2591.3 kJ/kg, d.v.s. h 1 − h 2 = 0.7 kJ/kg = 700 J/kg; V 2
1 /2 − V 2
2 /2 =
43.75×10 3 J/kg. Insättning ger ˙Q out = 369.6 kW.
(c) Kontrollvolymen utvidgas så att kontrollytor (utom vid in- och utlopp)
hamnar i omgivningens konstanta temperatur. Entropibudget vid
stationära förhållanden: Ṡ in −Ṡout+Ṡgen,tot = 0, d.v.s. Ṡ gen,tot = ṁ(s 2 −
s 1 )+ ˙Q out /T 0 .TableA-4/6:s 2 = 8.0748kJ/(kgK),s 1 = 8.1741kJ/(kgK).
InsättningmedT 0 = 298.15KgerṠgen,tot = (−0.8257+1.23970)kW/K =
0.41399 kW/K.
Svar: (a) ṁ = 8.3 kg/s, (b) ˙Q out = 0.37 MW, (c) Ṡgen,tot = 0.41 kW/K.

P3. Enflyttbarvägskyltärmonteradpåenstolpemedtillhörande(armerad)
cementplatta och placerat på ett horisontellt underlag, se figur. Skyltanordningens
totala höjd är H = 2.50 m, skyltens ytterdiameter d =
50 cm; cementplattanshöjd är t = 10 cm, diameterd 0 = 40 cm. Stolpens
tvärsnitt är kvadratiskt med rundade hörn, sidlängd s = 50 mm; en av
sidorna är parallell med skyltens frontyta.
Skylten är utsatt för vind vinkelrätt mot dess frontyta och det finns
då risk att hela skyltanordningen välter. Detta sker när det momentet
kring kontaktpunkten vid A blir noll (moment = kraft×hävarm). För
stolptvärsnittetidennaanströmninggällerattmotståndskoefficientenär
C D = 1.9, förutsatt Re > 10 4 (baserat på s). Vindhastigheten kan förutsättas
konstant i höjdled. Interferenseffekter mellan skyltanordningens
olika delar kan försummas, liksom cementplattans strömningsmotstånd.
Skyltanordningenstotala vikt är 25 kg. Luftens tryck och temperatur är
99.5 kPa och 15.0 ◦ C. Friktionen mellan cementplatta och underlag är så
stor att anordningen inte glider.
Bestäm vindhastigheten U då skyltanordningen välter.
(8p)
Givet: H = 2.50 m, d = 50 cm, t = 10 cm, d 0 = 40 cm, s = 50 mm,
C D,stolpe = 1.9 (Re s > 10 4 ), m = 25 kg; luft, p = 99.5 kPa, T = 15.0 ◦ C.
Sökt: U som ger M = 0 vid A.
Strömningsmotståndet på anordningen kan delas upp i två delar: (1)
F D,skylt ,varseffektivaangreppspunktärmittpåplattan,på höjdenH 1 =
H−d/2 = 2.25m(=hävarm),(2)F D,stolpe varsd:oärpåmittpunktenav
stolpen, vars längd är l = H −d−t = 1.90 m; hävarm, H 2 = t+l/2 =
1.05 m. Masscentrum för anordningen ligger längs dess centrumlinje,
hävarm d 0 /2.

Moturs moment kring A: M A = F D,skylt H 1 +F D,stolpe H 2 −mgd 0 /2. Enligt
definition av motståndskoefficient, F D = C D AρU 2 /2; A = frontarea,
d.v.s. A skylt = πd 2 /4, A stolpe = ls.
M A = 0 ⇒ U =
√
mgd 0 /ρ
H 1 C D,skylt πd 2 /4+H 2 C D,stolpe ls
Luften kan behandlas som en ideal gas, ρ = p/(RT), R = 287 J/(kgK).
Insättning med T = 288.15 K ger ρ = 1.203 kg/m 3 .
Tabell 7-1 visar att C D,skylt = 1.1, förutsatt Re d = ρUd/µ > 10 4 .
Insättning med g = 9.81 m/s 2 , C D,skylt = 1.1, C D,stolpe = 1.9 ger U =
10.99 m/s. Kontrollera om Re s = ρUs/µ > 10 4 (Re s < Re d ).
Tabell A1: µ = 18.0×10 −6 Pas, vilket ger Re s = 3.7×10 4 > 10 4 ; OK!
Svar: U = 11 m/s.
P4. En horisontell ventilationskanal med kvadratiskt tvärsnitt har längden
250 m och tvärsnittsarean0.81 m 2 . Insidan av kanalen har en ekvivalent
ytråhet motsvarande ǫ = 2.7 mm. Vid inloppet upprätthålls övertrycket
1.15kPagentemotomgivandetryck.Utströmningenskerfrittutiomgivningen.
Engångsförluster mellan in- och utlopp motsvarar ΣK L = 5.5,
baserat på medelhastigheten i kanalen. Luftens tryck och temperatur
kan sättas till 101 kPa och 25 ◦ C.
Bestäm volymflödet. OBS! Iterativ beräkning.
(8p)
Givet: Ventilationskanal med l = 250 m; kvadratiskt tvärsnitt, A =
0.81 m 2 (sidlängd, s = √ A = 0.90 m); ǫ = 2.7 mm; inlopp: p 1,g = p 1 −
p a = 1.15 kPa; fritt utlopp till omgivning;ΣK L = 5.5; luft, p = 101 kPa,
T = 25 ◦ C.
Sökt: ˙V
Volymflöde, ˙V = VA, där V är medelhastigheten i kanalen (V2 = V 1 =
V).Bernoullisutvidgadeekvationmellaninlopp(1)och utlopp(2);samma
hastighet (V 2 = V 1 ), horisontellt (z 2 = z 1 ), inget tekniskt arbete
(w t = 0): p 1 = p 2 +∆p f , där ∆p f = (fl/d h +ΣK L )ρV 2 /2. Fritt utlopp
innebär p 2 = p a , d.v.s. 2p 1,g /ρ = (fl/d h +ΣK L )V 2 /2.
Hydraulisk diameter, d h = 4A/S = 4s 2 /(4s) = s; friktionsfaktor, f =
φ(Re,ǫ/d h ), där Re = ρVd h /µ. Ideal gas, R = 287 J/(kgK), ger ρ =
p/(RT) = 1.180 kg/m 3 ; tabell A1: µ = 18.5×10 −6 Pas. Hastigheten V
ingår i f vilket kräver iterativ beräkning; iterationsformel fås ur sambandet
ovan:

V =
√
2p 1,g /ρ
=
fl/d h +ΣK L
V 0
√
fl/dh +ΣK L
=
V 0
√
f250/0.90+5.5
där V 0 = √ 2p 1,g /ρ = 44.14 m/s. Med gissat f = 0.02 fås V = 13.28 m/s,
vilket ger Re = 7.623×10 5 , d.v.s. fullt utvecklad turbulent strömning
(Re > 4000). Haalands formel, ekv. (8.16), med ǫ/d h = 3.0 × 10 −3 ger
f = 0.02638, vilket insatt ger V = 12.325 m/s och Re = 7.077 × 10 5 .
Haalands formel ger f = 0.02639 → V = 12.324 m/s, försumbar förändring.
Kontrollräkning av Reynolds tal ger samma f = 0.02639 (och
därmed V) — klart! ˙V = VA = 9.982 m 3 /s.
Svar: ˙V = 10 m 3 /s.
Christoffer Norberg