Warmteleer Voor Technici Uitwerkingen

Belangrijkste formules

dQ = dH - Vdp

dQ = mc,dT - Vdp

1 w * - 2 = - (P2v2 - p1V1)

n-l

Toestandsvergelij king van ideale gassen

Algemene gasconstante

Specifieke gasconstante

A U en A H voor ideale gassen

Volume-arbeid bij inwendig omkeerbaar proces

Uitdrukkingen van de eerste hoofdwet voor gesloten systemen

Wetten van Poisson Voor een isentroop is n = k

Arbeid en warmte bij polytrope toestandsveranderingen

-mR W1-2 - (T2 - T l ) n-l

(3.5) Polytrope toestands-

C - CP y1 = --- (3.7) veranderingen van

C - C, ideale gassen. k - n

QI -2 = - k - l

w1 -2 (3.9)

= p (V2 - V l ) = mR (T2 - T I ) (3.10) Isobaar

k Q 1 - 2 = m c p ( T 2 - T 1 ) = - p ( V 2 - V l ) (3.11)

k-l

v al-, = mc, v2 - T I ) = - - P I ) k-l

-1 w,-2 = - ( P 2 v2 - P1 V l ) =

k - l -mR - (T2 - T l ) = -me, (T2 - T I ) k - l

-n wt = -(p2 Vgel - P I Vaang.) n - l

(3.12) 1 Isochoor (3.13)

(3.14) Isotherm

(3.15)

Positieve kringprocessen

Positief Carnot-proces

Negatieve kringprocessen Koudefactor

Maximale waarde koudefactor Warmteproduktiegetal

Maximale waarde warmteproduktiegetal

Technische arbeid voor willekeurig medium

-n Wt = - rnR (T2 - T,)

n - l (5'2) 1 Technische arbeid voor

i ideale gassen -n w, = - n - l

(5.4) Verband technische arbeid en volume-arbeid

(5.5) Technische arbeid bij inwendig omkeerbaar proces

(5.6) Warmte-afgifte bij com- pressoren met en zonder

(5-7) schadelijke ruimte

wtl-2 = -f I Vdp

k - n k - n W t Qnetto = w=--- p

k - l k - l n

(6.1 ) Eerste hoofdwet voor open systemen

(6.2)

(6.4) Technische arbeid voor een onsamendrukbaar medium

(6-5) Warmtetoe- of afvoer bij constante druk

(6.6) Smoren .. -

(7.3) Omkeerbaar adiabatische toestandsverandering (isent roop)

(7.4) Entropieverandering van stof met een constante soortelijke warmte

(7.5) Entropieverandering bij de overgang vloeistof- damp

(7.6) Entropie voor een toestand in het coëxisten- tiegebied

(7.7) ) Entropieverandering van ideale gassen

(7.1 1) Niet omkeerbare toestandsveranderingen

Niet omkeerbare adiabatische toestandsveranderingen

Soort. volume en enthalpie voor een toestand in het coëxistentiegebied

Arbeid bij quasistatische toestandsverandering met wrijving Isentroop rendement bij een niet omkeerbare adiabatische expansie respectievelij k compressie van een ideaal gas

(9.7)

i Formule (9.6) en (9.8) voor een ideaal gas

(9.9)

(1 1.5) Rendement warmtewisselaar gasturbine

(13.3) Exergie en anergie van een warmtehoeveelheid

(1 3.2)

(13.5) Exergieverlies

(13.6) Exergetisch rendement kringproces

(13.7) Exergieverandering van een medium in een open systeem

(13.8) Exergetisch rendement open systeem

1 Algemene begrippen

Voor het meten van de hoeveelheid water die door een leiding stroomt, is een meetflens ingebouwd. De leiding direct voor en achter de meetflens is op een U- buis aangesloten die gevuld is met kwik. Als de kwikspiegel aan de ene zijde 150 mm boven de onderkant van de U-buis staat en aan de andere zijde 255 mm, hoe groot is dan het drukverschil over de meetflens in Pa? pkw = 13,6 x 103 kg/m3; p, = 103 kg/m3; g = 10 m/s2.

Aan wijzingen Een meetflens is een platte schijf die centraal voorzien is van een cirkel- vormige opening (fig. 1.1). Plaatselijk treedt een snelheidsverhoging op waardoor de druk afneemt. Het drukverschil over de meetflens is een maat voor de volumestroom door de leiding. Het gelijkstellen van de drukken in A en B van fig 1.1 levert de volgende vergelijking op: p , + pw g h3 = p2 + p, g (hl + h3 - h2) + pk, g (h2 - hl) . Hieruit is het gevraagde drukve~schil(13.230 Pa) te berekenen.

Fig. I . l

Als de soortelijke warmte afhankelijk is van de temperatuur volgens c = a + bt waarin a = 0,8 kJ/(kg K), b = 0,0125 kJ/(kg - K2) en t de temperatuur in "C, hoeveel warmte moet dan worden toegevoerd om 2,5 kg van de desbetreffende stof van 60 "C op 400 "C te brengen?

Oplossing De toe te voeren warmte kan worden berekend uit = rnc (t2 - tl). Hierin is de gemiddelde soortelijke warmte tussen 60 "C en 400 "C. Daar de soortelijke warmte lineair verloopt, geldt:

- Cl + C2 C=-- 2

- 1 2 (a + b - 60 + a + b 400) = f (2a + 460 b).

- c = a + 230 b = (0,8 + 230 x 0,0125) kJ/(kg K) = 3,675 kJ/(kg K). Deze uitkomst kan ook worden verkregen door in c = a + bt voor t de gemiddelde temperatuur (230 "C) in te vullen. Ten slotte zou E ook uit (1.3) kunnen worden bepaald. Hierin is

Daarmee wordt Z = (a + 200 - b) 400 - (a + 30 b)6O

340 = a + 2 3 0 . b +

De toe te voeren warmte is dus: = rnc (t2 - t , ) = 2,5 x 3,675 x 340 kJ = 3123,8 kJ

Gegeven is dat voor stikstof tussen 27 "C en 4000 "C gerekend mag worc

C, = {39.632 w 8.07 lo6 + ) ~ , ( k ~ ~ l K)] T

jen met

Bereken nu de hoeveelheid warmte in kJ die nodig is om 8 kg stikstof van 30 "C bij constante druk tot 180 "C te verwarmen. Wat is de gemiddelde waarde van cp (in J/(kg-K)) voor het laatstgenoemde temperatuurtraject? De relatieve atoommassa Ar van stikstof is 14.

Aan wijzing De toe te voeren warmte kan worden berekend uit

Hierin stelt n het aantal km01 stikstof voor. Omdat 1 km01 stikstof (N2) overeenkomt met 28 kg is n = $ km01 = kmol..Integratie van bovenstaande vergelijking levert:

Substitutie van de gegevens levert: = 1239 kJ. Voor het beschouwde temperatuurtraject is de gevraagde CP [(J/(kg - K)] te berekenen uit: QiW2 = m q AT -i = 1032,s J/(kg K)

Een as van 50 mm diameter roteert met een frequentie van 60 Hz. De asbelasting is 1500 N en de wrijvingscoëfficiënt p = 0,03. Bereken het vermogen dat door wrijving verloren gaat. Als de wrijvingswarmte volledig door olie van 50 "C moet worden afgevoerd, hoeveel liter olie moet men dan per minuut toevoeren als de eindtemperatuur 60 "C bedraagt? Van de olie is gegeven dat co = 1700 J/(kg K) en po = 900 kgIm3.

Op lossing: De relatie tussen de wrijvingskracht F, en de asbelasting F, luidt: F w = p F n - i F w = 0 , 0 3 x 1 5 0 0 N = 4 5 N . Het wrijvingsvermogen PW is het produkt van de wrijvingskracht en de afgelegde weg per tijdseenheid. De afgelegde weg s per omwenteling is nD zodat de afgelegde weg per seconde 60 maal zo groot is. Dit levert voor P,: P w = 4 5 x 7 c x 0 , 0 5 x 6 0 W = 4 2 4 , 1 W Als de gehele wrijvingswarmte door de smeerolie wordt opgenomen, kunnen we de massastroom olie (%) berekenen uit:

Voor de volumestroom v. kunnen we schrijven:

m o 0,025 v=-=- m3/s = 25 x 60 liter per minuut. -+ v. = 1,67 litertmin.

Po 900 900

Door een scheepsturbine die een vermogen levert van 10 MW, wordt de schoefas aangedreven. Om de rotatiefrequentie te reduceren wordt tussen de turbine en de as een tandwielkast geplaatst met een mechanisch rendement van 96%. Als de wrijvingswarmte door de smeerolie wordt opgenomen waardoor deze een temperatuurstijging verkrijgt van 12 "C, hoeveel ton olie wordt dan per uur aan de tandwielkast toegevoerd? coli, = 1,7 kJ/(kg . K).

Aanwijzingen Het mechanisch rendement van de tandwielkast q, = PUitIPin. Dit levert een uitgaand vermogen van 9,6 MW. Het wrijvingsvermogen P, is dus 0,4 MW. De arbeid die per tijdseenheid verloren gaat, wordt in warmte omgezet en door de smeerolie opgenomen. Dit levert een vergelijking waaruit de gevraagde hoeveelheid olie kan worden berekend (70,6 t/h).

a Het uitgaande vermogen van een tandwielkast met een mechanisch rendement x [%l is Pui, [kW]. D e wrijvingswarmte wordt opgenomen door smeerolie waarvan de temperatuurstijging AT, bedraagt en de doorstromende hoeveelheid m, [kg per minuut]. Bepaal de soortelijke warmte c, [kJlkg . K)] van de olie, uitgedrukt in de gegevens.

b D e smeerolie wordt in een koeler weer op de begintemperatuur gebracht. Als de doorstromende hoeveelheid koelwater m, [kg per uur] bedraagt, bereken dan de temperatuurstijging AT, van het koelwater, uitgedrukt in de gegevens. c, = 4,2 kJl(kg K).

Oplossing a Schrijven we voor het ingaande vermogen Pi,, dat geldt dat

Puit 100 Puit 77, = - 1 0 0 % = ~ [ % I + Pin'- Pin X

[kW1

Het wrijvingsvermogen P, is:

100 Pui, - p . = (100 - x) Pui,

P, = Pin - Puit = X

U l t X [kWl.

Dit vermogen wordt in warmte omgezet en door de smeerolie opgenomen. Gelet op de gegeven eenheden, levert dit de volgende vergelijking:

b De hoeveelheid warmte die per seconde door de smeerolie wordt afgestaan (dit is het wrijvingsvermogen P,) wordt door het koelwater opgenomen. Daaruit volgt dat:

(100 - X) Puit - --a

3600 (100 - X) Puit 4,2 AT, -+ AT, =

X 3600 m, . 4,2- x EK1

Aan een verbrandingsmotor wordt per seconde 12,5 kJ chemische energie (brandstof) toegevoerd. De uitgaande as is gekoppeld aan een elektrische generator. Het ingaande vermogen hiervan bedraagt 5,O kW (me.), het uitgaande vermogen is 4,5 kW (el.). Vervolgens wordt de elektrische energie toegevoerd aan een elektromotor die, via een verliesloze overbrenging, een gewicht van 500 N in 3 s over een afstand van 18 m omhoog brengt. Bereken het rendement van de energie-omzetting in de verbrandingsmotor, de generator en de elektromotor, alsmede het totale rendement van de energie-omzetting.

Aan wijzingen Het vermogen nodig om het gewicht omhoog te brengen, is te bereken (3 kW). Vervolgens kan het onderstaande blokschema worden getekend.

Het thermisch rendement van de verbrandingsmotor (qth) alsmede de rendementen van generator en elektromotor zijn nu te bepalen als quotiënt van het uitgaande en het ingaande vermogen (40%, 90%, 67%). Het totaal rendement is de verhouding van het vermogen dat de installatie levert (3 kW) en het toegevoerde vermogen (12,5 kW). Merk op dat dit rendement (24%) ook gelijk is aan het produkt van de deelrendementen.

(%h . G'gn. %.motor)

Van een scheepsdieselmotor is het brandstofverbruik 60 g/MJ. Bereken het thermisch rendement van deze motor als de stookwaarde van de brandstof 40 MJIkg bedraagt.

123 ky[h) b

Oplossing Een brandstofverbruik van 60 g/MJ betekent dat aan de motor 60 gram brandstof moet worden toegevoerd voor de levering van 1 MJ arbeid. Deze 60 gram brandstof vertegenwoordigt een warmtehoeveelheid van 0,06 x 40 MJ = 2,4 MJ. Het thermisch rendement van de motor is gedefinieerd als de verhouding van de geleverde arbeid (1 MJ) en de daarvoor benodigde warmte (2,4 MJ) zodat q,,, = & x 100% = 41,7%. In de praktijk is het gebruikelijk om van een motor het brandstofverbruik op te geven en niet het thermisch rendement.

Fig. 1.2

5 ky,d + VERBR. MOTOR r - GENERATOR EL. MOTOR

475 k%) b

3 k%) b

Een auto verbruikt in 1,25 uur 18 liter brandstof met een stookwaarde van 40 MJlkg. Het geleverde vermogen bedraagt 30 kW. Bereken het thermisch rendement van de motor als de brandstof ( p = 800 kgIm3) volledig wordt verbrand.

Aan wijzingen W w

Voor het thermisch rendement geldt: q t h = - 100% = 100%. Q Q

In dit geval is W gegeven (30 kW) en kan Q uit het brandstofverbruik, de stookwaarde van de brandstof en de gegeven tijdsfactor worden berekend (128 kW). Het thermisch rendement is laag (23,4%) zodat maar een klein deel van de warmte die de brandstof levert, in mechanische energie wordt omgezet.

Als het thermisch rendement van een elektrische centrale op 36% gesteld wordt en de prijs van elektrische energie 20 ct1kWh bedraagt, bereken dan het procentuele aandeel van de brandstofkosten in de prijs van elektrische energie. Ruwe olie (p = 900 kg/m3) met een stookwaarde S van 40 MJlkg wordt ingekocht voor f 90,- per vat van 159 liter.

Oplossing We zullen eerst de hoeveelheid elektrische energie berekenen die uit één vat olie kan worden verkregen. De verbranding van 159 liter brandstof levert aan warmte: Q = m S = pV S = 900 x 0,159 x 40 x 103 kJ = 5724 x 103 kJ. Voor de elektrische energie E,, die hieruit wordt verkregen geldt: E,, = 0,36 x 5 724 X 103 kJ = 2060,6 x 103 kJ. Omdat 1 kWh i 3600 kJ kan E,, ook in kWh worden uitgedrukt.

Eei = 2060'6 x 'O3 kWh = 572,4 kWh. 3600

De prijs van de hiervoor benodigde brandstof is f 90,- en de prijs die de elektrische energie opbrengt bedraagt: f 572,40 x 0,2 = f 114'48. Hieruit volgt dat de brandstofkosten 90/114,48 x 100% = 78,6O/0 uitmaken van de prijs van elektrische energie.

Welk vermogen kan een windmolen met een wiekdiameter van 10 m leveren als 41,5% van de kinetische energie van de aanstromende lucht (p = 1,2 kgtm3) nuttig wordt gebruikt? D e windsnelheid bedraagt 8 mts. Als voor een stad van een miljoen inwoners een vermogen van 1000 MW moet worden opgesteld, hoeveel windmolens zou men dan nodig hebben? Wat wordt dit aantal als de windsnelheid daalt van 8 mts tot 4 mts?

Aan wijzingen Voor het vermogen P van een luchtstroom met massa m en snelheid c kan worden geschreven: P = f mc2. Als we hiermee het vermogen van een windmolen zouden willen berekenen, moet voor m de luchtmassa worden ingevuld die per seconde door het vlak (A) van de rotorbladen stroomt. A = f D2 (D = wiekdiameter). m = p V = p A c + P = f p A c 3 . Substitutie van de gegevens levert P = 24,13 kW. Om verschillende redenen kan dit vermogen in de praktijk niet worden bereikt. Gegeven is dat het rendement van de molen 41,5% bedraagt zodat het werkelijk geleverde vermogen 10 kW bedraagt. In de formule staat de windsnelheid als een derde macht. Bij een daling van de windsnelheid van 8 m/s tot 4 mls, neemt het vermogen af met een factor 23. Om hetzelfde vermogen te blijven leveren, moeten dus 8 maal zoveel windmolens worden opgesteld (800.000).

Door een pomp, aangedreven door een dieselmotor, wordt elk uur 50 m3 water over een afstand van 90 m omhooggebracht. Als in pomp en leidingen geen verliezen optreden en het thermisch rendement van de dieselmotor 30% bedraagt, bereken dan het brandstofverbruik in kg per uur. De stookwaarde van de brandstof is 40 MJtkg, p, = 1000 kgtm3; g = 10 mtsz.

Op lossing De potentiële energie die het water verkrijgt is: E p = m g h = p V g h = 1 0 0 0 x 5 0 x 1 0 x 9 0 N m = 4 5 . 0 0 0 k J . In pomp en leidingen treden geen verliezen op zodat dit ook de arbeid W is die de motor in één uur moet leveren.

Het motorvermogen W = P = 45'000 kW = 12,s kW. 3600

w Voor het thermisch rendement van de motor geldt: q t h = -T zodat Q

Q = - = - ) - a W l2 kW = 41,67 kW. %h 073

Dit thermische vermogen moet worden geleverd door de brandstof die een stookwaarde heeft van 40 MJlkg. Schrijven we voor de brandstofstroom mb, [kgls] dan is

De benodigde hoeveelheid brandstof per uur bedraagt: 41,67 x 3600 kg,h

40.000 = 3,75 kglh.

Een straalmotor verbruikt per seconde 15 kg brandstof met een stookwaarde van 39 500 kJ1kg. De benodigde massa lucht is 125 maal zo groot als die van de brandstof. Men tracht de chemische energie van de brandstof om te zetten in snelheidsenergie van het gas. Als de snelheid c van het uitstromende gas 500 mls bedraagt, hoe groot is dan het rendement van de energie-omzetting en het vermogen dat de uittredende gasstraal vertegenwoordigt?

Aan wijzingen De uitstromende gassen vertegenwoordigen een vermogen P van i m cl. Met m = 126 x 15 kgls is P = 236,3 MW. Het aan de motor toegevoerde thermische vermogen is het produkt van de brandstofstroom (15 kg/s) en de stookwaarde (39.500 kJ/kg). De verhouding van de beide vermogens levert het gevraagde rendement van de omzetting (39,9% ).

1.14

Een met kolen gestookte elektrische centrale van 1500 MW heeft een thermisch rendement van 40%. De stookwaarde van de brandstof is 30 MJIkg en de massaf- ractie as bedraagt 0,lO. Bereken, bij een bedrijfstijd van 5700 uur per jaar:

a het kolenverbruik per jaar alsmede de brandstofkosten per jaar als de prijs van 1 ton kolen f 200,- bedraagt;

b de hoeveelheid as die de centrale in 25 jaar produceert; c de benodigde grondoppervlakte (in m2) als de as in een kuil van 5 m diepte wordt

gestort. p,, = 2500 kglm3.

Oplossing a Uit het thermisch rendement van de centrale, geschreven als verhouding

van W en Q kan het toe te voeren thermische vermogen worden berekend. Q = = 150010,4 MW = 3750 MW. Bij een stookwaarde van 30 MJIkg komt dit overeen met een brandstofstroom mbr van

3750 mbr = 30

kgls = 125 kgls.

Hieruit volgt dat het brandstofverbruik per jaar gelijk is aan

De brandstofkosten zijn: f 2565 x 103 x 200 = f 513 x 106. b De brandstof bevat 10% as zodat de asproduktie in 25 jaar gelijk is aan:

2 565 x 103 x 0,l x 25 t = 6412,5 x 103 ton.

c Het asvolume bedraagt m/p [m31 = x lo6

= 2565 x 103 rn3. 2500

De benodigde grondoppervlakte is 2565 x 103 5

m2 = 513.000 m2.

In een industriële installatie wordt per uur 12 ton stoom geproduceerd die vervolgens in een machine een vermogen levert van 4000 kW. Het brandstofverbruik bedraagt 1350 kglh, de stookwaarde van de brandstof is 27.500 kJ1kg. Bereken het thermisch rendement van de installatie alsmede het rendement van de ketel als voor de omzetting van 1 kg water in stoom 2500 kJ warmte nodig is.

Aan wijzingen Het thermisch rendement van de installatie is het quotiënt van W (4000 kW) en Q. De warmtestroom Q is het produkt van de benodigde hoeveelheid brandstof per tijdseenheid en de stookwaarde (Q = 10.312,5 kW). De waarde van het bovengenoemde quotiënt bedraagt 0,388. Het ketelrendement qk is de verhouding van de hoeveelheid warmte die per seconde door het ketelwater wordt opgenomen (12.000 x 250013600) kW en de eerder genoemde warmtestroom Q. Uitwerking levert qk = 80,8%.

In een elektrische centrale moet aan de turbine per seconde 1 kg stoom worden toegevoerd voor de levering van een vermogen van 1 MW. De stoom wordt met een druk van 0,04 bar naar een condensor afgevoerd. Bij de condensatie die hierin optreedt, wordt per kg stoom 1899,5 kJ warmte aan het koelwater afgestaan. De 4

beschikbare hoeveelheid koelwater waarvan de temperatuurstijging maximaal 9 K mag zijn, bedraagt 72.000 ton per uur. Bepaal het maximale vermogen van de tur-

bine die in de centrale mag worden opgesteld. c, = 4,2 kJ/(kg K).

Oplossing De warmtehoeveelheid die het koelwater per tijdseenheid maximaal mag opnemen bedraagt:

Q-= m cATmax = 72 x x 4,2 x 9 kJ1s = 756 x 103 kW. 3600

De condensatiewarmte van de stoom is 1899,5 kJ/kg zodat de maximale hoeveelheid stoom die per seconde tot condensatie kan worden gebracht gelijk is aan:

765 x lo3 kgls = 398,O kgls. = 1899,5

Daar het geleverde vermogen voor een massastroom van 1 kgls is gelijk aan 1 MW, is het vermogen dat maximaal kan worden opgesteld dus 398,O MW.

Een compressor zuigt lucht aan met een onderdruk van 0,l bar. De barometer- stand is 720 mm kwik. Als bij de compressie de temperatuur constant blijft en het volume verkleind wordt tot a van de oorspronkelijke waarde, wat is dan de aanwijzing van een manometer in bar (overdruk) aan het einde van de compressieslag? pk, = 13,6 x 103 kglm3, g = 10 rnis2.

Aanwijzingen De gegeven druk van de buitenlucht wordt met behulp van p = p g h eerst in N -m-2 uitgedrukt (9,8 x 104 N .m-2). Om de absolute druk p , te bepalen, moet deze druk nog met 0,l bar = 104 N .m-2 worden verminderd. Vervolgens wordt met de wet van Boyle (pV = C) de einddruk p2 bepaald. Een manometer wijst het verschil aan tussen de absolute druk en de atmosferische druk. De aanwijzing van de manometer (2,54 bar) is dus het verschil tussen p;? en de atmosferische druk.

In de luchtverhitter van een ketel wordt per uur 5000 m3 lucht verwarmd van 20 "C tot 250 "C. Hierbij treedt geen drukverlies op. Bereken de volumetoename in procenten alsmede het percentage waarmee de zijde van een vierkant luchtkanaal moet worden vergroot als de eis wordt gesteld dat de luchtsnelheid vóór en na de luchtverhitter gelijk moet zijn.

Oplossing Lucht kan als een ideaal gas worden beschouwd zodat

De indices 1 en 2 hebben betrekking op de luchttoestand vóór en na de verhitter. In de luchtverhitter treedt geen drukverlies op (pl = p2) zodat

De volumetoename in procenten is dus 8924'9 - 'Ooo x 100% = 78,5O/0. 5000

De volumestroom V door een leiding is het produkt van de leidingdoor- snede A en de stromingssnelheid c. Dus geldt dat = A l cl en V2 = A2 CZ.

A2 '2 - 8924,9= 1,785 Gegeven is dat ct = c2 + - = - - A I V1 5000

Stellen we de zijde van het luchtkanaal aan de intreezijde a [m] en aan de uittreezijde b [m] dan volgt uit (a) dat:

Dit betekent dat de zijde van het luchtkanaal aan de uittreezijde 33,6% groter moet zijn dan die aan de intreezijde.

In een tank met een inhoud van 60 x 10-3 m3 bevindt zich zuurstof van 140 bar en een constante temperatuur van 17 "C. Voor het lassen van een constructie is per minuut 10 liter zuurstof van 17 "C en een druk van 2,5 bar nodig. Deze zuurstof wordt aan het bovengenoemde vat onttrokken. Als aan het einde van de lasperio- de de druk in het vat nog 98 bar bedraagt hoeveel kilogram zuurstof is dan uit het vat ontweken en hoe lang heeft het lassen geduurd? M% = 32 kglkmol, R, = 8315 J/(kmol K)-

A a n wijzingen Uit R, = MR berekenen we eerst de specifieke gasconstante R (259,8 kJ/(kg K)), waarna met behulp van de gaswet de zuurstofmassa in het vat kan worden bepaald (1 l , l5 kg). Vervolgens kan, eveneens met de gaswet, de zuurstofmassa na het lassen worden berekend (7,80 kg) zodat de verbruikte hoeveelheid zuurstof (kg) bekend is. Ten slotte wordt - wederom met behulp van de gaswet - berekend hoeveel zuurstof voor elke minuut laswerk nodig is (0,332 kg . min-1). Daar- mee kan dan de duur van het lasproces worden bepaald (1,68 h).

In een vat van 5 m3 bevindt zich een gas dat van O "C tot 82 "C wordt verwarmd. Bij dit proces blijft de druk constant doordat het gas door een veiligheidsklep kan

ontwijken. Hoeveel procent van de oorspronkelijke massa blijft in het vat achter?

Oplossing Het volume dat het gas zou innemen als het bij constante druk van O "C tot 82 "C wordt verwarmd, bedraagt:

Het vat heeft echter slechts een volume van 5 m3 zodat 1,5 m3 van 82 "C uit het vat zal moeten ontsnappen. Dit komt overeen met 5 100% = 23,1% van de oorspronkelijke hoeveelheid. Er blijft dus 76,9% van de oorspronkelijke hoeveelheid in het vat achter. Het is ook mogelijk om 1,5 m3 van 82 "C terug te rekenen op O "C. Aange- zien de druk constant is komt dit overeen met een volume van

Van de oorspronkelijke hoeveelheid (5 m3 van O "C) is dit

x 100% = 23,1% + er blijft 76,9% achter. 5

Het antwoord kan eenvoudiger worden gevonden door in begin- en eindtoestand de gashoeveelheid in het vat (in kg) te bepalen

Hieruit volgt dat m2 = 0,769 m l zodat 76,9 % van de oorspronkelijke massa in het vat achter blijft, een percentage dat onafhankelijk is van de afmetingen van het vat.

In een zuurstoffles bevindt zich 50 dm3 zuurstof van 17 "C en 150 bar. R = 260 J(kg. K). Bereken:

a de temperatuur die de zuurstof heeft als de druk in het vat door warmtetoevoer tot 180 bar is opgelopen;

b de druk en de dichtheid bij 17 "C resp. O "C als de helft van de zuurstof verbruikt is.

A m wijzingen a We berekenen eerst uit pV = mRT de zuurstofmassa (m = 9,95 kg). Hier-

mee kan, wederom met behulp van de gaswet, de temperatuur T2 na de warmtetoevoer worden bepaald (348,O K).

b In dit geval is de bij a gevonden massa gehalveerd. Uit de gaswet kan nu de druk worden berekend bij 17 'C (75,O bar) en O "C (70,6 bar) alsmede de gevraagde soortelijke massa als verhouding van m en V (99,s kglm3).

Een ketel met een rendement van 80% verbruikt per uur 200 kg olie met een stookwaarde van 40 MJIkg. Per kilogram brandstof ontstaat bij de verbranding 15 m; rookgassen (R = 280 J/(kg K)) die met 160 "C en een druk van 1 bar de ketel verlaten. Bereken:

a de hoeveelheid rookgassen in kglh; b de dichtheid hiervan zowel in de normaaltoestand als direct na de ketel; c de oppervlakte van het rookkanaal na de ketel als de gassnelheid er 4 mls be-

draagt; d de stoomproduktie van de ketel per uur als voor de vorming van 1 kilogram stoom

3000 kJ warmte aan het water moet worden toegevoerd.

Oplossing a Bij de verbranding van 200 kg olie ontstaat een rookgasstroom van

De hiermee corresponderende massastroom in kg per uur bedraagt:

m 0 3975,7 De dichtheid po = - =

3000 kgIm3, - 1,33 kglmn.

v0

Geven we de toestand ná de ketel aan met de index 2, dan geldt:

Noemen we de gevraagde oppervlakte A dan geldt dat A - c = V2. Met uit de gaswet levert dit:

De nuttige warmte is 0,8 x 200 x 40 MJIh = 6400 MJIh zodat de stoomproduktie gelijk is aan:

6400 x kglh = 2133,3 kglh. m,, = 3000

Een ballon wordt volledig gevuld met 250 d helium van 20 "C en 1 bar. Op grote hoogte is de temperatuur van het gas -23 "C, de druk 213 van de oorspronkelijke waarde en de dichtheid 0,128 kgIm3. Hoeveel m3 helium, betrokken op de begintoestand, is uit de ballon ontweken als de diameter gelijk is gebleven en wat is de

gasconstante R?

Aan wijzingen Bereken eerst uit - - - - het volume V 2 dat het gas zou innemen

Tl T2

bij bar en -23 "C (320 m3). Het volume van de ballon is 250 m3 gebleven zodat 70 m3 van 5 bar en -23 "C is ontweken. Dit volume wordt vervolgens met behulp van pV/T = C weer op de begintoestand (1 bar, 20 "C) te- ruggerekend (54,7 m3). Op grote hoogte (toestand 2) is de dichtheid p2 gegeven. Als we in p2V2 =

mRT2 het quotiënt mN2 door p2 vervangen ontstaat een uitdrukking waaruit R kan worden berekend ( R = 2 084,4 J/(kg K)).

Door zoninstraling wordt een gas (CH4) van 320 K dat zich in een gesloten tank bevindt 80 "C in temperatuur verhoogd. Als de warmtetoevoer 1524 kJ bedraagt, bereken dan van dit gas:

a de hoeveelheid gas in kg en in krnol. b de specifieke gasconstante R in J/(kg K) en de molaire gasconstante in J/(kmol - K); c het percentage waarmee de druk in het vat is toegenomen.

Gegeven: c, = 38,l kJl(kmo1 . K), relatieve atoommassa Ar, = 12 en ArH = 1.

Oplossing a Voor de warmtetoevoer bij constant volume geldt: Q, -2 = nc, (T2- T,) .

Hierin stelt n het aantal km01 gas voor en is c, de soortelijke warmte per kmol. De bovenstaande vergelijking levert:

n = QI-2 1524 km01 = 0,s kmol.

C , (T2 - T l , 38,l X 80

Omdat 1 km01 CH4 overeenkomt met (12 + 4) kg, is m = 0,5 x 16 kg = 8 kg.

b We beschouwen CH4 als een ideaal gas. Van elk ideaal gas is het volume per km01 22,4 ma , zodat R uit poVo = mRTo kan worden berekend. Uit- werking levert:

Voor de algemene gasconstante R, geldt: R, = MR = 16 x 519,5 J/(kmol K ) = 8312 J/(kmol . K).

De druk in het vat is dus met 25% toegenomen.

a Van een gas is bekend dat bij 2 bar en 300 K de dichtheid p = a [kg/m3]. Als bovendien gegeven is dat 1 km01 van dit gas een massa heeft van b [kg], bereken dan het quotiënt b/a.

b Voor de soortelijke warmte van een gas met een molaire massa van 0,3p wordt opgegeven 30 kJ/(kmol - K). Reken de laatstgenoemde waarde om in kJ/(kg . K).

Aanwijzingen a Voor de gaswet kan worden geschreven: p = pRT. Substitutie van de gege-

ven p, T en p levert: a = 200013R. Het volume van 1 km01 ideaal gas bedraagt 22,4 m3, We kunnen de massa van 1 km01 berekenen door te schrijven:

Po Gegeven is dat m. = b zodat b = 1,013 x 105 x 22,4 - 8311,8 mo=- -

R * R 7'0 R x 273

We kunnen nu de verhouding b/a bepalen (l2,S). b Van dit gas is de massa van 1 km01 0,3p [kg].

Om 0,3p [kg] gas 1 K in temperatuur te laten toenemen is volgens het gegeven 30 kJ warmte nodig. Hieruit is te bepalen hoeveel warmte het kost om 1 kg gas een temperatuurtoename van 1 K te geven en dit is per definitie de gevraagde soortelijke warmte (c = 100Ip kJl(kg K)).

In een gasmotor wordt 32% van de toegevoerde warmte in nuttige arbeid omgezet. Als aan de motor per uur 8 km01 gas met een molaire massa M = 16 kglkmol wordt toegevoerd, bepaal dan het geleverde motorvermogen en het brandstofverbruik in m3, /MJ. De stookwaarde van de brandstof bedraagt 21 MJIkg.

Oplossing Aan de motor wordt per uur 8 km01 gas toegevoerd. Dit komt overeen met 8 x 16 kglh = 128 kglh. De warmtestroom Q die bij verbranding vrijkomt, is nu te berekenen

Hiervan wordt 32% in nuttige arbeid omgezet zodat het motorvermogen P = 0,32 X 746,7 kW = 238,9 kW. Ten slotte wordt gevraagd hoeveel m3, brandstof nodig is voor de levering van 1 MJ arbeid. Omdat het volume van 1 km01 (ideaal) gas gelijk is aan 22,4 m3, bedraagt de brandstoftoevoer per uur 8 x 22,4 mjj = 179,2 m3, en komt de arbeidde- vering W in dit tijdsbestek overeen met: W = 238,9 X 3 600 kJ = 860,O MJ.

179'2 mi1MJ = 0,2l mYMJ. Het brandstofverbruik is dus - 860,O

Een gasmotor van 500 kW gebruikt per uur 650 m3 gas van 1 bar en 30 "C. De stookwaarde van dit gas is 13 MJIm3,.

a Als deze motor een ander gas zou gebruiken met een temperatuur van 47 "C, een druk van 0,85 bar en een stookwaarde S van 30 MJ/mi , wat zou dan het gasverbruik per uur zijn? Het thermisch rendement van de motor blijft gelijk.

b Wat is in het laatste geval het gasverbruik in mi per MJ en wat is het thermisch rendement van de motor?

Aanwijzingen a Het gasverbruik van 650 m3/h (1 bar, 30 "C) wordt eerst met behulp van

pV/T = C op een normaal-volumestroom omgerekend (578,l milh). Ver- menigvuldiging met de stookwaarde (13 MJIm3,) levert de warmte die per uur aan de motor wordt toegevoerd (7515,3 MJIh). Bij toepassing van een ander gas, moet - als het thermisch rendement niet verandert - de warmtetoevoer per uur gelijk blijven. Deling van deze warmtetoevoer door de stookwaarde van het andere gas (30 MJImJ) levert een normaal volume (250,5 m{ per uur) dat met behulp van pV/T = C op de gegeven aanzuigcondities kan worden omgerekend (349,9 m3Ih).

b De motor verbruikt 250,5 rnJ gas per uur en levert in dit tijdsbestek 500 x 3600 kJ = 1800 MJ arbeid. Het gasverbruik in mJ/MJ is dan te bepalen (0,14 m3,IMJ). Ook het thermisch rendement van de motor als verhouding van de per uur geleverde arbeid (1800 MJIh) en de toegevoerde warmte (250,5 x 30 MJIh) kan nu worden berekend (- 24,0%).

Een ballon met een inhoud van 5 dm3 wordt gevuld met 3 dm3 lucht van 100 kPa en 57 "C en 4 dm3 kooldioxyde van 175 kPa en dezelfde temperatuur. Bepaal van dit mengsel de partiële drukken, de massaverhouding, de volumeverhouding en de gasconstante. Bereken de partiële drukken eveneens als door warmte-afvoer bij constant volume de temperatuur is afgenomen tot O . "C

Ry = 287 J/(kg K), RCO2 = 189 Jl(kg - K).

Oplossing We berekenen eerst de druk pf die lucht (3 dm3,100 kPa) uitoefent als het zich alleen in de ruimte van 5 dm3 zou bevinden. Met behulp van (1.11) wordt dit:

Dit is per definitie de partiële druk van de lucht. Vervolgens wordt op dezelfde wijze de partiële druk van de kooldioxyde bepaald. Dit levert:

De totale druk is dus 200 kPa. De massa's van lucht en CO2 kunnen uit de gaswet worden berekend. Voor de verhouding mco2 en m[ kunnen we dan schrijven:

Stel de massa lucht 1 kg en schrijf voor me + m,,, = m, dan is

Volumeverhoudingen zijn gelijk aan de drukverhoudingen zodat

Voor de gasconstante van een gasmengsel geldt: t1

R, = C 3 Ri = (0,220 x 287 + 0,780 x 189) J/(kg K) = 2lO,6 J/(kg K). m

i= l

Daalt de temperatuur van het gasmengsel bij constant volume van Tl = 330 K tot T2 = 273 K, dan is de einddruk p2:

De partiële drukken nemen in dezelfde verhouding af zodat

Tien kilogram gas (R = 297 J/(kg K)) wordt gemengd met 5 kg van een ander gas waarvan de gasconstante 519 J/(kg - K) bedraagt. De temperatuur van de gassen is gelijk. Bereken de gasconstante van het mengsel, de volurneverhouding en de dichtheid bij O "C en 1,013 bar. Hoe groot zijn de partiële drukken als de druk van het mengsel 2 bar bedraagt?

Aan wijzingen Omdat de massaverhoudingen bekend zijn (f en i) kan de gasconstante van het mengsel uit (1.12) worden berekend.

n mi R, = x - Ri +J R, = 371 J/(kg - K). m

i= l

Om de volumeverhouding te bepalen, comprimeren we elk van de gassen waaruit het mengsel is samengesteld, bij constante temperatuur T tot dezelfde einddruk p.

Voor het volume van het eerstgenoemde gas geldt dan: V1 = 10x297 x T

P

Zo kunnen we ook V2 bepalen waarna de verhouding Vl/V2 bekend is. Daaruit zijn aan VI/V = 0,534 en V2/V = 0,466 te bepalen. De dichtheid van het mengsel is te berekenen uit p = pmRmT + p, =

1,O kg/m3. ik

Hierin is p de druk van het gasmengsel (2 bar). Omdat de volumeverhouding reeds berekend werd, kunnen hieruit de gevraagde partiele drukken pl en p* worden bepaald (1,07 bar en 093 bar).

In een vat van 5 m3 bevindt zich lucht met een temperatuur van 20 "C en een druk van 2 bar. Men vult het vat verder met zoveel propaangas van 20 "C dat het mengsel ten slotte een druk van 10 bar verkrijgt. De stookwaarde van het propaan is 45 MJIkg. Bepaal de partiële drukken, de massa- en volumeverhoudingen, de gasconstante van het mengsel en de stookwaarde van het mengsel in MJlmA en de dichtheid van het propaangas bij O "C en 1013 mbar. R1 = 287 J/(kg K) en Rp = 189 J/(kg K).

Oplossing De druk die de lucht alleen uitoefent is 2 bar. Dit is per definitie de parti- ële druk van de lucht. Omdat de druk uiteindelijk 10 bar wordt is het verschil de partiële druk van het propaan. Dus:pl = p e = 2 b a r e n p 2 =p, =8bar . De massa's ml en m2 kunnen uit de gaswet, toegepast op het betreffende gas, worden berekend. Dit levert:

m2 = mp = x x kg = 72,23 kg. 189 x 293

Voor de massa m van het mengsel geldt: m = ml + m2 = 84,12 kg zodat

Pi Vi Uit (1.11) volgt dat - = -. P v

De gevraagde volumeverhoudingen zijn dus gelijk aan de drukverhouding

In het vat van 5 m3 bevindt zich een gasmengsel van 10 bar en 293 K. De gasconstante R, hiervan volgt uit

p V = x 'O5 x J/(kg K) = 202,9 Jl(kg - K). R, =-

b m T 84,12 x 293

Het normaal-volume mengsel in het vat bedraagt:

De stookwaarde S per m$ mengsel is

Een mengsel van waterstof en stikstof wordt zo samengesteld dat de volumeverhouding 4:l bedraagt. De druk van het mengsel is 3 bar en de temperatuur 17 "C. Bereken de benodigde massa stikstof en het vereiste volume van het opslagvat, beide per kg waterstof. R, = 8 315 Ji(kmo1 . K), de relatieve atoommassa's zijn ArH = 1 en ArN = 14.

Aan wijzingen Volumeverhoudingen en mol-verhoudingen zijn gelijk zodat het mengsel 4 km01 H2 bevat per km01 N 2 o h e l 8 kg H2 op 28 kg N2. Per kg H2 moet dus 3,5 kg N 2 worden toegevoegd.

n R , T Het volume van het opslagvat volgt uit V =

P

waarin alleen het aantal km01 mengsel nog onbekend is. Eén kg waterstof, overeenkomend met f kmol, wordt gemengd met 3,5 kg N2 = i km01 N2. Derhalve is n = n ~ * + n ~ , bekend en daarmee het vereiste volume van het opslagvat per kg waterstof (5 m3).

Een mengsel van 2 km01 C O en 6 km01 lucht bevindt zich in een vat bij een temperatuur van 17 "C en een druk van 2 bar. Van lucht is de samenstelling in volumefracties: 0,79 stikstof en 0,21 zuurstof. Als voor de relatieve atoommassa's geldt dat A,, = 12, A,, = 16 en ArN = 14, bereken dan:

a de massa CO, 0, en N,; b het massapercentage koolstof in het mengsel.

Oplossing a De gevraagde massa's kunnen worden bepaald uit m = nM dus door van

elk gas uit het mengsel het produkt te bepalen van de gashoeveelheid in km01 en de (gegeven) molaire massa. Volumefracties komen overeen met mol-fracties zodat de 6 km01 lucht in het mengsel bestaat uit 0,21 x 6 km01 0 2 . Derhalve is mo, = 1,26 x 32 kg = 40,3 kg. m ~ , = 4,74 x 28 kg = 132,7 kg. mco = 2 x 28 kg = 56 kg.

b Alleen de CO bevat koolstof en wel 12 kg per km01 CO. In het mengsel bevindt zich 2 km01 CO dus 24 kg C. De totale massa van het mengsel m = (40,3 + 132,7 + 56) kg = 229 kg. Het gevraagde massapercentage koolstof is dus x 100% = 105%.

Een gasmengsel bestaat uit 56 kg C O en 96 kg O2 van 500 K. Dit mengsel wordt bij een constante druk van 3 bar tot 300 K afgekoeld. Voor koolmonoxyde is ZP =

1,055 kJ/(kg - K) tussen O "C en 300 "C en ZP = 1,076 kJl(kg - K) tussen O "C en 500 "C. Voor zuurstof zijn deze waarden resp. 0,950 kJ/(kg - K) en 0,979 kJ/(kg K). R, = 8 315 J/(kmol K). Relatieve atoommassa's: A,, = 12, A,, = 16. Bereken van dit gasmengsel:

a het aantal km01 CO en O, en hun volurnefracties; b de molaire massa en de gasconstante R, in Jl(kg K); c het volume van C O en O2 in de begintoestand; d de dichtheid in de begintoestand en in de normaaltoestand; e de af te voeren warmte Q,-2 in MJ.

Aan wijzingen a De molaire massa kan uit de gegevens worden bepaald.

1 km01 CO 2 28 kg en 1 km01 O2 o 32 kg. Uit de gegeven massa CO en O2 kan nu vastgesteld worden dat het mengsel 2 km01 CO bevat en 3 km01 02 . Mol-fracties en volumefracties zijn aan elkaar gelijk zodat de volumefracties nu ook bekend zijn (Vl/V2 = 213 -+ Vl/V = 0,4 en V21V = 0,6).

b Voor de molaire massa van het mengsel geldt M, = d n en voor de gasconstante R, = R,IM,. Zowel m als n zijn bekend (152 kg resp. 5 kmol) zodat M, en R, kunnen worden berekend (30,4 kglkmol, 273,s J/(kg . K ) ) . R, kan ook uit p,V, = mR,T, worden bepaald. (V, = 5 x 22,4 m2 = 1 12,O mi).

c Het normaal volume CO (2 x 22,4 mi) en O2 (3 x 22,4 mi) zijn bekend. Zowel voor CO als O2 is het volume in de begintoestand (3 bar, 500 K) dan uit pl VIITl = poVoITo te berekenen. Dit levert 27,70 m3 resp. 41,55 m3.

d Voor de dichtheid van het mengsel in de begintoestand en in de normaaltoestand schrijven we: Pm = piIR,Tl resp. p, = poIR,To. Alle benodigde gegevens (pl, p,, R,, Tl en T,) zijn bekend. Substitutie levert: p, = 2,19 kglm3 en p, = 1,36 kglmn.

e De gemiddelde soortelijke warmte ZP tussen 300 K en 500 K kan uit (1.3) worden berekend. Dit levert 7, = 1,108 kJl(kg K) voor CO en T,, = 1,023 kJ/(kg K) voor 0 2 . Voor de soortelijke warmte van het mengsel ZP m geldt (1.14). Dit levert: -

= 1,054 kJ/(kg . K). De af te voeren warmte kan ten slotte berekend worden uit

= mZpm (T2 - T l ) -+ = -32,O MJ.

2 De eerste hoofdwet

. ...

Een geladen accu ontlaadt zich vanzelf in een ruimte met een constante temperatuur van 20 "C. Er wordt geen elektrische energie geleverd maar wel wordt 1500 kJqthermische energie naar de omgeving afgevoerd. Als de accu vervolgens weer langzaam wordt opgeladen tot de begintoestand, kost dit 2100 kWs elektrische energie. Hoe groot is de warmtetoevoer aan de accu tijdens dit opladen?

Oplossing Tijdens het ontladen van de accu neemt de inwendige energie af. Volgens de eerste hoofdwet is deze afname U2 - U1 = Q1-2 - W1-2 = (-1500 - O) kJ = -1500 kJ. Als de begintoestand van het systeem (de accu) weer wordt hersteld, moet de inwendige energie weer met 1500 kJ toenemen. De toegevoerde elektrische arbeid is 2100 kWs = 2100 kJ zodat voor het proces van opladen geschreven kan worden: Q2-, = U1 - U2 + W2-I = (1500 - 2100) kJ = - 600 kJ. Tijdens het opladen wordt dus 600 kJ warmte naar de omgeving afgevoerd.

Aan een installatie wordt per uur 100 MJ warmte toegevoerd tenvijl het toegevoerde mechanische vermogen 3 kW bedraagt. Als de afgevoerde mechanische energie 6 MJ per 5 minuten bedraagt, bereken dan de verandering van de inwendige energie van de installatie in het laatstgenoemde tijdsbestek.

Aan wijzingen De gevraagde verandering van de inwendige energie kan uit de eqste hoofdwet, geschreven als = - + worden berekend. De waarde van Q l -2 = 27,78 kW, de waarde van de netto arbeidslevering bedraagt 17 kW. Substitutie hiervan in de eerste hoofdwet levert AU per Se- conde (AU = 3 234 kJ15 min).

Voor de inwendige energie van een gas kan worden geschreven: u = (0,745 T + C ) kJ/kg waarin C een constante voorstelt. Een kilogram van dit gas wordt van 50 "C tot 375 "C verwarmd. Bereken de toe te voeren hoeveelheid warmte in de volgende twee gevallen:

a Het genoemde gas bevindt zich in een ruimte waarvan het volume constant is. b Het gas bevindt zich in een cilinder die is afgesloten door een zuiger die zich vrij

kan bewegen. Het specifiek volume van het gas dat een constante druk van 2 bar heeft, neemt bij de verwarming toe van 0,3 m31kg tot 0,6 m31kg. Bepaal ten slotte uit het voorgaande de cp-waarde van het gas.

Oplossing a Als het volume niet verandert, kan ook geen arbeid worden geleverd zo-

. dat per massa-eenheid geldt dat 91-2 = u2 - UI = 0,745 AT = 0,745 X 325 kJlkg = 242,l kJlkg.

b De druk is constant zodat de geleverde arbeid gelijk is aan wl-2 = p (fz i / 1) = 2 X 105 X 0,3 Jlkg = 60 kJlkg. De toe te voeren war te q l -2= (u2- u 1 ) + p T v 2 - 1) = (242,l +60)kJ/kg=302,lkJ/kg. De inwendige energie is alleen afhankelijk van de temperatuur zodat de verandering van de inwendige energie gelijk is aan die bij a. Voor de toe te voeren warmte kan ook worden geschreven:

929,s J/(kg K).

Water van 50 "C ( = 0,001 rn3lkg) wordt toegevoerd aan een ketel waarin een druk heerst van 8 MPa. Het specifieke volume van de afgevoerde stoom bedraagt 0,032 m3Ikg. Bereken de arbeid (kJ/kg) die bij de overgang van water in stoom wordt verricht.

Aanwijzingen Bij de overgang van water in stoom in een ketel is de druk constant. Ver- loopt de toestandsverandering bovendien (inwendig) omkeerbaar dan geldt dat

Substitutie van de gegevens levert: wl -2 = 248 kJlkg.

Voor de toepassing van bovengenoemde uitdrukking speelt de aard van het medium geen rol, hetgeen blijkt uit de afleiding. De arbeid die bij de verdamping op de omgeving wordt verricht is gewoonlijk 5 à 15% van de verdampingswarmte. We noemen dit wel de 'uitwendige' verdampingswarmte. Het grootste deel van de toe te voeren warmte is dus nodig om de afstand tussen de moleculen onderling te vergroten (inwendige verdampingswarmte).

Aan een ideaal gas wordt bij constante druk 266 kJ warmte toegevoerd. Bereken d& op de omgeving verrichte arbeid, de verandering van de inwendige energie en die van de enthalpie alsmede de k-waarde van het gas. Gegeven is dat het 160,2 kJ warmte kost om dezelfde temperatuurtoename te realiseren als het volume constant wordt gehouden.

Oplossing De verandering van de inwendige energie is alleen afhankelijk van de temperatuurverandering en is dus voor beide toestandsveranderingen gelijk. Voor het constant volumeproces is AU = = 160,2 kJ zodat ook bij p = C geldt dat AU = 160,2 kJ. Het verschil tussen bij p = C en bij V = C is de arbeid Wi -2 die op de omgeving is verricht. Derhalve is:

w1 -2 = - Q I - ~ ~ = (266 - 160,2) kJ = 105,8 kJ.

Uit (2.8) volgt dat voor een medium waarvan de druk niet verandert, de toegevoerde warmte overeenkomt met de toename van de enthalpie. H2 - Hl = Q,-gc = 266 kJ.

Uit AU = mc, (T2 - Ti) en AH = rncp (T2 - T,) volgt dat

Water van 10 bar en de daarbij behorende verdampingstemperatuur (toestand 1) wordt door warmtetoevoer bij constante druk in verzadigde stoom (toestand 2) omgezet. Hoeveel procent van de toegevoerde verdampingswarmte r is nodig geweest voor het vergroten van de inwendige energie bij de faseverandering en hoe groot is de inwendige energie (kJ/kg) van de stoom in de eindtoestand. r = 2013,6 kJ/kg, 1 = 0,001 m3/kg, 2 = 0,1943 m3lkg. h2 = 2776,2 kJ/kg.

Aan wijzingen Gelet op de tekst bij opgave 2.5 kunnen we voor de uitwendige arbeid, als gevolg van de volumevergroting bij verdamping, schrijven: ~ 1 - 2 = p ( 2- + ~ 1 - 2 = 193,3 kJ/kg. Dit komt overeen met 9,6% van de verdampingswarmte, zodat 90,4% van de verdampingswarmte nodig is voor het vergroten van de inwendige energie. Voor de inwendige energie in de eindtoestand gaan we uit van de enthalpie h = u + p . Hieruit volgt dat: UZ = h2 - p2 2 + = 2581,9 kJ/kg. Uit h = u + p volgt dat h en u niet hetzelfde nulpunt kunnen hebben.

Een gas wordt van 1 bar tot 4 bar gecomprimeerd; het volume verandert daarbij van 0,l m3 tot 0,05 m3. Het verband tussen druk en volume bij deze compressie luidt: pVn = C. Als tijdens deze toestandsverandering de verhouding tussen QlPz en W1-Z gelijk is aan -0,6, bereken dan de veran-

L. -- -.- dering van de inwendige energie van dit gas alsmede de waarde van n.

Oplossing omdat p v n = C i s p l ~ l n = p2V;. De indices 1 en 2 hebben betrekking op begin- en eindtoestand. Uit deze betrekking kan n worden opgelost.

De verandering van de inwendige energie kan uit de eerste hoofdwet worden berekend. We schrijven d ~ _ _ -

,// 'F' t' /

UZ-UI = - =' Wl -2 12-11 = 1 , 6 W1-2 @

'i De geleverde arbeid kan uit (2.3) worden bepaald

C = p1Vln = 105 x O,12 J - m3 = 1000 J . m3. WlV2 = -1000 (0,05-1 - 0,l-1)J = -104 J. Substitutie hiervan in (a) levert AU = -1,6 (-104)J = 16.000 J.

In een cilinder, afgesloten door een zuiger, bevindt zich 0,04 m3 gas van 10 bar. Bereken bij de expansie van dit gas de geleverde arbeid in de volgende gevallen:

a De expansie verloopt volgens pV = C tot een eindvolume van 0,15 ms. C is een constante.

b De expansie verloopt volgenspV = C tot V, = 0,05 m3.

Aan wijzingen In beide gevallen kan de gevraagde arbeid worden berekend uit

De constante C die in het antwoord voorkomt kan in geval a bepaald worden uit C = p1 V1 en in geval b uit C = p l V13. Dit levert C = 4 x 104 Nm resp. C = 64 Nm7. De geleverde arbeid wordt dan 52.8709 J resp. 7200 J.

Een gas expandeert in een cilinder van 0,2 m3 tot 0,4 m3. Het verband tussen de druk p (bar) en het volume V (m3) kan als volgt worden geschreven: p = 3,2 V + 1,2.

a Teken de toestandsverandering in een p - V-diagram en bereken de door het gas geleverde arbeid alsmede de arbeid nodig om de buitenlucht (p, = 1 bar) te verdringen. De zuigerbeweging verloopt wrijvingsloos.

b Als de wrijvingskracht tussen zuiger en cilinder 3000 N bedraagt en de zuigeroppervlakte (A,) 0,4 m' is, bepaal dan de wrijvingsarbeid.

c Hoe zou de gegeven druk-volume-relatie in de praktijk kunnen worden gereali- seerd?

Oplossing a In begin- en eindtoestand zijn de drukken resp:

p, = (3,2 x 0,2 + 1,2) bar = l,84 bar. p2 = (3,2 x 0,4 + 1,2) bar = 2,48 bar. Tussen p en V bestaat een lineair verband zodat p = f (V) als een rechte lijn kan worden getekend (fig. 2.1). De in fig. 2.1 gearceerde oppervlakte stelt op een zekere schaal de arbeid voor. Deze oppervlakte is het produkt van de gemiddelde druk p, en de volumeverandering. p, = (1,84 + 2,48)/2 bar = 2,16 bar.

= Pm (V2-Vl) = 2,16 X 105 X 0,2 J = 4392 kJ. Uiteraard is deze uitkomst ook te verkrijgen door integratie van:

De arbeid om de buitenlucht te verdringen bedraagt: W = p , (V2-Vl) = 105 X 0,2 J = 20 kJ.

b De wrijvingsarbeid is het produkt van de wrijvingskracht F, en de weg s die deze kracht aflegt. De volumeverandering bij de toestandsverandering is gelijk aan A, . s, waarin A, de zuigeroppervlakte voorstelt

De wrijvingsarbeid WW = F, s = 3 000 x 0,5 Nm = 1,5 kJ. c Uit fig. 2.1 blijkt dat de druk van het gas bij expansie toeneemt. Dit kan

men realiseren door het aanbrengen van een veer (fig. 2.2). Neemt het . gasvolume toe, dan wordt de veer ingedrukt en neemt de uitwendige druk op de zuiger (en dus ook de druk van het gas) toe.

v+

Fig. 2.1 Fig. 2.2

Een gas wordt door middel van een zuiger via een nauwe opening in de cilinder- wand naar de omgeving (1 bar) afgevoerd. De zuiger beweegt zich zo langzaam

dat de druk in de cilinder constant (3 bar) blijft. Het verdreven gasvolume be-

draagt 0,7 m3. Buiten de cilinder neemt dit gas een volume in van 2,5 m3. Bereken de totale arbeid die door dit gas is verricht.

Aan wijzingen Noemen we het cilindervolume in de begintoestand VA en aan het einde van het proces VB dan is VA-VB = 0,7 m3. Het gas dat naar buiten stroomt neemt in de eindtoestand een volume in

van 2,5 m3. Het een en ander is in fig. 2.3 weergegeven. De stippellijn buiten de cilinder is de denkbeeldige begrenzing van het uitgestroomde gas. De totale arbeid die door het gas wordt verricht is de som van de arbeidshoeveelheid die bij de zuigerverplaatsing wordt overgedragen (-210 kJ) en de arbeid die het uitstromende gas levert (250 kJ). De laatstgenoemde arbeid is p, (Veind - Vbrgin) waarin Vbegin = 0.

Fig. 2.3

In een cilinder, afgesloten door een zuiger die zich wrijvingsloos kan bewegen, bevindt zich 0,06 m3 gas van 30 bar. Tijdens een expansie van dit gas waarbij pV2 = C, wordt het volume verdubbeld. Als op de buitenzijde van de zuiger de atmosferische druk (1 bar) werkt, bereken dan de totale arbeid die door het gas aan de omgeving wordt afgestaan en de arbeid die aan de zuigerstang kan worden afgenomen.

Oplossing De arbeid die aan de omgeving wordt afgestaan bedraagt:

De constante C = p1 VI2 = 30 X 105 X (0,06)2 Nm4 = 10.800 Nm4.

W 1 - 2 = 10.800

J = 90 kJ. 0,12

Een deel van deze arbeid is nodig geweest om de zuiger, tegen de atmosferische druk p, in, te verplaatsen. Deze arbeid bedraagt p, (V2 - V*) =

p, Vl = 105 X 0,06 J = 6 kJ. De arbeid die 'nuttig' beschikbaar komt is dus: Wnuttig = (90-6) kJ = 84 kJ.

3 Toestandsveranderingen in gesloten systemen

Hoeveel warmte moet men toevoeren om de temperatuur van twee kg van een gas bij constante druk van 25 "C tot 175 "C te laten toenemen? Gegeven is dat de

. soortelijke warmte van de temperatuur afhangt volgens c, = a + b(T - 273), waarin a = 1.0 kJl(kg. K) en b = 10-3 kJl(kg K2).

Aan wijzingen De toe te voeren warmte is te berekenen uit:

Qi-2 = mC, (T2 - Ti) (4. Hierin is alleen Z, nog niet bekend. Omdat uit de gegeven functie blijkt dat c, lineair verloopt geldt dat - c, = (cpl + cp2)/2 + C, = 1, l kJl(kg K). Substitutie in (a) levert Q, -2 = 330 kJ. De gemiddelde waarde kan ook uit (1.3) worden berekend. Dan schrijven we: Ql-2 = m (C2 t2 - Cl tl) (b). Hierin zijn Tl en Z2 de gemiddelde waarden van c, tussen O "C en 25 OC resp. tussen O "C en 175 "C. - a+a+25b C1 = 3 = a + 12,5b enë2 = a + 87,5b.

Invullen van deze waarden in (b) -+ QIw2 = 330 kJ.

3.2

In een verticale cilinder, aan de bovenzijde afgesloten door een zuiger waarop de atmosferische druk (1 bar) werkt, bevindt zich 0,s m3 lucht van 100 "C. D e opp- pervlakte van de zuiger is 0,l m2, de massa ervan 100 kg. Door afkoeling wordt het volume van de lucht 0,125 m3 kleiner. Bereken de eindtemperatuur van het gas, de afgevoerde warmte en de door het gas verrichte arbeid. c, = 1005 Jl(kg - K), R = 287 J/(kg K), g = 9,8 mIs2.

Op lossing De druk p op het gas is de som van de atmosferische druk p, en de druk p, als gevolg van het gewicht van de zuiger.

p = pa + pz = (105 + 9800) Pa = 109.800 Pa. Tijdens de zuigerbeweging is de druk p constant.

P i - 109.800 x kg = 0,513 kg en het De gasmassa m = - - R TI 287 x 373

volume in de eindtoestand V2 = Vl + AV = (0,s - 0,125) m3 = 0,375 m3. Nu kan de gevraagde eindtemperatuur uit de gaswet worden berekend

De warmtehoeveelheid die de grenslijn van het systeem passeert, bedraagt: Q, -2 = mep (T2 - T l ) = 0,513 x 1005 x (279,7 - 373) J = -48,l kJ. De door het gas verrichte arbeid is W1-2 = P (V2 -V1) = 109.800 (-0,125) J = -13,7 kJ. Toepassing van (3.10) W1-2 = mR (T2 - T I ) levert uiteraard hetzelfde resultaat.

Twee kilogram gas stroomt door een verhitter waarvan de weerstand wordt verwaarloosd. Hierin stijgt de temperatuur van het gas 150 K. Als cp = 1,O kJl(kg - K) bereken dan:

a de toe te voeren thermische energie; b de arbeid die door het systeem o p de omgeving wordt verricht als k = 1,4; c de gasconstante R in J/(kg K); d de verandering van de inwendige energie in kJIm3,.

Aanwijzingen a Verwaarlozing van de weerstand houdt in dat de druk van het gas con-

stant is. De toe te voeren warmte volgt van uit (3.11):

Q1-2 = mcp (T2 - T l ) Q1 -2 = 300 kJ. b Een isobaar is een polytroop met exponent n = O. Daarom kan uit

k - l (3.9) worden berekend: W1 -2 = - Q1 -2 -+ Wl -2 = 85,7 kJ. k

c Voor de bij b gevraagde arbeid kan ook W1-2 = mR (T2 - Tl) worden geschreven. Hieruit kan R worden opgelost + R = 285,7 J/(kg - K). De waarde van R kan echter ook bepaald worden uit: R = cp - C, = cp - cplk

d AU = Q, -2 - Wl + AU = 214,3 kJ. De uitdrukking (2.2) levert hetzelfde resultaat maar dan moet eerst c, worden berekend (c, = 714,3 J/(kg - K)). Met de gaswet kan de gegeven massa op een normaal volume worden omgerekend (1,54 mi) -+ AU per m; (139,2 kJ/mj,).

Aan 3 m3 lucht van 40 "C en 3 bar worden 358 kJ warmte toegevoerd. De lucht bevindt zich in een gesloten vat. Wat is de eindtoestand van de lucht en hoeveel ma lucht moet men vervolgens laten ontsnappen om de begindruk weer te bereiken?

R = 287 J/(kg . K), c, = 716 J/(kg , K).

Oplossing De eindtemperatuur T2 kan berekend worden uit Q1-2 = mc, (T2 - Tl) mits de luchtmassa bekend. Deze massa bedraagt:

0 1 - 2 + T - Daarmee wordt T2 = - , - {358x1U'1313 mcv 10 X 716

De einddruk p2 volgt uit:

mR x 287 x 363 Pa = 347.270 Pa = 3,47 bar. P2 = ----- -

v2 3

Als men vervolgens lucht laat ontsnappen tot de druk weer 3 bar is, dan is de luchtmassa die in het vat is achtergebleven, gelijk aan:

Er is dus (10 - 8,64) kg = 1,36 kg lucht ontsnapt hetgeen overeenkomt met een normaal volume van:

.-

a In een cilinder, afgesloten door een zuiger, bevindt zich 0,3 m3 van een gas waarvan de druk door afkoeling daalt tot f van de beginwaarde. Het volume wordt hierbij constant gehouden. Met welk bedrag moet het volume vervolgens bij een verwarming onder constante druk toenemen om de begintemperatuur weer te bereiken?

b Als de begindruk 3 bar is, wat is dan de netto warmtehoeveelheid die tijdens de bovengenoemde toestandsveranderingen moet worden toegevoerd en wat is de totale verandering van de inwendige energie?

Aanwijzingen De gegeven toestandsveranderingen zijn in fig. 3.1 aangegeven.

a Uit de gegevens en de gaswet kunnen we berekenen dat: T2 = f Tl en V3 = 3V2+ V3 - V2 = 2V2 = 2V1 = 0,6m3

b Qm = Q,-2 + Q2-3 = CV (T2 - T I ) + mep (T3 - T.d. Substitutie van T2 = :Tl en T3 = Tl levert Q,, = : mRTI. Hierin kan mRT1 door plV1 worden vervangen + QtOt = 60 kJ. De inwendige energie is een toestandsgrootheid die alleen van de temperatuur afhankelijk is. Aangezien begin- en eindtemperatuur gelijk zijn is AU,,, = O. Dit kan ook worden aangetoond door (U2 - U,) = me, (T2 - T l ) en U3 - U2 = mc, (T3 - T2) te sommeren.

Fig. 3.1

3.6

Aan 0,5 km01 stikstof in een afgesloten ruimte wordt door middel van een elektrische weerstandsdraad warmte toegevoerd. D e draad, die rondom de genoemde ruimte is aangebracht, wordt gedurende 80 s aangesloten op een gelijkspanning van 125 V. D e stroom is 5 A. Het gas wordt als ideaal beschouwd.

Bereken de toename van de inwendige energie van het gas alsmede de waarde van c, en cp als de temperatuurstijging van het gas 4,8 K bedraagt en alle therrni- sche energie door de stikstof wordt opgenomen. De molaire massa M van stikstof

bedraagt 28 kglkmol; R, = 8 315 Jl(kmo1 K).

Oplossing Het elektrische vermogen P = U . I = 125 x 5 W = 625 W. De geleverde elektrische energie E in 80 seconden bedraagt: E = 6 2 5 ~ 8 0 J = 5 0 k J . Voor de toename van de inwendige energie geldt: U2 - U1 = Q1 -2 - W* -2. We leggen de systeemgrens zo dat de weerstandsdraad zich buiten deze grens bevindt. Dan wordt aan het systeem 50 kJ warmte toegevoerd en is Wl -2 = O zodat U2 - UI = 50 kJ. Voor de verandering van de inwendige energie kunnen we schrijven:

U2 - U1 = mc, (T2 - Tl) -+ c, = 2 - 1 - - 50 x 103 J/(kg K) =

m(T2 - Tl) l 4 x 4,8

744 J/(kg . K).

R, 8315 Volgens (1.8) is R = - = - J/(kg K) = 297 J/(kg K). M 28

Voor een ideaal gas is R = c, - c, zodat cp = R +cv = (297 + 744) J/(kg . K) = 1041 J/(kg. K).

Aan 3 kg gas van 300 K wordt bij constant volume 193,5 kJ warmte toegevoerd. Vervolgens wordt het gas isotherrnisch gecomprimeerd waarbij 193,5 kJ arbeid wordt toegevoerd. De drukverhouding is hierbij gelijk aan die van het eerstgenoemde proces. Teken de beide toestandsveranderingen in één p-V-diagram, arceer de totaal toe te voeren arbeid en bepaal, als c, = 322 J/(kg K):

a de gasconstante R in J/(kg K); b de warmte-afvoer tijdens de isothermische compressie in kJ/kg; c de verandering van de inwendige energie tijdens elk van de bovengenoemde toe-

standsveranderingen.

Aanwijzingen a De toestandsveranderingen zijn in fig. 3.2 afgebeeld.

De arbeid W2-3 = mRT2 In p2/p3 = mRT2 In pilp2

Als T2 en de drukverhouding bepaald zijn, kan hieruit de gasconstante worden berekend. Uit = mc, (T2 - T l ) volgt dat T2 = 500,3 K terwijl pllTl = p21T2 de genoemde drukverhouding oplevert. Substitutie hiervan in (a) + R = 252,l Jl(kg K).

b De warmte-afvoer q2-3 = Q2-3/m. De massa m is gegeven terwijl volgens (3.14) Q2-3 = W2-3 = -193,5 kJ. Hieruit volgt: q2-3 = -64,s kJlkg.

c De veranderingen van AU kunnen worden berekend uit (2.2). Dit levert AU1-2 = 193,s kJ resp. AU2-3 = 0.

v-b

Fig. 3.2

a In een cilinder met een inhoud van 5 dm3 bevindt zich een gas met een druk van 10 bar. Bij expansie moet 11.515 J warmte worden toegevoerd om de temperatuur constant te houden. Bereken druk en volume aan het einde van de expansie.

b Vervolgens wordt bij constant volume wederom 11.515 J warmte toegevoerd. Be- reken de einddruk en de verandering van de enthalpie als de temperatuurstijging bij dit proces 288 K bedraagt en k = 1,4.

Op lossing a De beide toestandsveranderingen zijn afgebeeld in fig 3.3.

Voor de isothermische expansie geldt dat = plV1 In p1/p2.

Qi-2 Hieruit volgt dat In pllp2 = - zodat p2 kan worden berekend. P1 v1

P l In - = 11.515 P I

= 2,303 -+ - = 10. Dusp2 = 1 bar. p2 106x5 X 10-3 p2

Voor het constant-volumeproces 2-3 geldt volgens (3.13):

x + 10, Pa = l,92 bar. = { 0.05 1

De verandering van de enthalpie kan worden bepaald uit (2.8). Voor het constant volumeprces 2-3 levert deze uitdrukking: H3 - H2 = Q2-. + V2 (p3 - - p 2 ) = { 11.515 + 0,05 (1,92 - 1.0) 105) J H3 - H2 = 16,l kJ.

v+

Fig. 3.3

Twee kilogram gas van 1000 K wordt bij constante druk afgekoeld tot het volume gehalveerd is. Vervolgens wordt het gas isentroop van 2 + 3 gecomprimeerd tot de inwendige energie weer de oorspronkelijke waarde heeft. Teken het proces in een p-V diagram en bereken W I - ~ , per m$ alsmede

w2-3. R = 190 J/(kg. K) en cp = 840 J/(kg K).

Aan wijzingen De gegeven toestandsveranderingen zijn in fig 3.4 afgebeeld. Na de warmte-afvoer is

v2 T2 = - Ti = 500 K. Vervolgens kan W l e 2 worden bepaald uit: v1

W1-2 = mR (T2 - T l ) -+ W i P 2 = -190 kJ. De warmte-afvoer, berekend uit Ql-z = mc, (T2 - T l ) levert: Q I w 2 = -840 kJ. De gegeven massa wordt vervolgens in een normaal volume omgerekend (1,024 mn) waarna Q I w 2 per m$ kan worden bepaald (-820,3 kJlm2).

Voor de isentroop 2-3 geldt: Q2-3 = O = U3 - U2 + W2-3. = - (U3 - U2) = -mc, (T3 - T2) = -mc, (T l - T2).

Uit R = c, - c, volgt dat c, = 650 Jl(kg K) zodat WzWa nu kan worden berekend (-650 kJ).

v+

Fig. 3.4

Bij een isothermische expansie van 2 kg lucht met een druk van 103 kPa en een temperatuur van 446 K wordt 210 kJ warmte toegevoerd. Bereken de einddruk in kPa als het gas vanuit dezelfde begintoestand isentroop expandeert en de geleverde arbeid even groot is als bij de isothermische expansie. R = 287 J/(kg K) en k = 1,4.

Oplossing Bij een isothermische expansie is de geleverde arbeid gelijk aan de toegevoerde warmte; in dit geval dus 210 kJ. Bij een isentrope expansie vanuit dezelfde begintoestand tot een nog onbekende eindtoestand 2 (fig 3.5) is de geleverde arbeid eveneens 210 kJ. Volgens (3.15) geldt voor de arbeid bij de isentrope expansie:

-mR Wl-2 = - (T2 - T l ) = 210 X 103 J . k - l

De einddruk p2 is dan te berekenen uit de wet van Poisson:

v-b Fig. 3.5

Lucht met een druk van 10 bar en een temperatuur van 160 "C expandeert polytroop tot 1 bar en 27 "C. Bepaal de exponent n en de soortelijke warmte c van de polytroop alsmede de hoeveelheid warmte die per kilogram lucht moet worden toegevoerd cp = 1005 Jl(kg - K) en c, = 716 J/(kg - K).

Aanwijzingen 7'1" - 7;" Voor de polytrope expansie geldt: - - -.

P I n - 1 p2"-l

Hierin is n de enige onbekende en kan dus worden opgelost (n = -1,19) Vervolgens kan de soortelijke warmte c uit (3.7) worden bepaald (c = -805,l J/(kg - K)) waarna de toe te voeren hoeveelheid warmte 41-2 kan worden berekend q1 -2 = c (T2 - T l ) -+ ql-2 = 107,l kJ/kg.

a Bereken de verandering van de inwendige energie van 1 m3 gas dat isentroop van 1 bar tot 6 bar wordt gecomprimeerd. k = 1,3.

b Bepaal de verandering eveneens wanneer het gas vervolgens bij constante druk tot op de begintemperatuur wordt afgekoeld. Verklaar de uitkomst van deze berekening.

Oplossing De toestandsveranderingen zijn in fig 3.6 aangegeven.

a Voor de isentroop 1-2 geldt volgens de eerste hoofdweg dat U2 - UI = - W 1 - 2 . Volgens (3.15) kan voor W 1 - 2 worden geschreven:

-1 w - 2 = - (P2v2 - p1V1).

k - l

Gaan we uit van 1 m3 gas (V1 = 1 m3) dan is

m3 = 0,252 m3. Substitutie in W1-2 levert:

-1 -1 W 1 4 = - @,V2 - p l V 1 ) = -(6 X 105 X 0,252 - 10') J = 170,7 kJ. k - l 023

Daarmee wordt U2 - UI = - W1 -2 = 170,7 kJ. b Gegeven is dat T3 = Tl zodat de toestanden 1 en 3 op dezelfde isotherm

zijn gelegen. Omdat U = f(T) is UI = U3 zodat de gevraagde (U3 - U2) =

-(U2 - U I ) = -170,7 kJ. Dezelfde uitkomst wordt uiteraard verkregen door te schrijven: u3 - u2 = Q2-3 - w'2-3.

Volgens (3.10) en (3.11) geldt dat:

k Q2-3 = -P2 (V3 - v2) en W2-3 = P2 (V3 - V2) .

k - l

De enige onbekende in deze uitdrukkingen is V3. Deze kan worden vastgesteld uit de overweging dat l en 3 deel uitmaken van dezelfde isotherm zodat pl V , = p3V3 -j. V3 = 0,167 m3.

Fig. 3.6

Aan een gas van 10 bar en 500 K (toestand 1) wordt bij constant volume zoveel warmte onttrokken dat de druk daalt tot 2 bar (toestand 2). Daarna wordt bij constante druk thermische energie toegevoerd tot het snijpunt 3 van de isentroop door 1 en de genoemde isobaar. Teken het gehele proces in een p- V-diagram en bereken q, -2, q2-3 en w2-3 in kJ per kilogram gas. cp = 1000 J/(kg - K), c, = 716 Jl(kg K), k = 1,4 en R = 287 Jl(kg . K).

Aan wijzingen Teken de isochoor 1-2, de isobaar 2-3 en de isentroop 1-3 (fig 3.7). Voor de gevraagde warmtehoeveelheden en arbeid schrijven we: s i -2 = c v (T2 - Tl); q2-3 = CP (T3 - T2); w2-3 = R (T3 - T2) Hierin zijn T2 en T3 onbekend. Deze kunnen als volgt worden bepaald:

Uitwerking levert: ql -2 = -2û6,4 kJ/kg, q2-3 = 215,7 kJ/kg en w2-3 = 61,9 kJ/kg.

Fig. 3.7

r'\ 13.14 {,, ,) d-'

a Twee kilogram lucht (R = 287 J/(kg K), k = 1,4) expandeert polytroop waarbij de geleverde arbeid 443 kJ bedraagt. Bereken de temperatuurdaling van het gas als bij de expansie 55,5 kJ aan warmte wordt toegevoerd. Wat is de soortelijke warmte van de polytroop en wat is de geleverde arbeid in kJ/@?

b Bereken de drukverhouding bij de expansie als gegeven is dat de begintemperatuur 600 K bedraagt.

Oplossing a De temperatuurdaling kan worden berekend door uit te gaan van (3.5):

-mR = - (T2 - T l ) + Tl - T2 =

(n - 1) W1-2 n - l m R

De exponent n kan worden bepaald met behulp van de uitdrukking (3.9):

k-n Q1-2 =: - W 1 - 2 + ~ = k - ( k - 1) Qi-2

= l,4 - 0,4 x 553

443 = 1,35.

k-l W1-2

Substitutie in (a) levert: Tl - T2 = 0 3 x 413 x lo3 K = 270,l K. 2 x 287

De soortelijke warmte c kan uit = mc (T2 - T l ) worden berekend.

C = QI-2 - - 5595 x lo3 J/(kg . K) = -102,7 J/(kg . K).

m(T2 - Tl) -2 x 270,l

Voor het bepalen van de geleverde arbeid per mi moet het normaalvolume V, worden berekend dat overeenkomt met 2 kg lucht

Tl <i T2" P l b Bij de expansie geldt dat - - - Pi n-i P2 n-1

= 10.

Een hoeveelheid lucht van 2 bar en 27 "C wordt polytroop tot 150 "C gecomprimeerd, waarbij 1600 kJ warmte wordt onttrokken. Bereken de exponent van de polytroop, de einddruk en de toe te voeren arbeid, als gegeven is dat de hoeveelheid lucht 25 kg bedraagt. c, = 1000 Jl(kg K), c, = 716 J/(kg K), R = 287 J/(kg. K).

Aanwijzingen Voor de soortelijke warmte van de polytroop geldt per definitie:

C = q1-2 . Met ql-2 =

-1 600 X 103 25 J + C = -520,3 Jl(kg K).

7'2 - Tl C - c,

De exponent van de polytroop kan bepaald worden uit n = - Uitwerking levert: n = 1,23. c - c, De einddruk p2 kan uit de wet van Poisson worden berekend.

7" '%,-l

P2 = p1 {T} + p2 = 12,6 bar.

-mR De toe te voeren arbeid W l P 2 = - (T2 - T,). n-l

In deze uitdrukking zijn alle grootheden bekend -+ = -3837,l kJ.

Een kilogram lucht van 1 bar en 300 K (toestand 1) wordt isothermisch gecomprimeerd tot p2 = 5 bar. Daarna volgt een polytrope toestandsverandering 2-3, die verloopt volgens een rechte lijn door de oorsprong van het p-V-diagram. De druk p3 wordt hierbij 10 bar. Bereken voor de processen 1-2 en 2-3 de toe te

voeren arbeid in kJ/kg, alsmede de exponent van de polytroop. R = 287 J/(kg K).

Oplossing De bovengenoemde toestandsveranderingen zijn in fig. 3.8 afgebeeld. De isotherm (pV = C) is een polytroop met exponent n=l. Voor de rechte 2-3 door de oorsprong geldt:

Een rechte lijn door de oorsprong kan dus eveneens beschouwd worden als een polytroop. De exponent n= -1. Voor de isotherrnische toestandsverandering 1-2 geldt:

P l 1 w,-2 = RT In - = 287 x 300 In - Jlkg = -138,6 kJ1kg. P2 5

-R Voor de polytroop 2-3 is volgens (3.5) = - (T3 - T2). n-l

"44, Volgens de wet van Poisson is T3 = T2 {E} = 300 x 22 K = 1200 K

-287 (1200 - 300) Jlkg = 129,l kJ1kg. zodat wl-2 = - -2

v+ Fig. 3.8

Een gas met een volume van 1,4 m3 en een druk van 0,2 MPa wordt polytroop (n = 1,32) gecomprimeerd. Bereken de drukverhouding bij de compressie als de toe te voeren arbeid 476 kJ bedraagt. Als bij de bovengenoemde compressie de begintemperatuur wordt verhoogd, bedraagt de toe te voeren arbeid 547,4 kJ. Bereken het percentage waarmee de begintemperatuur is toegenomen.

Aanwijzingen De drukverhouding kan worden berekend door in (3.5)

-mR W1-2 = -- (T2 - T l ) de temperatuur Tl buiten haakjes te brengen en n-l

de temperatuurverhouding met behulp van de wet van Poisson door een drukverhouding te vervangen. Dit levert:

I -. -PG

7 = n-l ) - l = ) - l P P 2 W -+ Pi - P2 = 6,O. f ,

b Uit bovengenoemde uitdrukking bl;j%d'at de arbeid recht evenredig is met de begintemperatuur Tl. Met dit-gegeven kan het gevraagde percentage direct worden bepaald (15%).

+l - - q 2 7 ? -

Eén kilogram lucht van 1 bar en 27 "C wordt polytroop gecomprimeerd (n = 1,25), waarbij de toe te voeren arbeid 600 kJ bedraagt. Vervolgens wordt bij constante druk x [kJ] warmte toegevoerd. Bepaal x als de eindtoestand van dit laatstgenoemde proces met de begintoestand verbonden kan worden door een polytroop waarvan n = 1,35. R = 287 J/(kg K) en cp = 1005 J/(kg. K).

Oplossing De bovengenoemde toestandsveranderingen zijn in fig. 3.9 afgebeeld. De waarde van x is te berekenen uit: x = 42-3 = cp (T3 - T2) (a) De onbekende temperaturen T2 en T3 zijn als volgt te bepalen:

-R W,-2 =-(T2 - Tl )+ T2= -(n-l)W1-2 + Tl =

n-l R

= 822,6 K. W,, 11-11

Voor de polytroop 1-3 geldt dat Ti = Tl /g] = Tl k] " (b)

De onbekende druk p2 kan uit de wet van Poisson worden berekend 5

bar = 155 bar. Substitutie in (b) levert

T3 = 300 X 155°35i35 K = 1109,l K. We kunnen nu de berekende T2 en T3 in (a) invullen. x = 1005 (1109,l - 822,6) Jlkg = 287,9 kJ/kg.

Fig. 3.9

Lucht expandeert polytroop (n = 1) van 5 bar tot 1 bar. Vervolgens wordt de lucht polytroop (n = k) gecomprimeerd, waarbij de toe te voeren arbeid de helft is van de warmte die bij de eerstgenoemde toestandsverandering moet worden toegevoerd.

Geef deze toegevoerde warmte aan als een oppervlakte in het p-V-diagram en bereken het eindvolume V3 als het beginvolume 2 m3 bedraagt en k = 1,2.

Aanwijzingen De arbeid die bij de isothermische expansie wordt geleverd, kan uit (3.14) worden berekend (1.609,4 kJ). Voor de arbeid die bij de daaropvolgende isentrope compressie moet worden toegevoerd schrijven we:

De beide processen zijn in fig. 3.10 getekend. Het volume V2 kan bepaald worden uit p , V, = p2V2 . (V2 = 10 m3). Ver- volgens drukken we p3 met behulp van de wet van Poisson (pVk = C) uit in V3 en substitueren deze uitkomst in (a). Daarmee ontstaat een vergelijking waaruit V3 kan worden opgelost (V3 = 474 m3).

In het p-V-diagram kan als een oppervlakte worden weergegeven omdat voor het isothermische proces 1-2 geldt dat =

Fig. 3.1 O

4 Kringprocessen

Vijf m3 lucht van 1 bar wordt isothermisch gecomprimeerd tot 5 bar. Bij constante druk wordt het volume verdubbeld waarna, via een isentrope expansie tot het beginvolume en een warmte-afvoer bij constant volume de begintoestand weer

wordt bereikt. . Stel een energiebalans op en bepaal het thermisch rendement van het kringproces

cp = 1005 J/(kg . K), c, = 716 Jl(kg - K).

Oplossing Het beschreven kringproces is in fig. 4.1 afgebeeld. Het volume V2 kan uit pl V1 = p2V2 worden berekend (V2 = 1 m3) en p4 uit de wet van Poisson: p4 = p3 (V31V4)k -+ p4 = 1,386 bar. Drukken en volumina zijn nu als volgt: pi = l bar p2 = 5 bar p3 = 5 bar p4 = 1,386 bar Vl = 5 m3 V2 = 1 m3 V3 = 2rn3 V4 = 5 m2

Om de gevraagde energiebalans te kunnen opstellen moeten voor elk van de vier toestandsveranderingen Q en W worden berekend. We maken daarbij gebruik van de volgende formules:

v2 = p l V i ln- v1

k Q2-3 = - V2) en W2-3 = ~ ( ~ 3 - ~ 2 )

k-l -1 v4

w,-4 = - 034V4 - ~ 3 V 3 ) en Q4-i = - @ i - p4) k-l k-l

In het onderstaande overzicht zijn de uitkomsten van de berekeningen vermeld.

Proces 1-2 2-3 3-4 4-1

= W 100% = Het thermisch rendement q t h = - 46278 x 'O3 100% = 26,4%. QI 1750 x 103

Fig. 4.1

(-45) \L'

Een gas met een druk van 1 bar wordt isentroop gecomprimeerd tot 6 bar. Daarna volgt een polytrope expansie tot het snijpunt met de isochoor door het beginpunt. D e druk in het snijpunt bedraagt 4,s bar, het volume 0,s m3. Ten slotte wordt het gas bij constant volume afgekoeld tot de begintoestand weer is bereikt. Stel een energiebalans op en bepaal het thermisch rendement van het kringproces. k = 1,43.

Aan wijzingen Het kringproces is afgebeeld in fig 4.2. u i t p1vlk = p2v; -f V2 = 0,143 rn3.

We kunnen nu bij de berekening uitgaan van de volgende gegevens: p, = l bar p2 = 6 bar p3 = 4,5 bar Vl = 0,5 m3 V2 = 0,143 m3 V3 = 0,5 m3

De exponent n van de polytroop 2-3 volgt uit:

Met de onderstaande formules zijn vervolgens Q en W voor elke toestandsverandering te bepalen.

-1 - 1 wl-2 = @ 2 v 2 - plv,) en W2-3 = - ( ~ 3 V 3 - ~ 2 V 2 )

k-l n-l k-n V

Q2-3 = - w2-3 en 523-1 = - (PI - ~3). k-l k-l

De uitkomsten zijn in bijgaande energiebalans opgenomen.

Fig. 4.2

Proces

\

ucht van 1 bar en 300 K beschrijft het volgende kringproces: isentrope compres- (3 sie tot 10 bar gevolgd door een isothermische expansie tot het snijpunt met de polytroop pV-2 = C door de begintoestand. Vervolgens wordt deze polytroop gevolgd tot de begintoestand is bereikt. Bepaal het thermisch rendement door berekening van de warmtehoeveelheid. c,, = 1005 J/(kg. K), c, = 716 Jl(kg K), k = 1,4 en R = 287 J/(kg K).

Oplossing In bijgaande figuur 4.3 is T2 = Tl (p21pl)k-vk = 300 X 10 0,286 K = 579.2 K. Voor de polytroop 1-3 waarvan T3 = T2 = 579,2 K geldt: i

Q [KJI

- 579,2 'h

p = p } = bar = 1.55 bar.

W W1

We kunnen nu het volgende overzicht opstellen: pl = l bar p2 = 10 bar p3 = 1.55 bar Tl = 300 K T2 = 579.2 K T3 = 579,2 K

Voor de bepaling van het thermisch rendement is de hoeveelheid gas dat het kringproces doorloopt, niet van belang. We kunnen hiervoor dus een willekeurige waarde kiezen. Nemen we voor m gemakshalve 1 kg, dan verloopt de verdere berekening als volgt:

P2 10 q2-3 = RT2 In - = 287 x 579,2 In - Jlkg = 309,9 kJ1kg. P3 1,55

De waarde van ql -2 = O en voor de polytroop 3-1 (n = -2) geldt

k-n k-n -R q3-1 = - ~ 3 - l = -- (TI - 7'3) = 0;4 3P X p -287 (-279,2) Jlkg =

k-l k-l n-l -3

-227,O kJIkg. We zouden deze warmtehoeveelheid natuurlijk ook kunnen berekenen uit q3-I = C (T3 - Tl). De waarde van c kan met behulp van (3.7) worden vastgesteld. Voor het thermisch rendement schrijven we nu:

Fig. 4.3

Lucht van 1 bar en 300 K wordt isothermisch tot 5 bar samengeperst. Vervolgens wordt bij constant volume warmte toegevoerd tot de druk 1,5 maal zo groot geworden is. Ten slotte volgt een toestandsverandering met constante druk tot het snijpunt met de polytroop pV.3 = C door het beginpunt, waarna genoemde polytroop wordt gevolgd tot de begintoestand weer bereikt is. Stel per eenheid van massa een energiebalans op en bepaal het thermisch rendement van dit kringproces. c, = l005 Jl(kg . K), c, = 716 J/(kg K), k = 1,4 en R = 287 J/(kg . K).

Aan wijzingen Het kringproces is geschetst in fig. 4.4.

Overzicht van de toestandsgrootheden: p l = l bar p2 = 5 bar p3 = 7,5 bar p4 = 7,5 bar Tl = 300 K T2 = 300 K T3 = 450 K T4 = 477,6 K Ook zou het volume na elke toestandsverandering kunnen worden berekend maar dit is voor de oplossing van dit vraagstuk niet noodzakelijk. De verschillende termen uit de energiebalans zijn met behulp van onderstaande uitdrukkingen te bepalen 41-2 = W,-2 = RTl lnplIp2 92-3 =C, (T3 - T2) en = O

q3-4 = C, (T4 - T3) en = R (T4 - T3)

-1 k-n w4-1 = - R (Tl - T4) en q4-l = - W4- 1

n-l k-l

Uitwerking levert de navolgende energiebalans.

Proces l

In deze balans is Cq niet exact gelijk aan ZW vanwege afrondingen bij de berekeningen. Bovendien is lucht geen ideaal gas (R # c, - c, zoals uit de gegevens blijkt) en daar zijn de gebruikte formules wel op gebaseerd.

Fig. 4.4

64

-_y-

/'

Twee kilogram zwaveldioxyde van 1 bar en 300 K wordt isentroogsamengeperst tot 400 K. Vervolgens expandeert het gas isothermisch tot de begindruk. Door warmteafvoer bij constante druk wordt de begintoestand weer bereikt. Stel een energiebalans op en bereken het thermisch rendement van het kringproces als c, = 609 J/(kg K), c, = 479 J/(kg K) en R = 130 J/(kg K). Toon aan dat het thermisch rendement van bovengenoemd kringproces voldoet aan de volgende betrekking:

Oplossing Het kringproces is getekend in fig. 4.5. Na de isentrope compressie is de druk

T, "/-l 400 1.27kn1 p 2 = p 1 { T } ={m} bar = 3,85 bar.

De druk en temperatuur in de punten 1 t/m 3 zijn nu als volgt: p1 = l bar p2 = 3,85 bar p3 = 1 bar Tl = 300 K T2 = 400 K T3 = 400 K Met de hiervoor genoemde gegevens zijn arbeid en warmte voor elk van de drie toestandsveranderingen te berekenen. Uitwerking levert:

2 W1-2 = -me, (T2 - T1l = -2 x 479 x 100 J = -95,8 kJ =

P2 Q*-3 = W2-3 = mRT2 In - = 2 x 130 x 400 In 3,85 J = 140,2 kJ. P3

Q3-1 = mep (Tl - T,) = -2 x 609 x 100 J = -121,8 kJ.

W3-l = mR (Tl - T3) = -2 X 130 X 100 J = -26,O kJ. De energiebalans in

kJ luidt nu:

/' v+

Fig. 4.5

Het thermisch rendement qth = - 100% = 13,1%. 140,2

Proces

1-2 2-3

T l k - T2 k X 4-1

uit - - - volgt p2 = p, {g} P2 k T3 +In-=-In-. Pi k-1 p2 ,k-1 P I k-l TI

c,, (1 - Td7-3) = 1- 1 - T l i T 3 V t h = 1- k T3 R-ln- in T3/T1

k-l T1

Q

O 140,2

De laatste gelijkheid volgt uit het feit dat R {Uk-l} = c,,.

W

- 95,8 140,2

Een gas van 5 bar en 500 K doorloopt het volgende kringproces: 1 drukverhoging volgens een polytroop met n = - 1 tot p, = 10 bar; 2 expansie volgens een polytroop (n = 2) tot p, = 1,6 bar; 3 compressie volgens een polytroop met n = 1; 4 volumevermindering volgens een polytroop (n = 0) tot de beginstand weer is be-

reikt. Stel een energiebalans op voor 1 kg gas en bepaal het thermisch rendement van het kringproces. k = 1,4 en R = 300 J/(kg . K).

Aan wijzingen De genoemde polytropen voeren tot het in fig. 4.6 getekende kringproces. De wet van Poisson toegepast op 1-2 en 2-3 levert de temperatuur T2 resp. T3 zodat het volgende overzicht kan worden opgesteld. pi = 5 bar p2 = 10 bar p3 = 1,6 bar p4 = 5 bar Tl = 500 K T;! = 2000 K T3 = 800 K T4 = 800 K Vervolgens kunnen q en w voor elke toestandsverandering worden berekend met behulp van de navolgende betrekkingen:

-1 k-n = - R (T2 - T l ) en qi-2 = -- W i -2

n-l k-l

-1 k-n ~ 2 - 3 = - R (T3 - T2) en q2-3 = - W2-3

n-l k-l

k-n w 4 - ~ = R (T, - T4) en q 4 - ~ = - W4- 1

k-l

De energiebalans luidt nu:

Proces

Fig. 4.6

Teken in een p- V-diagram de isotherm voor 300 K en die voor 1200 K. Trek vervolgens door de oorsprong een rechte die deze isothermen snijdt in de punten 1 en 4. Een tweede rechte door de oorsprong, steiler verIopend dan de eerstgenoemde rechte, snijdt de isothermen in de punten 2 en 3. Bereken van het positieve kringproces 1-2-3-4 het thermisch rendement als gegeven is dat:

p , = 1 bar, p2 = 5 bar, k = 1,4 en R = 300 J/(kg K).

Oplossing In het kringproces van fig. 4.7 zijn de toestandsveranderingen 1-4 en 2-3 polytropen met exponent n = -1. Derhalve geldt dat

T2 -1 T3 -1 2 T3 2 - --p - + P ~ = - P ~ = ~ ~ % D U S ~ ~ = m b a r = 10bar. P2 -2 P3 -2 T2

Op dezelfde wijze kunnen we voor p4 afleiden: p, = p, V4 = 2 bar. De toestandsgrootheden in de punten 1 tlm 4 zijn dus als volgt: p, = l bar p2 = 5 bar p3 = 10 bar p4 = 2 bar T l = 3 0 0 K T2=300K T3=1200K Tl=1200K Uitgaande van m = 1 kg (keuze) zijn q en w als volgt te bepalen:

-R 300 W,-3 = -(T3 - T,) =T X 900 J = 135 kJ

n-l k-n 2 4 'q2-3 = - W2-3 = -L X 135 kJ = 810 kJ k-l 074 -R 300

~ 4 - 1 =-(Tl - T4) = --g00 J = -135 kJ n-l 2 k-n 2 4 94-1 = - ~ 4 - 1 = -2 135 kJ = -810 kJ k-l 074

%h = qi - q2 100%. 41

Hierin is ql de som van de toegevoerde warmtehoeveelheden en q2 de som van de afgevoerde warmtehoeveelheden. Uitwerking levert:

v-.)

Fig. 4.7

Lucht van 1 bar en 300 K wordt isotherrnisch gecomprimeerd tot 2 bar en vervolgens isentroop gecomprimeerd tot de temperatuur 1800 K is geworden. Daarna expandeert het gas isotherrnisch waarna een isentrope expansie volgt tot de begintoestand weer is bereikt. Bereken voor m = 1 kg het thermisch rendement van het kringproces, de nuttige arbeid, de compressieverhouding c en de gemiddelde druk p, (in Pa). R = 287 J/(kg - K) en k = 1,4.

Aanwijzingen Het beschreven kringproces is een Carnot-proces (fig 4.8). De onbekende drukken p, en p4 kunnen uit de wet van Poisson, toegepast op de isentropen 2-3 en 4-1 worden bepaald (p3 = 1058,2 bar, p4 = 529,l bar). De gehele warmtetoevoer vindt plaats bij de isothermische expansie 3-4, de gehele warmte-afvoer bij de isothermische compressie 1-2. De warmtehoeveelheden ql-2 en q3-4 kunnen nu met behulp van (3.14) worden berekend (ql -2 = -59,7 kJ; q3-4 = 358,l kJ). Het thermisch rendement (83,3%) kan bepaald worden uit

De nuttige arbeid Cw = q l - q2. De compressieverhouding c = '3

Uit de gaswet volgt dat I = 0,861 mYkg en , = 0,00488 mYkg -t c = 176. De gemiddelde druk volgt uit p, ( - = C-W +p, = 348,s kPa. In vergelijking met een dieselmotor is dit een lage waarde terwijl daarentegen de maximum druk aanzienlijk hoger is.

v+

Fig. 4.8

Een massa van 0,6 kg lucht beschrijft een positief Carnot-proces. Het thermisch rendement is 60% terwijl de nuttig geleverde arbeid 15 kJ bedraagt. Aan het begin van de isothermische expansie is de druk 8 bar en het volume 0,2 m3. Bereken het volume na de isothermische expansie alsmede de thermische en mechanische energie die gedurende elk van de vier deelprocessen wordt overgedragen. c, = 716 J/(kg K) en R = 287 J/(kg - K).

Oplossing

Z W Z W 15 Uit qth = - volgt dat Q, = - = - kJ = 25 kJ.

QI ~ t h 0,6 Q2 Schrijven we voor qth = 1- -, dan kan hieruit de afgevoerde warmte Q2 QI

worden berekend. Q2 = (l-qth) Q, = 0,4 x 25 kJ = 10 kJ. De hoogste temperatuur in het proces is T3 (fig. 4.8). De waarde hiervan volgt uit

Voor het thermisch rendement geldt ook:

We kunnen nu de waarde van Q en W voor elk van de vier deelprocessen bepalen. Dit levert:

= = -10 kJ W2-3 = -mc, (T3 - T2) = -0,6 x 716 (929,2 - 371,7) J = -239,s kJ. W3-4 = Q3-4 = 25 kJ W+, = -mc, (Tl - T4) = -0,6 X 716 (371,7 - 929,2) J = 239,5 kJ

De waarde van Q voor de isentropen 2-3 en 4-1 is per definitie nul. De toevoer van warmte (Q = 25 kJ) vindt plaats tijdens de isothermische expansie 3-4 zodat we kunnen schrijven:

In een Otto-proces is, bij de aanvang van de compressieslag, het volume 0,2 m3, de druk 0,9 bar en de temperatuur 290 K. Aan het einde van de compressieslag is de druk 13 bar waarna 154,5 kJ warmte wordt toegevoerd. Bereken van het standaardkringproces de druk, de temperatuur en het volume na elke toestandsverandering, de schadelijke ruimte in procenten van het slagvolume, de compressieverhouding c, het thermisch rendement, alsmede de gemiddelde druk p,. c, = 718 J/(kg - K), k = 1,4 en R = 287 J/(kg . K).

Aanwijzingen Van het Otto-proces (fig. 4.9) zijn de p, V en T na elke toestandsverandering in onderstaande tabel weergegeven pl = 0,9 bar p2 = 13 bar p3* = 33,8 bar p4* = 2,34 bar V, = 0,2 m3 V2* = 0,0297 m3 V3 = 0,0297 m3 V4 = 0,2 m3 Tl = 290 K T** = 621,9 K T3* = 1 616,7 K T4* = 753,9 K Hiervan zijn de toestandsgrootheden die van een ster zijn voorzien, als volgt bepaald. Plvlk = -+ V2. T~ k/pl k-1 = T ~ ~ / ~ ~ ~ - ~ + T2. Uit Q2-3 = mc, (T3 - T2) en m = plVIIRTl volgt T3.

De gevraagde schadelijke ruimte is 100% -+ 17,4%. v1 - v2

De compressieverhouding c = V1/V2 -+ C = 6,7.

1 Het thermisch rendement q t h = 1- - --+ q = 53,4%.

Ck-l

Fig. 4.9

Deze uitdrukking voor het rendement van het Otto-proces is in het theorieboek afgeleid. In dit geval zijn er echter voldoende gegevens bekend om qth te kunnen berekenen uit: qth = (Q1 - Q2)/Q1.

v Ql = 154,5 kJ (gegeven) en Q2 = 1Q4-11 = - (p4 - pi) + Q2 = 72 kJ.

k-l

De gemiddelde druk

In de uitdrukking voor p, is de teller berekend uit: ZW = qth Ql.

Van het standaardkringproces van een dieselmotor volgens Seiliger is het volgende gegeven: p1 = 1 bar, Tl = 300 K, p3 = 80 bar, compressieverhouding c = 18, de warmtetoevoer Q2--3 = Q3-4. Bereken het thermisch rendement en de gemiddelde druk van dit kringproces. c, = 1000 J/(kg K), cv = 714 J/(kg . K), k = 1,4 en R = 287 J/(kg K).

Oplossing Voor het thermisch rendement van dit standaard kringproces (fig. 4.10) schrijven we:

De benodigde temperaturen zullen nu worden berekend uit de wetten van Poisson en de gaswet. Dit levert:

Fig. 4.1 O

T2 = Tl {;i"' = 300 x 180.4K = 953,3 Kenp2 =p1 - = 18" bar =

57,2 bar.

Uit Q2-3 = Q3-4 volgt: mc, (T3 - T2) = mcp (T4 - T3) + T4 = 1 3 - 1 2

k + T3.

De berekende temperaturen ingevuld in (a) levert:

Voor het bepalen van de gemiddelde druk p, is de massa lucht die aan het kringproces deelneemt, niet van belang. We nemen daarom m = 1 kg en bereken hiervoor ZW = q, - q2 en het slagvolume - 2.

q, = C, (T3 - T2) + cp (T4 - T3) = (714 X 379,9 + 1000 X 271,4} Jlkg =

542,65 kJ/kg. q2 = C, (T5 - Tl) = 714 X 243,8 Jlkg = 174,07 kJ1kg. ZW = ql - 92 = (542,65 - 174,07) kJ/kg = 368,58 kJ/kg.

1 Het slagvolume is 1 - = 1 - -

17 RTi - 1 7 x 2 8 7 ~ 3 0 0 I = - - m31kg = 18 18 Pi 18 x 105

2 W - 368,58 x 103 Pm = - Pa = 433 bar.

I - 2 0,813

Een dieselmotor, werkend volgens het gemengde proces, heeft een gemiddelde druk van 10 bar. De minimumdruk en -temperatuur zijn resp. 1 bar en 17 "C, de compressieverhouding bedraagt 16. Bereken de maximumtemperatuur van het standaardkringproces als het thermisch rendement 60% bedraagt en de maximumdruk gelijk is aan 60 bar. c, = 718 J/(kg K), cp = 1 005 J/(kg K), k = 1.4 en R = 287 J/(kg . K).

-

Aan wijzingen Voor de berekening van de maximumteperatuur T4 (fig. 4.10) kunnen we uitgaan van 1 kg lucht. Voor de toe te voeren warmte geldt dan:

q1 = C" (7'3 - T2) + c, (7-4 - T31 (a). Hieruit kan T4 worden bepaald als T2, T3 en q1 berekend kunnen worden.

De volumeverhouding 2 = 16 terwijl uit p k = C de druk p2 kan worden bepaald.

p2 = p1 ( 2) k = 161.4 bar = 48'5 bar.

Uit (b) volgt nu dat T2 = 4895 x 290 K = 879,1 K. 16

C w Combinatie van qth = - enp, = z w

levert: q1 = P,( l - 2)

41 1 - 7 %h 1 L

RTl Hierin is 1 = - = 0,832 m'lkg en = h zodat q, = 13 x 105 Jlkg. P l

Substitie van de berekende T2, T3, en ql in (a) + T4 = 2232,2 K.

Van een dieselmotor volgens het 'gemengde' proces is de aanzuigdruk 0,9 bar, de druk na de compressie 35 bar en de maximale druk 53 bar. Tijdens de verbranding wordt het volume verdrievoudigd. De exponent van de polytrope compressie bedraagt 1,38 en die van de expansie 1,3. Bepaal het thermisch rendement van dit kringproces als k = 1,4.

Oplossing Uit de gegevens blijkt dat de temperaturen in dit kringproces (fig. 4.11) niet kunnen worden bepaald. We zullen daarom uitgaan van een willekeurig beginvolume waarvoor gemakshalve 1 m3 wordt genomen. Het is geen 'standaard' kringproces omdat de toestandsveranderingen 1-2 en 4-5 geen isentropen zijn.

I 0,9 4 . 3 8

Het volume V2 = V1 { z } = {.} = 0,0705 m3.

P5 = P4 {%r = p4 (%r = 53 (0,2115) 1 ~ 3 bar = 7.03 bar.

In het onderstaande overzicht zijn druk en volume na elke toestandsverandering opgenomen p1 = 0,9 bar p2 = 35 bar p3 = 53 bar p4 = 53 bar p5 = 7,03 bar V1 = 1 m3 V2 = 0,0705 m3 V3 = 0,0705 m3 V4 = 0,2115 m3 V5 = 1 m3

Het thermisch rendement zal nu worden berekend uit qth = QI - Q2

QI '

We moeten dan voor elke toestandsverandering de overgedragen hoeveelheid warmte berekenen. Voor de isochoren 2-3 en 5-1 kunnen we schrijven:

v Q2-3 = (P3 - ~ 2 ) = x 'O5 (53 - 35) J = 317,25 kJ.

. k-l 094 V 105

es- I = - (PI - p5) = - (0,9 - 7,03) J = -1532,5 kJ. k-l 0,4

Voor de overige polytropen zal de warmtetoe- of afvoer worden bepaald uit

k-n Q = - W. Dit levert

k-l -1 -105

Wl -2 = - @,V2 - p1 V,) = - (35 X 0,0705 - 0,9) J = -412,5 kJ n-l 0,38 k-n

QI-2 = p W1-2 = -

(-412,5) kJ = -20,6 kJ k-l 074

k-n 1,4 Q,-, = - W3-4 = - X 747,3 kJ = 2615,55 kJ

k-l 074 -1 -105

W4-5 = - @,V5 - p4V4) = (7,03 - 53 X 0,2115) J = 1393,17 kJ n-l k-n

Q4-5 = - W4-5 = -

1393.17 kJ = 348,30 kJ k-l 074

v --w

Fig. 4.11

De totale warmtetoevoer Ql = (317,25 + 2615,55 + 348,30) kJ = 3281,l kJ. De totale warmte-afvoer Q2 = (20,6 + 1532,5) kJ = 1553,l kJ.

Uit water van O "C moet ijs van dezelfde temperatuur worden gevormd. Hoeveel ijs kan een koelinstallatie per uur maximaal produceren als het toegevoerde vermogen 1,7 kW bedraagt? De smeltingswarmte van ijs is 336 kJ/kg en de omgevingstemperatuur bedraagt 27 "C.

Aan wijzingen De ijsproduktie per uur is maximaal als het koelproces volledig omkeerbaar verloopt. Dan is de koudeproduktie gelijk aan die van een (negatief) Carnot-proces. Met de gegeven temperatuurgrenzen (273 K, 300 K) is E, = T2/(T1 - T2) J E, = 10,ll.

Q2 Algemeen geldt dat E = --- zodat Q~,., = E, I PW I = Z IPI. I Z W I

De maximale warmtestroom b2 die aan de koelinstallatie kan worden onttrokken is dus het produkt van E, en het toegevoerde vermogen. Met behulp hiervan is te becijferen dat de maximale ijsproduktie 1849 kglh bedraagt.

Van een koelmachine met lucht als werkzaam medium (zie fig. 4.12) is pi = 1 bar, Tl = 270K,p2 = 3 baren T3 = 3OOK. Bereken de koudefactor, het benodigde vermogen als per uur 200 MJ warmte aan de koelruimte wordt onttrokken, de warmte-afgifte in de koeler (in MJIh) en het aantal kg lucht dat per uur moet circuleren. c, = 1 005 J/(kg K), k = 1,4.

Oplossing Q2 - De koudefactor E = - - Q 2 - -- 1

Q1 Voor de verhouding - geldt: Q2

1 3 De termen tussen de haakjes zijn gelijk. Immersp2/pi = p31p4 -+ 5 = -

Tl ~ 4 '

Q2 200 x 10, kW = 20,s kW. Q2 volgt: I PW I = I PI = - - Uit&=- I Z W I & 3600 x 2,71

De warmte-afgifte in de koeler is g1 = Q2 + I ZW I. In MJlh wordt dit: Ql = (200 + 20,5 X 3,6) MJlh = 273,8 MJlh. Voor de warmtehoeveelheid die het koelmedium (lucht) per uur uit de installatie onttrekt geldt: Q2 = mcP (Tl - T4). Hierin is de gevraagde luchthoeveelheid in kglh, is Q2 = 200 MJIh en

-k+ '/k - V 1 . 4

volgt T4 uit: T4 = T3 (p41p3)*-I/* = T3 (pZ/pl) = 300 X 3 K = 219,2 K.

m = Q 2 - 200 x 'O6 kglh = 3917,4 kglh. cP(Tl - T4) 1005 X 50,8

Fig. 4.12

In een negatief Carnot-proces is t2 = 5 "C en t1 = 27 "C. Bereken de verandering van het toe te voeren vermogen in procenten als de temperatuur waarbij de warmte aan de koelruimte wordt onttrokken - 10 "C bedraagt in plaats van 5 "C en de hoeveelheid warmte die wordt onttrokken niet verandert.

Aan wijzingen Voor de koudefactor van een Carnot-proces geldt E, =

T2

T1 - 7'2

In beide gevallen kan nu met de gegeven temperatuurgrenzen, E, worden berekend (12,636 resp. 7,108).

Q2 Algemeen geldt voor de koudefactor E = - zodat, bij een constante ICWI

waarde van de koudeproduktie Q2, de netto arbeid die moet worden toe-

Q2 gevoerd, gelijk is aan I P W l = y.

l Hieruit volgt dat het toe te voeren vermogen P = I ZW! = 7 Q2.

Met deze uitdrukking is de toename van het vermogen te bepalen als de laagste temperatuur van het koelmiddel afneemt van + 5 "C + -10 "C. Deze toename blijkt 77,8% te zijn. Dit betekent dat verandering (verla- ging) van de gewenste temperatuur in de koelruimte een sterke toename van het vermogen tot gevolg heeft. Dit nog afgezien van het feit dat ook Q2 zal toenemen ten gevolge van het grotere temperatuurverschil tussen omgeving en koelruimte.

Een woning moet op 20 "C worden gehouden bij een buitentemperatuur van -10°C. D e warmte-afgifte door muren, raamvlakken enz. bedraagt 18 kW. Bere- ken het vermogen dat minimaal nodig is voor een warmtepomp die tussen deze twee temperaturen werkzaam is.

Oplossing Voor een warmtepomp geldt voor het warmteproduktiegetal:

Hierin stelt Q, de warmte voor die door de warmtepomp per tijdseenheid moet worden geleverd. Omdat de warmte-afgifte door muren enz. 18 kW bedraagt, moet ook el = 18 kW zijn teneinde de binnentemperatuur constant te houden. Het toe te voeren vermogen is minimaal als het kringproces dat het werkzame medium doorloopt, zo gunstig mogelijk is. Het meest ideale kringproces is een omkeerbaar kringproces. Het warrnteproduktiegetal van een dergelijk kringproces is gelijk aan dat van een

Carnot-proces dus E = E, = 1 1

Tl - T2 293 Substitutie van de gegevens levert: E, = - = 9,77. 30

Het minimale toe te voeren vermogen kan uit (a) worden berekend door .qv te vervangen door E,. Dit levert:

QI 18 kW = 1,84 kW. 9,77

Een koelmachine werkend volgens een Carnot-proces onttrekt warmte uit een ruimte met een constante temperatuur van -4 "C en brengt deze warmte op omgevingstemperatuur welke 15 "C bedraagt. Als per seconde 15 kJ warmte uit de ruimte van lage temperatuur wordt onttrokken en de machine een rotatiefrequentie heeft van 11 s-1, bereken dan het minimum toe te voeren vermogen, de benodigde arbeid per omwenteling en de minimale hoeveelheid warmte die per seconde aan de omgeving wordt toegevoerd.

Aan wijzingen Volgens het gegeven is de laagste temperatuur van het Carnot-proces 269 K en de hoogste temperatuur 288 K. Een Carnot-proces tussen deze temperatuurgrenzen heeft een koudefactor van T2/(Tl - T2) -+ E, = 14,16.

Q2 Voor de koudefactor kunnen we ook schrijven: E, = -. P

Hieruit kan het gevraagde vermogen worden berekend (&O6 kW). De benodigde arbeid per omwenteling is dus 106011 l Jlomw = 96,4 Jlomw. De warmtehoeveelheid die per seconde aan de omgeving wordt afgegeven bedraagt minimaal: Q, = Qi + I ZW I -+ = 16,06 kW.

In een Carnot-machine zijn de temperatuurgrenzen van het arbeidsmedium 900 K en 290 K (omgevingstemperatuur). D e warmte-afvoer bedraagt 85 kJ en de geleverde arbeid wordt toegevoerd aan een negatief Carnot-proces waarvan de laagste temperatuur T2 bedraagt en de hoogste temperatuur 290 K. Als gegeven is dat 800 kJ warmte aan de laatstgenoemde machine wordt toegevoerd, bereken dan T2 alsmede de warmte die door deze machine wordt afgestaan.

Oplossing De opstelling van de installatie is in fig. 4.13 weergegeven. Van het negatieve kringproces moeten T2 en de afgegeven hoeveelheid warmte Q , worden berekend. Voor het thermisch rendement van machine A geldt:

Tl ' - T2' 77th =

- - -Z 610 0,678. TI' 900

Q2 Ook geldt dat ah = 1- -+ Ql = - 85 x 'O3 J 264 kJ.

Q1 1 - %h 0,322

De nuttige arbeid van deze machine is dus ZW = Ql - Q2 = (264 - 85) kJ = 179 kJ. Deze arbeid wordt aan het negatieve kringproces toegevoerd. Voor de koudefactor van dit proces geldt:

Omdat zich in machine B een Carnot-proces voltrekt, kunnen we ook schrijven:

De door machine B aan de omgeving afgegeven warmte bedraagt: Ql = Q2 + l ZW1 = (800 + 179) kJ = 979 kJ.

Fig. 4.13

5 Zuigercompressoren

Een compressor zonder schadelijke ruimte zuigt 35 m3 lucht aan van l bar en 300 K. De levering bedraagt 10 m3, bij een druk van 5 bar. Bereken:

a het verschil tussen de technische arbeid en de compressie-arbeid; b de exponent n van de polytroop; c de warmte die bij de compressie wordt afgevoerd (k = 1,4) alsmede de compres-

sie-arbeid W, -2.

Oplossing a De technische arbeid is, rekening houdend met het teken, de som van de

arbeidshoeveelheden nodig voor de compressie, het uitdrijven en het aanzuigen van het gas. In fig. 5.1 is:

w, 1-2 = W1-2 -p2V2 + p1V1- W,,-* - = pIVI - p2V2 = (105 X 35 - 5 X 105 X 10) J = -1500 kJ.

b u i t pl vin = p2v; volgt n = In ~ 2 1 ~ 1 - - ln 5 - 1,285. -- In V l / V 2 In 3,5

-1 c De compressie-arbeid 'W1 -2 = - (p2V2 - p1 V1) .

n-l -105

= - (5 X 10 - 1 X 35) J = -5263,2 kJ. 0,285

v+

Fig. 5.1

De hoeveelheid warmte die bij de compressie wordt overgedragen is volgens (3.9).

k-n = - W1-2 = - '285 ( - 5263,î) kJ = -1513,2 kJ.

k-l 074

Er wordt dus 1513,2 kJ warmte naar de 'omgeving' afgevoerd.

Een compressor zonder schadelijke ruimte zuigt lucht aan van 0,9 bar en 300 K en comprimeert dit polytroop (n = 1,3) tot 5,4 bar. Bereken het toe te voeren vermogen in kW en de warmte-afvoer bij de compressie in kJ/h als per,$00 m3, lucht

wordt aangezogen.

R = 287 J/(kg K) en k = 1,4.

Aan wijzingen - n - n

De technische arbeid W , = - (p2V2 - p1 V 1 ) = - mR(T2 - Tl) . 1-2 n-l n-l

Vervangen we in deze laatste uitdrukking m door m dan geldt

- n p = - (7-2 - Ti) n-l

De massastroom (0,036 kgls) kan uit de gaswet worden berekend en de temperatuur T2 uit de wet van Poisson (T2 = 453'6 K) . Het vermogen, berekend met behulp van (a) levert: P = -6,9 kW. De warmtestroom die tijdens de compressie wordt afgevoerd, bedraagt volgens (3.9):

Met deze uitdrukking is de gevraagde warmtestroom te bepalen (-4761 kJ/h).

Een elektrisch gedreven compressor zuigt een gas aan van 10 "C en 1 bar. De eindtemperatuur is 157 "C, de drukverhouding 5. Het rendement van de elektro-

motor is 90%, het mechanisch rendement van de compressor is 85%. De motor neemt per uur 275 MJ elektrische energie uit het net op. De koelwaterhoeveelheid van de compressor bedraagt 7,7e/min en de schadelijke ruimte kan buiten be-

schouwing blijven.

Als p,,,, = 1000 kgIm3, cWate, = 4,2 kJ/(kg K) en k = 1,4, bereken dan:

a de gaslevering in m3 per uur als de compressie polytroop verloopt;

b de temperatuurstijging van het koelwater als de mechanische verliezen buiten beschouwing blijven.

Oplossing a De exponent n van de polytrope compressie 1-2 (fig. 5.1) volgt uit:

Hieruit kan n worden opgelost -+ n = 1,35. Voor de technische arbeid per tijdseenheid kunnen we schrijven:

-n %l-2 = - @Z% - PI%)

n-l

Substitutie hiervan in (a) levert:

De waarde van W, is gelijk aan de elektrische energie die per tijdseen- I -2

heid uit het net wordt opgenomen, verminderd met de verliezen in de elektromotor en de mechanische verliezen van de compressor. Derhalve is

wt = 275 x 0,9 x 0,85 MJIh = -210 375 x 103 Jlh. I -2

Substitutie hiervan in (b) -t h [mYh].

We zouden de uitdrukking (a) ook kunnen vervangen door

-n h R w, = 1-2 (T2 - Tl). n-l

Hieruit kan h R worden opgelost (103,06 Jl(K.s)) waarna uit p 2 ~ 2 = hRT2 de gevraagde levering v2 kan worden bepaald.

b Voor de warmtestroom die bij de compressie aan het koelwater wordt overgedragen, kan worden geschreven:

k-n - k-n l-2 =- wp2 =- -=

- (1,4 - 1,35) 210.375 x 103

k-l k-l n 0,4 x 1,35 x 3 6 0

Q , -2 = -5418,9 Jls.

Deze warmtehoeveelheid wordt door het koelwater opgenomen zodat:

In een roterende compressor wordt per seconde 60 kg lucht van 0,9 bar en 17 "C isentroop tot 6 bar gecomprimeerd. R = 287 J/(kg. K) en k = 1,4.

a Bereken de eindtemperatuur van de lucht en het toe te voeren vermogen in MW. b Door koeling tijdens de compressie kan de eindtemperatuur tot 150 "C worden te- . ,,,,,"-e-

ruggebracht. Hoe groot is nu het toe te voer- hoeveel w-e~ per uur wo-d als de toestandsverandering polytroop verloopt? Wat is de soortelijke warmte c van de polytroop die bij deze compressie wordt gevolgd?

--i.uiiiinrrrru 4c*----

Aanwijzingen a De eindtemperatuur T2 (fig 5 . 1) volgt uit T2 = Tl ( ~ ~ / p ~ ) ~ - % . -+ T2 = 498,7 K.

-k Het toe te voeren vermogen P = - m R (T2 - Tl) -+ P = -12,6 MW. k-l

b In dit geval is de eindtemperatuur T2 = 423 K. De exponent van de polytroop volgt uit Tr'lpn-1 = C -+ n = 1,248.

Het vermogen berekend uit P = &R (T2 - TI) levert: P = -11,s MW.

k-n w-, Voor de afgevoerde warmte geldt: Q, -2 = - - Q, -2 = -12.633,4 MJ/h. k-l n

Hiermee kan uit = mc (T2 - Tl) de soortelijke warmte c van de polytroop worden berekend (c = -0,44 kJ/(kg K)).

a Als begin- en einddruk van een compressor met 20% worden verhoogd, met hoeveel procent neemt dan voor een gegeven hoeveelheid gas de toe te voeren arbeid toe? De begintemperatuur is in beide gevallen gelijk, evenals de exponent van de polytrope compressie.

b Als begin- en einddruk (1 bar resp. 8 bar) beide met 1 bar worden verhoogd, met hoeveel procent zal dan het toe te voeren vermogen per kg gas afnemen? De begintemperatuur T, is in beide gevallen gelijk, evenals de exponent n die 1,35 bedraagt.

Oplossing a Voor de technische arbeid kunnen we volgens (5.3) schrijven:

-n W, 1-2 = -mRT1

n-l

Hieruit volgt dat de technische arbeid gelijk blijft omdat zowel p, als p2 met eenzelfde percentage toeneemt. De technische arbeid is alleen afhan- kelij k van de drukverhouding.

b Bij compressie van 1 bar tot 8 bar is de technische arbeid per massa-eenheid:

-n = p = a (1,7145 - 1) = 0,7145 a. n-l .- -

nRI; Hierin is de constante a = -.

n-l

Bij een compressie van 2 bar tot 9 bar geldt per massa-eenheid dat

- -n W+-* - = a (1,4769 - 1) = 0,4769a.

n-l

Uit de beide antwoorden blijkt dat de toe te voeren arbeid en dus ook het toe te voeren vermogen zal afnemen en wel met:

In een compressor zonder schadelijke ruimte wordt lucht van 1 bar en 290 K polytroop gecomprimeerd tot 5 bar en 450 K. Het toegevoerde vermogen bedraagt 5 kW en de warmte-afgifte aan de omgeving 5 kJ/kg. Bereken de massa lucht die per minuut wordt aangezogen, uitgaande van (2.10). Gegeven is dat cp = 1,005 kJl(kg K).

Aan wijzingen Volgens (2.10) kan voor de eerste hoofdwet worden geschreven: dQ = mc,dT - V dp ( 4 We veronderstellen dat de toestandsverandering omkeerbaar verloopt,

Integratie van (a) levert dan: =mcP(T2 - TI) + Wt O ~ Q , - ~ = m c , ( ~ ~ - Tl) + W[

1 -Z 1-2 (b)

Voor QiF2 schrijven we mql-Z omdat de afgegeven warmte per massa- eenheid gegeven is. Substitutie van de gegevens in (b) levert:

Behalve van (2.10) zou ook kunnen worden uitgegaan van:

-n &R W[,-, =

n-l (7'2 - Tl).

C-CP M e t n = -

nR en R = c, - c, blijkt dat we - door -(c -c,) kunnen vervangen. C-c, n-l

Wt = (C - C,,) >jl (T2 - TI) I;Z ( 4 De soortelijke warmte van de polytroop c = --- "Oo0 J/(kg m K) = -31,25

160 J/(kg K). We kunnen nu k uit (c) oplossen -t h = 1,8 kglmin.

Van een compressor is de schadelijke ruimte 5% van het slagvolume. De zuiger- diameter is D = 10 cm, de slag s = 9 cm en de rotatiefrequentie n bedraagt 15 s-'. D e begindruk is 1 bar, de einddruk 7 bar. Compressie en expansie verlopen polytroop met n, = 1,3 resp. n2 = 1,2. Als het mechanisch rendement 85% bedraagt, hoe groot is dan het toe te voeren vermogen (in kW)? Bereken vervolgens de warmtehoeveelheid (in kJ1min) die bij compressie resp. expansie wordt overgedragen. k = 1,4.

Oplossing Het indicateurdiagram is in fig. 5.2 getekend. In verband met het verschil tussen de exponent n bij compressie en die bij expansie moet de technische arbeid als volgt worden geschreven: W, = W,,-* + WG4 n opp. 1-2-5-6 - opp. 3-4-6-5 = opp. 1-2-3-4.

Dit is de arbeid per omwenteling. Om het vermogen te krijgen moet deze arbeid nog met de rotatiefrequentie n = 15 s-' worden vermenigvuldigd. De volumina kunnen als volgt worden bepaald:

3 ? V, = 'V4 0 2 Q; 0,059-= % x 100 x 9,45 cm3 = 742,20 cm 3

V2 = V, (p1lp2)k = 742,20 x (1/7)51.3 cm3 = 166,13 cm3

V3 = 0,05 x V4 x 100 x 9 cm3 = 3534 cm3 V4 = V3 /,@,lp4)%~ = 35,34 x 731 cm3 = 178,86 cm3 Het toe te voeren vermogen is dus de som van

P = PI-2 + P3-4 = (-2734,6 + 616,7) W = -2117,9 W. Rekening houdend met het mechanisch rendement is het aan de as toe te voeren (effectieve) vermogen

De hoeveelheid warmte die bij compressie en expansie wordt overgedragen is achtereenvolgens:

k-n1 wt,-2 - Ql-2 = - - - 1,4-1,3 2 734,6

X Jls = -31,6 kJ1min. k-l n1 o74 173

k-n2 - Q3-4 = - - - 194-1S X- 61677 Jls = 154 kJ1min.

k-l n2 074 172

De totale hoeveelheid warmte die het gas met de omgeving uitwisselt bedraagt: Q,,, = Q,-, + = (-31,6 + 15,4) kJ1min = -16,2 kJlmin. Het min-teken duidt op een netto afvoer van warmte.

Fig. 5.2

Van een compressor is bekend dat per minuut 0,25 m3 gas wordt aangezogen. D e druk bij aanzuigen is 1,013 bar en de temperatuur 15 "C; de einddruk p2 is 25 bar. De verhouding van slag en boring is 1,2, de schadelijke ruimte bedraagt 3% van het slagvolume en de rotatiefrequentie n = '1000 min-l. D e exponent van de polytroop bij compressie is gelijk aan die bij expansie (n = 1,3). Bereken het toe te voeren vermogen in kW alsmede de boring en de slag in mm.

Aan wijzingen Voor het toe te voeren vermogen schrijven we met behulp van (5.1)

Het per tijdseenheid aangezogen volume is gegeven zodat het geleverde ' n vo1um.e Vge! berekend kan worden uit: p1 V áa, = p2 V

Dit levert: VgeI = 0,0212 m31min. Deze schrijfwijze is alleen mogelijk omdat de exponent van de polytroop bij compressie gelijk is aan die bij expansie. Nu kan het toe te voeren vermogen uit (a) worden berekend (-2,O kW). De waarde van V,,, kan ook uit de gaswet worden bepaald.

v@ = Pi We moeten dan wel eerst T2 uit de wet van Poisson be- P2 Tl

rekenen (T2 = 603,5 K). Om boring en slag te bepalen stellen we het slagvolume V, = 1 m3. Daar- mee wordt de schadelijke ruimte V3 = 0,03 m3 en het beginvolume V1 = 0,03 VS + V, = 1,03 m3. Het volume na compressie is V2 = Vl (pilp2)% -+ V2 = 0,0875 m3 en het gasvolume na expansie V4 = V3 (p2lPl)'41 -+ V4 = 0,353 m3. Bij een slagvolume VS van 1 m3 is dus het aangezogen volume per omwenteling: Vaan, = V1 - V4 = 0,677 m3. Gegeven is echter dat het aangezogen volume per omwenteling gelijk is aan 0,25 x 10-3 m3 -+ V, = 0,369 x 10-3 m3. Voor dit slagvolume kunnen we ook schrijven: v, = v4 02s = v4 D2.1,2. D. Gelijkstelling van beide uitdrukkingen voor VS + D (D = 73,2 mm). De slag s = l ,2 D -+ s = 87,s mm.

Van een compressor is de schadelijke ruimte 5% van het slagvolume. Met hoeveel procent moet de schadelijke ruimte worden vergroot om de levering met 10% te doen afnemen als het ciIindervolume constant is (slagvolume wijzigen). De begindruk is 1 bar, de einddruk 5 bar. Compressie en expansie verlopen isentroop met k = 1.4.

Oplossing Stellen we het slagvolume (fig. 5.3) V, = 1 m3, dan is volgens de gegevens V3 = 0,05 m3 en V1 = 1,05 m3. V2 = V1 (pllp2)k = 1,05 x 0,2%. m3 = 0,3326 m3. De gaslevering V,,, = V2 - V3 = (0,3326 - 0,05) m3 = 0,2826 m3. De levering moet 10% minder worden zodat in fig. 5.3: V*' - V3 = 0,l X 0,2826 m3 = 0,02826 m3. De toename van de schadelijke ruimte is 0,02826 m3 hetgeen overeenkomt

met een toename van o'o28" 100% = 56,5%. 0,05

4

3 V , = l m V-j

4

Fig. 5.3

Van een luchtcompressor met schadelijke ruimte wordt per omwenteling 20 dm3 lucht aangezogen. D e exponent van de polytroop bij compressie en expansie is 1,3. Als gegeven is dat p1 = 1 bar, Tl = 300 K, p2 = 5 bar en de rotatiefrequentie n = 500 min-l, bereken dan het toe te voeren vermogen (in kW), het geleverde volume lucht (in dm3lomw.) en de temperatuur van de lucht die na de uitlaatslag in de schadelijke ruimte achterblijft.

Aan wijzingen Het toe te voeren vermogen kan uit (5.2) worden berekend als voor m de massastroom wordt ingevuld.

-n p = - mR (T2 - Tl) n-l

(a>

De temperatuur na compressie bedraagt T2 = 300 X 50,3/113 K = 434,9 K terwijl het produkt rizR uit de gaswet kan worden berekend.

rizR = Pi + rizR = 5535 J/(K.s). T1

Substitutie in (a) levert: P = -32,5 kW. De temperatuur T3 van de lucht die in de schadelijke ruimte achterblijft, is gelijk aan T2 en dus 434,9 K. Tijdens de uitlaatslag verandert de toestand van de lucht niet zodat ook gaswet niet van toepassing is. Het geleverde gasvolume per omwenteling is zowel uit de gaswet te bepalen als uit de wet van Poisson.

Een compressor zuigt per uur 95 kg lucht aan en comprimeert dat, tezamen met 5 kg lucht die in de schadelijke ruimte is achtergebleven, polytroop tot een zekere einddruk. Bij de compressie stijgt de temperatuur 160 "C en wordt 4000 kJ warmte per uur afgevoerd. D e exponent van de polytroop bij compressie is gelijk aan die bij expansie. Bereken deze exponent alsmede het toe te voeren vermogen. Bepaal de netto warmte die per uur wordt overgedragen. C,, = 1 005 Jl(kg K), c, = 716 J/(kg. K) en R = 287 J/(kg K).

Oplossing Bij de compressie is de temperatuurtoename gegeven alsmede de afgegeven hoeveelheid warmte. De massastroom die gecomprimeerd wordt is ook bekend (100 kg/h) zodat de soortelijke warmte van de polytroop berekend kan worden uit:

-0,25 kJ/ (kg K).

Vervolgens kan de exponent van de polytroop bepaald worden uit:

C-CP - n=-- 0,25-1,005 = 1,3.

C-C, -O,25-O,7 16 -n Het toe te voeren vermogen is volgens (5.2): P = - mR (T2 - Tl). n-l

Hierin is m de per seconde geleverde of aangezogen massa.

-1,3 p = - x- 95 x 0,287 x 160 kW = -5,25 kW. 0,3 3600

Volgens (5.6) kan voor de netto overgedragen warmte worden geschreven: Q,,,,, = m,,, C (T2 - Tl) + Q ,,,, , = -95 X 0,25 X 160 kJ/h = -3800 kJ/h.

Van een compressor met schadelijke ruimte is de druk p1 bij de aanvang van de compressie 1 bar. Het schadelijk volume is V3, de exponent van de polytroop n =

1,306, zowel bij compressie als expansie. Als bekend is dat V1/V3 = 20. bereken dan de persdruk p2 waarbij het volumetrisch rendement nul is.

Aan wijzingen In het bijgaande compressordiagram (fig. 5.4) geldt voor het volumetrisch rendement: q, = (V, - V4)/(V1 - V3). In dit quotiënt zijn V1 en V3 constant terwijl het volume V4 na expansie afhankelijk is van de compressie-einddruk p2 zoals uit het gestippelde diagram 1-2'-3'4 blijkt. Het volumetrisch rendement daalt bij toename van p2 en is nul als V2 = V3. De polytroop van compressie en expansie val- len dan samen. De druk waarbij dit optreedt is te berekenen uit: p i VltZ = p2V2n = p2VT -t p2 = 50 bar.

v --+

Fig. 5.4

Een expansiemachine verbruikt per uur 100 m3 perslucht van 6 bar en 20 "C. De vulling bedraagt 40% van de slag; de tegendruk bij de teruggaande slag is 1,2 bar; de expansie verloopt isentroop (k = 1,4). Bereken:

a het geleverde vermogen; b de geleverde arbeid per mi perslucht; c de toename van de arbeid en van de slag uitgedrukt in procenten, als de expansie

tot op de tegendruk zou worden voortgezet.

Oplossing De vorm van het indicateurdiagram is in fig. 5.5 aangegeven.

a We zullen eerst de arbeid berekenen die 1 m3 perslucht van 6 bar en 20 "C kan levere Bij een vulling van 40% is V2 = 100140 m3 = 2,5 m3 en p2 = pi ( K 2)k = 6 X 0,4 1-4 bar = 1,66 bar. P

-k - (P2Vz - piV1) + (p2 - p3) V2. Met V1 = 1 m3 levert dit: wt,-2-3 - -

k-l

Als 100 m3 lucht per uur wordt toegevoerd is

P = 'O0 x 76370 kW = 21 J kW. 3600

b We berekenen eerst met behulp van de gaswet het normaalvolume lucht dat overeenkomt met 1 m3 perslucht van 6 bar en 10 "C. Dit levert

n

Fig. 5.5

Deze 5,52 m? lucht leveren dus ook een arbeidshoeveelheid van 763,O kJ. De gevraagde arbeidslevering is dus 763,0/5,52 kJ/mn = 138,2 kJlm2.

c Wordt de expansie voortgezet tot p4 = 1,2 bar en noemen we het volume dan V4 (fig. 5.5) dan geldt dat V4 = Vl (pllp4)llk = V1 (6/l,2) 11134 = 3,16 Vl. Is V, = 1 m3 dan is V4 = 3,16 m3. Eerder was berekend dat V2 = 2,5 m3 zodat de procentuele toename van de slag gelijk is aan:

&,J

Voor V1 = 1 m3 is de technische arbeid

-k w, = - I 4 (P4v4 - ~ 1 ~ 1 ) =

-174x105 (1,2 x 3,16 - 6 x 1) J = 772,8 Wh'. k-l 074

Bij beëindiging van de expansie in 2 was de arbeid 763,O kJIm3. De toename van de geleverde arbeid is dus { (772,8 - 763,0)/772,8 } 100% = 1,396. De teller van de breuk is het verschil van twee grote getallen zodat afrondingen bij de berekening een grote invloed hebben op de uitkomst. (Een nauwkeuriger berekening levert voor de toename van de arbeid 1 ,g%). Deze uitkomsten zijn mede een verklaring voor het feit dat de expansie nooit tot op de tegendruk wordt voortgezet.

In een expansiemachine, werkend met lucht van 8 bar en 19,8 "C, expandeert de lucht polytroop (n = 12) tot -10°C. De druk bij de teruggaande slagis 1,l bar. Bereken:

a de druk aan het einde van de expansie; b de geleverde arbeid per m:; c het luchtverbruik in m3 per MJ.

Aanwijzingen a De einddruk na een polytrope expansie 1-2 tot -lO°C volgt uit:

p2 = pi (T2/Tl)*~l-l -+ p2 = 4 3 bar. Het indicateurdiagram heeft de in fig. 5.6 aangegeven vorm.

b De geleverde arbeid voor l m3 lucht van toestand 1 kan als volgt worden geschreven:

-n w, = - n-l

(~2V2 - p1V1) + (P2 -p3) V2

De enige onbekende hierin is Vz. Deze kan uit de gaswet worden berekend:

Uit (a) volgt nu dat W, = 1021 kJIm3.

- kan worden becijferd dat 1 m3 lucht van 8 bar en 19,8 "C Uit--- Tl T0

overeenkomt met 7,36 m3, -+ W, = 102117,36 kJlm3, = 138,7 kJlm3,. In b is berekend dat 1 m3 lucht van toestand 1 een arbeidshoeveelheid levert van 1021 kJ. Om 1 MJ arbeid te leveren is dus 111,021 m3 = 0,98 m3 lucht nodig.

v --b

Fig. 5.6

Van een expansiemachine met schadelijke ruimte is het volgende bekend. De vulling 1-2 bedraagt 40% van het slagvolume, p1 = 6 bar, Tl = 410 K. Na de expansie 2-3 die isentroop verloopt, is de druk p3 = 2 bar. Dan gaat de uitlaat open en daalt de druk plotseling tot de tegendruk p4 = 1 bar. Vervolgens wordt de lucht van 4 + 5 bij constante druk uitgedreven waarna in 5 de uitlaat sluit en de nog aanwezige lucht van 5 + 1 isentroop wordt gecomprimeerd. Als de schadelijke ruimte 10% van het slagvolume bedraagt, bereken dan de nuttige arbeid per m3 toegevoerde lucht, per kg toegevoerde 1ucht.en per m3 slagvolume.

k = 1,4 en R = 287 J/(kg K).

Oplossing Het beschreven proces leidt tot het in fig. 5.7 getekende indicateurdiagram. We stellen het slagvolume V3 - V , = 1 m3 zodat: V, = 0 , l m3; V3 = 1 , l m3; V2 - V, = 0,4 m3 -+ V2 = 0,5 m3.

p1vlk = psv; -+ VS = Vl (P1lps) 1% = 0,l x 6 111.4 m3 = O,36 m3. Voor de technische arbeid kunnen we schrijven: W, = Wt2-? + Wt + W a opp. 2-3-7-8 + opp. 3-4-6-7 -

3-4 15- I

OPP. 5-1-8-6 = OPP. 1-2-3-4-5-1.

-k -k W, = - (P3V3 - ~2V2) + (P3 - ~ 4 ) V3 + - (P, v, - p5V5). k-l k-l

Substitutie van de gegevens levert per m3 slagvolume: w, =

{-3,5x105(2~1,1-6xO,5)+(2-1) 1 0 ~ ~ 1 , 1 - 3 , 5 ~ 1 0 s ( 6 ~ 0 , 1 - 0 , 3 6 ) / J . W, = 306 kJ per m3 slagvolume. Bij een slagvolume van 1 m3 is V2 - V1 = 0,4 m3 zodat de arbeid per m3 toegevoerde lucht gelijk is aan 306/0,4 kJ = 765 kJ. De massa van 1 m3 toegevoerde lucht volgt uit de gaswet (V2 - V1 = 1 m3):

De arbeid per kg toegevoerde lucht bedraagt dus 150 kJ.

Fig. 5.7

In een tweetrapscompressor zonder schadelijke ruimte wordt per uur 250 m3 stikstof van 27 "C en 1 bar tot 35 bar gecomprimeerd. Na de lagedrukcilinder wordt het gas bij een constante druk van 7 bar in een tussenkoeler tot 17 "C afgekoeld. De compressie verloopt polytroop met een exponent n1 = 1,30 in de eerste trap en n2 = 1,35 in de tweede trap. Bereken het toe te voeren vermogen in kW, alsmede de af te voeren warmte in L.D.-cilinder, tussenkoeler en H.D.-cilinder, uitgedrukt in MJIh. R = 297 J/(kg. K), k = 1,4 en cp = 1040 J/(kg K).

Aan wijzingen Het indicateurdiagram is in fig. 5.8 geschetst. Het toe te voeren vermogen en de af te voeren warmte bij compressie moeten voor de eerste- en de tweede trap afzonderlijk worden berekend omdat de exponent n in beide trappen verschillend is. De gastemperatuur na de lagedruk-cilinder is te berekenen uit: T2 = Tl (p21pl)"-%l j T2 = 470,O K . Na de hogedruk-cilinder is T4 = T3 = 440,2 K. De massa stikstof die per seconde wordt gecomprimeerd volgt uit k = p h / ~ ~ l j = 0,078 k&. Voor het totale vermogen schrijven we:

-3095 kW. De warmte-afvoer in de L.D.-cilinder en de H.D.-cilinder is te bepalen uit:

k-n1 =- - k-2 WtU en uit Q3-4 = -

k-1 n' k-l n2

De warmte-afvoer in de tussenkoeler e 2 - 3 = me, (T3 - T2). Na substitutie van de gegeven resp. berekende grootheden vinden we: Q,-, = -1l$ MJIh; = -495 MJ/h; = -52,6 MJIh.

v+

Fig. 5.8

Een tweetrapscompressor zonder schadelijke ruimte levert per seconde 0,05 kg lucht van 24 bar. De lucht wordt aangezogen bij 1 bar en 300 K en polytroop (n =

1,3) gecomprimeerd tot 6 bar. Bij de daaropvolgende tussenkoeling wordt per seconde 7,68 kJ warmte aan de lucht onttrokken. Ten slotte wordt de lucht isothermisch verder gecomprimeerd tot de einddruk waarbij per seconde 5,96 kJ warmte wordt afgevoerd. cp = 1 000 J/(kg K). k = 1,4 en R = 287 J/(kg . K).

a Bereken het toe te voeren vermogen in kW. \ b Bepaal de hoeveelheid warmte in kW die bij de compressie in de L.D.-cilinder

wordt afgevoerd. 1

c Als V,,,, op 100% wordt gesteld, wat is dan in procenten V,,,? d Wat is in dit geval de meest gunstige tussendruk p, als wordt aangenomen dat de

temperatuur na tussenkoeling 300 K bedraagt?

Op lossing a In bijgaand indicateurdiagram (fig. 5.9) is T2 de temperatuur na de eerste

i

t rap

Het vermogen, toe te voeren aan de lagedruk-cilinder is gelijk aan:

-n -1,3 PI -2 = - YIZR (T2 - Tl) = - X 0,05 X 0,287 (453,6 - 300) kW = - 9 3 kW. n-1 0,3

Voor de isotherrnische compressie 3-4 in de tweede trap geldt dat de technische arbeid en de compressie-arbeid W1-2 volgens (5.4) aan elkaar gelijk zijn (n = 1) zodat het vermogen P3+ dat aan de hogedruk-cilinder moet worden toegevoerd, gelijk is aan -5,96 kW. Het totaal toe te voeren vermogen is dus: P = (-955 - 5,96) kW = -153 kW.

b De warmte-afvoer in de L.D.-cilinder is per tijdseenheid:

k-n - 1,4-1,3 -935 Q1-2=- - - X- kW = -1,84 kW. k-l n 0,4 1,3

c De warmtestroom in de tussenkoeler bedraagt 7,68 kJ/s.

Dus Q,-3 = -7,68 = mec, (T3 - T2) + T3 = -7,68

0,05 x 1,0

De toestanden 1 , 3 en 4 liggen dus op dezelfde isotherm zodat

V4 = Vgel = 4J%. d De technische arbeid voor L.D.-cilinder en H.D.-cilinder gezamenlijk is:

-n w, = - P2 T l { l ] + mRT3 ln -. n-l P4

Om de meest gunstige tussendruk p2 te bepalen (de druk waarvoor W, minimaal is) moeten we de bovengenoemde betrekking naar p2 differentië- ren en het differentiaal quotiënt nul stellen.

n-l Schrijven we voor - = u dan levert dit

n

In dit geval kan dus met één cilinder worden volstaan en verloopt de gehele compressie isothermisch volgens 1-3-4. Ook zonder berekening kan men in fig. 5.9 zien dat de technische arbeid dan minimaal zal zijn.

v+

Fig. 5.9

In een tweetrapscompressor zonder schadelijke ruimte wordt een gas polytroop gecomprimeerd. De exponent n van de polytroop is in beide cilinders gelijk aan 1,3. De temperatuurstijging in elke cilinder bedraagt 125K. Als R = 287 J/(kg . K) en cp = 1000 J/(kg K) bereken dan de technische arbeid per kg gas en per m: gas. Is de aldus berekende arbeid ook de minimale arbeid?

Aan wijzingen -n

De technische arbeid berekend uit W, = - mR (T2 - T l ) n-l

levert voor elke cilinder dezelfde uitkomst. We kunnen dus schrijven:

-2n W , = - mR (T2 - T l ) -+ Wt = -310,9 kJ/kg. n-l

Uit de gaswet volgt dat 1 mi overeenkomt met een massa van 1,293 kg zodat ook de technische arbeid per m: bepaald kan worden (-402,O kJ/mi). Als het gas in de tussenkoeler tot de begintemperatuur wordt afgekoeld is

de berekende arbeid ook de minimale arbeid. Aangezien hierover niets gegeven is, kan de vraag niet worden beantwoord.

Een vacuümpomp zuigt per uur 10 m3 lucht uit een vat en comprimeert dit isentroop tot 1 bar. Teken het verloop van de technische arbeid als de druk in het vat varieert van absoluut vacuüm tot 1 bar en bepaal hiervan het maximum k = 1,4. (Door een luchtlek in het vat wordt de beschouwde druk constant gehouden).

Oplossing Voor de benodigde technische arbeid geldt:

De druk in het vat is pl (variabel), de einddruk p2 = 1 bar. Als pl = O is het vacuüm 100%. Er wordt geen lucht aangezogen -+ W, 1-2 = 0. Is pl = p2 dan is ook V l = V2 en is W, eveneens nul.

1-2

Voor een willekeurige aanzuigdruk x, is het volume in de eindtoestand te berekenen uit pVk = C. Dit levert:

- k . 105 (x% 10 - 10 . x) =

-k 106 Daarbij is W, = (x" - X ) .

k-1 k-l

Hierin is x uitgedrukt in bar. De extreme waarde van deze functie kan worden bepaald door W, naar x te differentiëren en het gevonden diffe- rentiaalquotiënt nul te stellen.

d Wt ,, -- - o + - x h - I - l = o . dx - k 1 0 6 ' k-l i

x = k% = 1,4-3,5 bar + x = 0,31 bar. Als 10 m3 lucht van 0,31 bar tot 1 bar wordt gecomprimeerd wordt.het volume V2 = 10 x 0,31""~ m3 = 433 m3 en is W, 1-2 volgens (a):

w, = -1,4 . 105

1-2 (1 X 4,33 -'0,31 X 10) J = -430 kJ. 094

Het verloop van W, is geschetst in fig. 5.10. Een vacuumpomp moet op deze ongunstigste situatie worden berekend.

Een tweetrapscompressor zonder schadelijke ruimte zuigt per uur 300 m3 lucht van 300 K aan en comprimeert die polytroop (n = 1,2). De begindruk is 1 bar, de einddruk 25 bar. In een tussenkoeler wordt de lucht tot de begintemperatuur afgekoeld. Bereken het theoretisch toe te voeren vermogen in kW en de benodigde hoeveelheid koelwater in kh/h als de temperatuurstijging hiervan 10 "C bedraagt en de tussendruk de meest gunstige waarde heeft. k = 1,4, cp = 1005 J/(kg K), R = 287 J/(kg - K), = 4,2 kJ/(kg . K).

Aan wijzingen De meest gunstige tussendruk p, = G = a bar = 5 bar. Hierin is p b de begindruk (1 bar), p, de einddruk (25 bar) en p2 de druk na de L.D.-cilinder. De aangezogen massastroom bedraagt:

De temperatuur T2 na compressie volgt uit (3.3) -+ T2 = 392,3 K. De benodigde arbeid per trap is gelijk zodat

-2nmR P = W t = (T2 - Ti) + P = -110.750 kJ/h = -30,8 kW.

n-l

De overgedragen warmte in L.D.- en H.D.-cilinder samen bedraagt:

De in de koeler afgegeven warmte is: Q ~ - ~ ' = mep (T2' - T2) = -348,4 x 1,005 x 92,3 kJlh = -32.318 kJlh. Totaal af te voeren warmte Q,,, = (46.146 + 32.318) kJ/h = 78.464 kJ/h.

Qtot De benodigde rnassastroom koelwater = - + m - 1868,2 kg/h. C A T

6 Toestandsveranderingen in open systemen

3 In een ongekoelde centrifugaalcompressor wordt een gasmengsel van 0,8 bar en 17 "C gecomprimeerd tot 5,6 bar en 300 "C. De intreesnelheid is 150 mis, de doorsnede van de instroomopening is 0,01 m2 en de snelheid bij uitstromen bedraagt 250 m/s. Als het gas als ideaal kan worden beschouwd, bereken dan het toe te voeren vermogen.

cv= 700 J/(kg . K) en R = 350 J/(kg K)

Oplossing: Het huis van de compressor vormt de begrenzing van het beschouwde open systeem. Uit de gegevens kan worden opgemaakt dat in de algemene energievergelij king (6.1):

= AH + + AEk + AE, de termen en AEp nul gesteld kunnen worden. W,,-2 = -AH - AE, = -mcp(T2 - Tl) - +m(& - c:)

In deze vergelijking moeten m en c, nog worden vastgesteld. Omdat het gas ideaal is, geldt dat R = c, - cv C, = R + c, = (350 + 700) J/(kg K) = 1050 J/(kg. K) De massastroom m kan uit de continuïteitsvergelijking worden bepaald

/

A ' c waarin het soortelijk volume l = -

1 A p't

M.b.v. deze gegevens kan nu het vermogen worden berekend. P = -1,18 / 1 050 (573 - 290) + f (2502 - 1502) 1 W = (-350,6-23,6)kW

Door een lange geïsoleerde leiding met een constante diameter wordt stoom ge- - . ..

transporteerd. In een gegeven doorsnede is de druk 12 bar en de temperatuur 350 "C (h = 3154,6 kJ/kg, V = 0,2345 m3lkg). In een dwarsdoorsnede verder stroom- afwaarts gelegen wordt een druk gemeten van 10 bar en een temperatuur van 345 "C (h = 3147,9 kJIkg, Li = 0,3700 m31 kg). Bereken de snelheid in de eerstgenoemde doorsnede.

Aanwijzingen De eerste hoofdwet voor open systemen (6.1) luidt:

= AH + W, + AEk + AEp 1-2

In de beschreven situatie is = 0, WtI-2 = O en AEp = O. Derhalve geldt dat: c$ - c: = 2(hl - h2) (a) Hierin zijn zowel cl als c2 onbekend. Uit de continuïteitsvergelijking volgt:

Uit (a) en (b) volgt dat cl = 94,8 m/s.

Door een waterturbine stroomt per seconde 5 m3 water. De overdruk van de vloeistof vóór de turbine bedraagt 22 bar, na de turbine is de overdruk 2 bar. De doorstroomoppervlakte van de aanvoerleiding is 1 m2, die van de afvoerleiding 2 m2. Bereken het geleverde vermogen in kW als de druk van de buitenlucht 1 bar bedraagt en de wrijvingsverliezen buiten beschouwing worden gelaten. p, = 1000 kglm3.

Op lossing: In de eerste hoofdwet voor open systemen is Q1.* = O. Beschouwen we het turbinehuis als de systeemgrens, dan is het hoogteverschil tussen toe- en afvoeropening verwaarloosbaar klein -+ AEp = 0. W, = -AH - AEk

l-? (a) Voor het enthalpieverschil kunnen we schrijven:

AH = (fi + ~2V2) - (U1 + p1Vd = (U2 - UI) + (p2 - P N Omdat er geen wrijving optreedt en de inwendige energie van een vloeistof vrijwel onafhankelijk is van de druk is U2 - U1 = 0.

v 1 De instroomsnelheid cl = - = 5 mls. Al

Het vloeistofvolume verandert niet zodat de snelheid in de afvoerleiding 2,s m/s bedraagt. We kunnen nu voor (a) schrijven: wtc2 = -(p2 - p i ) v - +m(c; - c:) of

P = (p, - P2)v - +(c: - c:)

P = { (23 - 3)105 x 5 - f x 5 x 103(6,25 - 25) } W

P = (10.000 + 46,9) kW = 10.046,9 kW

gor een turbine met een mechanisch rendement van 95% stroomt per uur 60 ton stoom. Het geleverde vermogen bedraagt 19 MW.

a Bereken de specifieke enthalpiedaling van de stoom als de expansie adiabatisch

verloopt. b Hoe groot is de uittreesnelheid van de stoom als bij de berekende enthalpiedaling

het geleverde vermogen 15% afneemt ten gevolge van de snelheidstoename van de stoom? De beginsnelheid wordt gesteld op 50 mls.

Aanwijzingen a In de energievergelijking (6.1) is Qlm2 = O en zijn ook AEk en AE, nul ge-

steld omdat hierover geen gegevens verstrekt zijn. Dit levert W, = -AH = m(hl - h2)

1-2

Wordt de massa m vervangen door de massastroom m en wordt rekening gehouden met het mechanisch rendement dan geldt voor het effectieve vermogen: f

P, = m(hl - h2)77, -+ hl - h2 = U00 kJ/kg. b In dit geval kan AEk niet worden verwaarloosd en schrijven we voor (6.1):

2 2 W = P = -m Ah - m Aek = m(hl - h2) - f m (c2 - c l ) 4 - 2

2 Pe = P = vm m ( (hl - h2) - i (C: - c l ) } Hierin is P, = 0,985 x 19.000 kW zodat c2 kan worden berekend. Uitwerking levert c2 = 196,2 rnls

\ / - ..

I 6.5 i -/,T/,

Door een horizontale leiding van constante diameter stroomt wrijvingsloos lucht van 27 "C met een snelheid van 10 d s . Door warmtetoevoer stijgt de temperatuur 300 "C. Als de doorstromende hoeveelheid constant is, bereken dan de enthalpie-

toename van de lucht in kJ/kg. Hoeveel procent van de toegevoerde energie is no-

dig geweest om de inwendige energie van de lucht te vergroten? cp = 1005 J/(kg K), c, = 716 J/(kg K).

Oplossing: We gaan uit van de eerste hoofdwet voor open systemen: Q,., = AH + W, 1-2 + AEk + AEp Bij de stroming is W, = O en AEp = O zodat voor de toegevoerde warmte

I -2

per massa-eenheid geldt: 2 2 41-2 = h2 - hl + f (c2 - C,)

T2 De druk van de lucht is constant zodat V2 = - V1 = 2V1 T1

Verdubbeling van het volume betekent dat c2 = 2cl = 20 m/s 41-2 = cP(T2 - T l ) + f (c: - c:) = (1 005 x 300 + t(400 - 100))Jlkg 41-2 = (301,s + 0,lS)kJlkg = 301,65 kJ/kg De enthalpietoename Ah (301,s kJ1kg) is vrijwel gelijk aan de toegevoeg- de warmte vanwege de geringe waarde van Aek Lucht wordt beschouwd als een ideaal gas zodat u2 - U, = c,(T2 - Tl) = 716 X 300 Jlkg = 214,8 kJlkg Van de toegevoerde warmte is dus (214,8 : 3,0165)% = 71,2% nodig geweest voor de toename van de inwendige energie. De toename van de kinetische energie is 0,15 kJ1kg = 0,05% van de toegevoerde energie. Door de uitzetting van het gas bij constante druk is de arbeid op de omgeving verricht w1-2 = p( 2 - 1) = R(T2 - Tl)

= (1005 - 716) x 300 Jlkg = 86,7 kJ/kg. Dit komt overeen met 28,75% van de toegevoerde warmte.

Aan de as van een pomp die per seconde 3 kg water verpompt moet per kilogram water 850 kJ mechanische energie worden toegevoerd. Bij de pompinlaat is de druk 0,6 bar en de snelheid 2 mls. In een punt van de persleiding die zich x meter boven de inlaat bevindt, is de druk 5 bar en de snelheid 4 mls. Als geen warmte wordt toe- of afgevoerd, bereken dan de afstand x.

D e wrijvingsverliezen kunnen worden verwaarloosd. p, = 1000 kglm3 en g = 10 mIs2

Aan wijzingen We gaan uit van de eerste hoofdwet voor open systemen geschreven als:

AEp = el-2 - (H2 - Hl) - - AEk (a) De index 1 heeft betrekking op de toestand bij de pompinlaat, de index 2 op het in de opgave genoemde punt van de persleiding. Ql-2 = O terwijl H2 - Hl = (U2 - U1) + (P2V2 - plV1) = V(P2 - p,) AU is nul gesteld omdat de wrijvingsverliezen kunnen worden verwaarloosd en de invloed van de druk op de inwendige energie uitermate gering is.

We kunnen nu voor (a) schrijven: mgx = - v (p, - p i ) - P - f m (c: - c:) Hieruit kan de gevraagde x worden berekend ( x = 40,4 m)

Lucht van 1,2 bar en 17 "C wordt met een snelheid van 300 mls aan een diffusor toegevoerd. In de uittreedoorsnede is de druk 1,45 bar en de snelheid 50 mls. Als per seconde 5 kg lucht door de diffusor stroomt, bereken dan de vereiste diameter van de diffusor aan de uittreezijde. De stroming verloopt adiabatisch. c, = 1050 J/(kg. K) en R = 287 J/(kg K)

Oplossing In de uittreedoorsnede geldt dat A2c2 = V,.

4 v, Substitutie van A2 = D: levert D2 = .\j -

c2

Hiermee kan de gevraagde diameter worden bepaald mits eerst T2 en worden berekend. In de eerste hoofdwet voor open systemen is = O, Wt 1-2 = O en AEp = O zodat: AH = -AEr + mcP(T2 - T l ) = +m (c: - cg) Hieruit volgt dat

De volumestroom in de uitlaatdoorsnede kan uit de gaswet worden bepaald.

Nu kan D2 worden berekend. t I

D e instroomcondities van een gas in een diffusor zijn: p1 = 0,8 bar, Ti = 500 K, cl = 250 mls. D e druk bij uittrede is 1,l bar en de uitlaatdoorsnede is 25% groter dan die bij intrede.

a Bereken de snelheid c2 en de temperatuur T, bij de uitlaat als de stroming adiabatisch verloopt. c,, = 1030 J/(kg . K).

b Hoe luiden de uitkomsten als er tijdens de stroming een warmtetoevoer plaats vindt van 30 kJIkg?

Aan wijzingen De betrekkingen die bij de bepaling van c2 en T2 gebruikt worden zijn: - de eerste hoofdwet voor open systemen. Hierin is = O, Wtl-* = O en

AE, = O zodat AH = -AEk -+ c&T2 - Tl) = f (C: - C:) (a) - de continuïteitsvergelijking. De massa die per tijdseenheid door een

doorsnede stroomt is constant. Met m = Ac/ levert dit

- de gaswet p /T = C. Hieruit volgt dat:

In deze drie vergelijkingen zijn de onbekenden: T2, c2 en 2/ l

Uit (b) kan c2 worden opgelost als functie van 2/ l .

De verhouding 21 volgt uit (c) met T2 als onbekende. Dit levert:

Substitutie in (b) + c2 = 0,291 T2 waarna deze c2 in (a) wordt ingevuld. De temperatuur T2 moet dan uit 0,085 T? + 2060 T2 - 1.092.500 = O worden opgelost (T2 = 519,4 K ) Met deze waarden van T2 is c2 = 0,291 x 519,4 mls = 151,l mls

b Zou de term niet kunnen worden verwaarloosd, dan is het verloop van de berekening gelijk aan die in a. We vinden dan T2 = 547,2 K en c2 = 159,2 m/s

Bij de stroming in een straalbuis expandeert lucht van 5 bar en 250 "C tot 3 bar en 200 "C. Als cl = 40 mls bereken dan de verhouding van de instroom- en uit- stroomdoorsnede van de straalbuis. De bij de stroming toegevoerde warmte be-

draagt 8,O kJ1kg. c, = 1050 J/(kg . K). Hoe groot is deze verhouding als de stroming zonder warmte-uitwisseling met de omgeving zou zijn verlopen?

Oplossing De stroming is stationair zodat de massastroom door elke doorsnede gelijk is. Dit levert:

Hieruit kan de gevraagde doorsnedeverhouding ' J1/V2 en c21cl bekend zijn.

i

C;i P ~ T I - 3 x 1 0 5 ~ 5 2 3 Uit de gaswet volgt dat - = - - - -

g PI T2 5 ~ 1 0 5 x 4 7 3

De beginsnelheid cl is gegeven terwijl de snelheid

(a)

worden berekend als

0,663

c2 uit de eerste hoofdwet voor open systemen kan worden bepaald. Dit levert: c: = 2q1.2 + 2cp (Tl - T2) + C: = (2 X 8000 + 2 X 1050 x 50 + 1600)m2/s2 + c2 = 350,l mls. We kunnen nu de gevraagde doorsnedeverhouding uit (a) berekenen.

Zou ook de term 91-2 kunnen vervallen dan volgt met bovenbeschreven

Al berekeningswijze dat c2 = 326,5 mls en - = 5,4 A2

In een straalbuis wordt de snelheid van een medium verhoogd van 50 mls tot 900 mls. Als de enthalpie in de eindtoestand 2500 kJ1kg bedraagt, bereken dan de enthalpie vóór de straalbuis in kJ1kg. Bereken vervolgens de massastroom (kgls) als de straalbuisdoorsnede in het begin 0,l m2 bedraagt en het specifiek volume van het medium ter plaatse 0,2 m3lkg is.

Aan wijzingen: Voor een straalbuis is = O, W, 1-2 = O en AE, = O. De eerste hoofdwet voor open systemen kan dan als volgt worden geschreven: hl = h2 + i (C: - C:) -+ hl = 2903,8 kJ1kg Voor de massastroom m in door de begindoorsnede geldt: m =Alcl/ -+m = 25 kgls

. -.-l /' In een gasturbine met een vermogen van 250 kW expandeert per minuut 120 kg lucht van 8 bar en 300 "C tot 1,2 bar. Tijdens de expansie wordt per massa-eenheid 25 kJ warmte naar de omgeving afgevoerd. Als de intree-snelheid van het gas 50 rnls bedraagt en de snelheid bij uittrede 100 mls, bereken dan de eindtemperatuur van het arbeidsmedium alsmede de oppervlakte A2 van de uitlaatopening. cp = 1000 J/(kg. K) en R = 287 J/(kg K)

Oplossing Dit is een open systeem waarvoor de uitdrukking (6.1) van toepassing is. Hierin kan AEp = O worden gesteld en kan AH door mcp(T2 - T l ) worden vervangen. Voor een massastroom m = 2 kgls levert (6.1):

2 2 mql-2 = mcP (T2 - T l ) + mw,,, + $ 4 (c2 - c l ) Hieruit kan T2 worden berekend.

De stroming is stationair zodat de massastroom m constant is. Voor de toestand in de uitlaatdoorsnede geldt dus:

Het specifieke volume 2 volgt uit de gaswet.

Een ketel produceert stoom van 40 bar en 450 "C (h = 3331,2 kJ1kg) uit water van 150 "C (h = 629 kJlkg). Het voedingswater wordt met een snelheid van 2 rnls aan de ketel toegevoerd en als stoom met een snelheid van 40 mls afgevoerd. In een straalbuis expandeert de stoom vervolgens adiabatisch waarbij een enthalpiedaling optreedt van 1000 kJ/kg. Bereken de warmte die door het water in de ketel is opgenomen (kJIkg), alsmede de snelheid waarmee de stoom uit de staalbuis treedt. -

Aan wijzingen De eerste hoofdwet voor open systemen toegepast op een stoomketel levert per eenheid van massa: q l - 2 = h2 - hl + t ( ~ 2 ~ - cl2) -+ ql-2 = 2703,O kJ1kg Uit de berekening blijkt de zeer geringe invloed die de snelheidsverandering van het werkzame medium heeft op de toe te voeren warmte. De bovengenoemde hoofdwet, toegepast op een straalbuis, levert: c2 = -2. Met Ah = 106 Jlkg -+ c2 = 1414,8 mls Bij verwaarlozing van de beginsnelheid cl zou het antwoord 1414,2 mls zijn. Het verschil is dermate klein dat verwaarlozing van de beginsnelheid toelaatbaar is.

Een zonnecollector met een oppervlakte van 25 m2 ontvangt aan stralingsenergie 600 Wlm2, de warmteverliezen bedragen 30%. De massastroom water door de collector is 0,05 kgls, de waterintreetemperatuur 20 "C. De uittrede-opening ligt 3 m boven de intrede. Bereken de uittrede-temperatuur van het water. c, = 4,2 kJl(kg K) en g = 10 mIs2

Op lossing Ook deze opstelling valt weer te rangschikken onder de open systemen, waarvoor (6.1) mag worden toegepast. We schrijven hiervoor:

= h A h + wt 1 -2 + mAek + mAe, ( 4 De indices 1 en 2 hebben betrekking op de intree- en uittreedoorsnede. De term is de warmte die per tijdseenheid aan het werkzame medium wordt toegevoerd. Q1-2 = 0,7 X 600 X 25 W = 10.500 W Voor mAh en mAe, geldt achtereenvolgens: mAh = m,~, (T2 - Ti) = 0,05 X 4,2 X 1 O3 (T2 - 293) J/s mAe, = mg(z2 - zl) = 0,05 x 10 x 3 Jls = 1,5 Jls De arbeidlevering W, 1-2 = O en dit geldt ook voor de term mAek Substitutie van de verschillende termen in (a) levert de uittredetempera- tuur van het water.

10500 = 210(T2 - 293) + 1,5 -+ T;! = -

+ 293 { 210

De uittrede-temperatuur is dus 70 "C. Uit deze berekening blijkt opnieuw hoe gering de invloed is van de term A E, op de uitkomst.

Natte stoom die aan een condensor wordt toegevoerd heeft een snelheid van 150 mls en een enthalpie van 2250 kJ/kg. Het uitstromende condensaat heeft een snelheid van 2 mls en een euthalpie van 120 kJlkg. Bereken per kg stoom de door het koelwater opgenomen warmte alsmede de fout die wordt gemaakt door de snelheidsenergie van het medium te verwaarlozen.

Aan wijzingen Een condensor bestaat uit een cilindrisch vat met een toevoeropening voor de stoom en een afvoeropening voor het condensaat. In het vat is een groot aantal pijpen aangebracht waar het koelwater doorheen stroomt. Nemen we de wanden van het vat en de buitenzijde van de pijpwanden als begrenzing van het beschouwde systeem (fig. 6.1) dan levert de eerste hoofdwet (6.1):

1 2 41-2 = h2 - hl + 7 (c2 - C:)

Over Aep zijn geen gegevens bekend. Vandaar dat deze term, zoals meest- al het geval is, buiten beschouwing blijft. Substitutie van de gegevens -+ q,-;, = -2141,25 kJlkg. De door het koelwater opgenomen warmte bedraagt dus 2141,3 kJ/kg. Ondanks het grote verschil tussen de in- en uitstroomsnelheid blijkt de invloed hiervan op de overgedragen warmte uitermate gering te zijn (ca. 0,5%).

Fig. 6.1

Door een horizontale leiding met een constante diameter van 15 cm stroomt per seconde 2 kg lucht van 6 bar en 157 "C. Deze lucht wordt gesmoord tot 3 bar. Be- reken de luchtsnelheid c2 op enige afstand van de plaats van smoren cp = 1005 J/(kg K) en R = 287 J/(kg. K)

Fig. 6.2

Oplossing: In de energievergelijking voor open systemen is voor de geschetste situatie (fig. 6.2) = O, W, = O en AE, = O zodat:

1 2 2 1 -2

h2 - hl = 7 (cl - c2) (a) 1 2 1 2

c, Tl +?c l = cP T2 +?c2 (b) Hierin moeten, om c2 te kunnen berekenen, eerst cl en T2 worden bepaald. Omdat de stroming stationair wordt verondersteld, is de massastroom door elke doorsnede hetzelfde, zodat m = Ac/$ = constant.

- Al Cl Uitm=- en de gaswet pl t = RT, volgt dat: 1

ml 1 m . 4 . R T - 2 ~ 4 ~ 2 8 7 ~ 4 3 0 c l=- - - mis = 23,29 mls

Al nD2pl nx0,0225x6x105

Voor c2 kan, gelet op de uitdrukking voor cl, worden geschreven:

Worden nu Tl, cl en c2 ingevuld in (b), dan ontstaat de volgende vergelijking: 1005 x 430 + f (23,29)2 = 1005 T2 + f (0,10825 T2)2 0,00589 T: + 1 005 T2 - 432.421,2 = O

Oplossen van deze vierkantsvergelijking levert T2 = 429,2 K. Uit (c) volgt dan de gevraagde snelheid c2

t

c2 = 0,10825 x 429,2 mls = 46,46 mls Het criterium voor smoren luidt: hl = h2. Uit (a) volgt dat dit alleen juist is als bek kan worden verwaarloosd. In dat geval zal bij smoren van een ideaal gas de temperatuur constant blijven. Maar zelfs als de snelheidsverandering wel in rekening wordt gebracht blijkt de temperatuur in dit vraagstuk nauwelijks te veranderen. Er treedt slechts een temperatuurdaling op van 0,8 K bij een verdubbeling van de snelheid.

a Door een hellende leiding van constante diameter stroomt water van omgevingstemperatuur naar beneden. Bereken met behulp van (6.1) het drukverschil tussen twee punten waartussen de afstand, verticaal gemeten, 8 m bedraagt. De stroming is wrijvingsloos. g = 10 mIs2, p, = 1000 kgIrn3.

b Als t.g.v. wrijving een drukverlies optreedt van 0,5 bar, hoeveel warmte [Jlkg] wordt dan naar de omgeving afgevoerd als de inwendige energie van de vloeistof niet veranderd is.

Aan wijzingen: a We gaan uit van de eerste hoofdwet voor open systemen en splitsen Ah in

Au en Ap . De termen die in de beschreven situatie nul gesteld kunnen worden zijn: q,,, w,,-z, bek en Au. Het volume van de vloeistof verandert niet zodat 1 = 2 = llp. E.e.a. leidt tot een drukverschil p2 - p, van 0,8 bar.

b Het drukverschil is nu 0,5 bar kleiner dan in geval a en dus 0,3 bar. De eerste hoofdwet levert nu 91-2 = 50 Jlkg. Er wordt dus per kg vloeistof 50 J warmte naar de omgeving afgevoerd. Zou deze wrijvingsenergie door het water worden opgenomen, dan is de temperatuurtoename van het water slechts 0,012 "C.

7 De tweede hoofdwet; entropii

Een machine A waarin zich een inwendig omkeerbaar kringproces voltrekt, ontvangt 1000 kJ thermische energie uit een warmtereservoir van 1000 K. De temperatuur T,' van het arbeidsmedium blijft hierbij constant. De warmte-afgifte aan de omgeving (300 K) geschiedt omkeerbaar. Als de machine een hoeveelheid arbeid levert van 600 kJ, bereken dan de temperatuur T,'.

dQ Bepaal ook -. Is het antwoord in overeenstemming met uw verwachtingen? T

Oplossing De gegevens uit de opgave zijn in fig. 7.1 bijgeschreven. De temperatuur van het arbeidsmedium bij de warmte-opname is T,' en bij de warmte-afgifte T2/ = T2. Voor het rendement van dit inwendige omkeerbare Carnot-proces schrijven we:

Het kringproces verloopt uitwendig niet omkeerbaar vanwege het (eindige) temperatuurverschil van 250 K bij de warmtetoevoer.

Fig. 7.1

Voor de berekening van deze kringintegraal moet de overgedragen warmte gedeeld worden door de temperatuur van het warmtereservoir. Deze negatieve uitkomst geeft ook aan dat het kringproces niet omkeerbaar is.

Het oppervlaktewater van de zee dat een temperatuur heeft van 22 "C fungeert als warmtebron voor een positief kringproces. De warmte-afvoer vindt plaats aan zeewater op een diepte van 60 m waarvan de temperatuur 6 "C bedraagt. Wat is de maximale waarde van het thermisch rendement van een machine die tussen de genoemde temperatuurgrenzen werkzaam is? Welke gevolgen heeft het lage rendement op de afmetingen van de installatie voor een gegeven vermogen?

Aan wijzingen De maximale waarde van het thermisch rendement wordt verkregen met een omkeerbaar Carnot-proces dat tussen de gegeven temperatuurgrenzen werkzaam is. Vanwege het geringe temperatuurverschil is het thermisch rendement laag (5,4%) zodat de vereiste massastroom zeewater voor een gegeven vermogen relatief groot is. De afmetingen van de machine-installatie zullen dus eveneens groot zijn in vergelijking met land- machines van gelijk vermogen. Omdat de gehele installatie in zee geplaatst moet worden is de prijs van de geleverde energie hoog ondanks het feit dat de benodigde warmte gratis beschikbaar is.

Aan een koelinstallatie wordt een vermogen P toegevoerd van 150 W. De warmte-afgifte Q, aan de omgeving bedraagt 400 W. Bepaal de minimumtemperatuur die in de koelruimte kan worden gehandhaafd als de omgevingstemperatuur 300 K bedraagt.

dQ Wat is de uitkomst van $ -? T

Als de temperatuur in de koelruimte 12,5 "C hoger is dan de berekende minimum- waarde, bepaal dan bij dezelfde P en Q, de waarde van de koudefactor E en van

Oplossing De laagste temperatuur in de koelruimte is te verkijgen met een kringproces dat omkeerbaar verloopt. De waarde van de koudefactor is dan maximaal ( E = &,,) en gelijk aan die van een Carnot-proces. Uit:

Q2 E = - - - T2 volgt dat T2 = . T1 Q2

I Z ~ I Tl-Tz Q ~ + I Z ~ I

Q2 + I ZW I = Q, (fig. 7.2) -+ Q2 = (400 - 150) W = 250 W. Substitutie in (a) levert:

b In dit geval is de temperatuur in de gekoelde ruimte 200 K en zijn de waarde van P, Q~ en dus ook van hetzelfde als die in a. Dit geldt ook voor de waarde van E.

Bij de nieuwe temperatuurgrenzen (300 K, 200 K) is de maximale waarde van de koudefactor:

Het kringproces verloopt nu niet omkeerbaar ( E < q,,,,) hetgeen ook volgt uit de negatieve waarde van

$a=- -+- - -- T

'' { + z} JI(K s) = -0,083 JI(K s). TI T2 300 200

Fig. 7.2

fl-

; 7.4 . ,

a In een omkeerbaar Carnot-proces wordt warmte (600 kJ) opgenomen uit een warmtereservoir van 1200 K en afgegeven aan een warmtereservoir van 300 K. Bereken van dit kringproces het thermisch rendement, de afgevoerde hoeveelheid

dQ warmte en bepaal $ -. T

b Wat zijn de uitkomsten als in bovenstaande machine de nuttige arbeid (ZW) daalt tot 400 kJ omdat het kringproces inwendig niet-omkeerbaar verloopt?

c Bereken het gevraagde in a opnieuw als het kringproces inwendig wel omkeerbaar verloopt maar uitwendig niet ten gevolge van een temperatuurverschil bij de warmte-overdracht. Het medium neemt namelijk warmte op bij 1000 I< terwijl e r bij de warmte-afgifte een temperatuurverschil van 100 K bestaat met het warmtereservoir van lage temperatuur.

d Stel dat in geval c de nuttig geleverde arbeid met 25% daalt als gevolg van niet- omkeerbare verschijnselen in de machine (het kringproces verloopt dan ook inwendig niet-omkeerbaar), bereken dan het in a gevraagde opnieuw

Aanwijzingen a Voor een omkeerbaar kringproces is qth =

Tl - T2 . Hierin zijn Tl en T2 de Tl

temperaturen van de warmtereservoirs. Invullen + qth = 0,75. ZW

Algemeen geldt dat qth = - -+ ZW = 0,75 x 600 kJ = 450 kJ. Q 1

dQ Uit Q, - Q2 = ZW volgt dat Q2 = 150 kJ zodat $ - bepaald kan worden. T

Vanwege de omkeerbaarheid van het kringproces is de uitkomst nul.

b In dit geval is qth Tl - 7'2

Tl en moet het thermisch rendement berekend

Cw worden uit qth = - -+ qth = 0,667.

Q1

De afgevoerde warmte Q2 = Q1 - ZW = 200 kJ. Het kringproces verloopt

d Q niet omkeerbaar zodat 4; - < O (-0,166 kJ/K). T

c Omdat het kringproces inwendig omkeerbaar verloopt is

Ti' - T; Vth =

Tl' De temperaturen zijn hier echter 1000 K en 400 K en stellen de temperaturen voor van de denkbeeldige warmtereservoirs waarmee het werkzame medium warmte uitwisselt. Dit rendement is lager dan wat bij de temperaturen van de gegeven warmtereservoirs (1200 K en 300 K) maximaal haalbaar is. qth = 0,6 -+ Z W = 0,6 x 600 kJ = 360 kJ zodat Q2 = 240 kJ.

d De arbeidslevering is nu 0,75 x 360 kJ = 270 kJ.

ZW qth = - -+ qth = 0,45; Q2 = Ql - Z W = 330 kJ. QI

dQ $ - blijft uiteraard negatief maar de absolute waarde neemt toe van T

Een warmtepomp wordt gebruikt om een woning in de winter te verwarmen en in de zomer te koelen. De vereiste binnentemperatuur bedraagt 17 "C. Als het warmtetransport door muren, raamvlakken enz. -r uur per graad temperatuurverschil (woning-omgeving) bedraagt, bereken dan:

a het minimumvermogen dat aan de warmtepomp moet worden toegevoerd bij een buitentemperatuur van -3 "C.

b de maximale buitentemperatuur in de zomer als het aan de machine toegevoerde vermogen 1,5 kW bedraagt.

Oplossing a De situaties voor winter- en zomerbedrijf zijn geschetst in fig. 7.3 en

fig. 7.4. Het minimum toe te voeren vermogen kan worden bepaald door, uit te gaan van een omkeerbaar werkende warmtepomp. Voor het warm- - teproduktiegetal E, kunnen we dan schrijven:

Gegeven is dat Q, = 3000 x $ 'k~/h = 16,7 kW zodat

b In de zomer wordt de installatie gebruikt om de woning te koelen. De buitentemperatuur Tl waarbij de installatie met een toegevoerd vermogen van 1,s kW nog in staat is de binnentemperatuur op 17 "C te handhaven is maximaal als de koelinstallatie omkeerbaar werkt. Voor het koeleffect E geldt dan:

De warmtestroom Q2 die de koelinstallatie uit de woning moet afvoeren is gelijk aan de ingaande warmtestroom. Deze bedraagt 3000 kJ/h per graad temperatuurverschil. Bij een temperatuurverschil van (Tl - 290) K geldt dus:

Gelijkstelling van (a) en (b) levert:

3000 (T, - 290) = 290 x 1,5

3600 T, - 290'

Hieruit volgt dat Tl = 312,8 K = 39,s "C.

Fig. 7.3 Fig. 7.4

Een koelmachine onttrekt een hoeveelheid warmte Q2' aan een koelruimte met een temperatuur van -23 "C en brengt deze op de omgevingstemperatuur die 27 "C bedraagt. D e hiervoor benodigde arbeid wordt geleverd door een machine die uit een warmtereservoir van 223 "C een hoeveelheid warmte Ql onttrekt en warmte afvoert naar de omgeving. Bereken de verhouding van Ql en Q i als beide machines omkeerbaar werken. Controleer vervolgens of voor beide machines

$ 9 nul is. T

Aan wijzingen De gehele installatie is schematisch weergegeven in fig. 7.5. We moeten de arbeid die het positieve kringproces levert berekenen en deze gelijk stellen aan de arbeid die aan de koelmachine moet worden toegevoerd. Voor het positieve kringproces is

Q2' - Voor het negatieve kringproces is E = - - T3 -+ IPMq = 0,2 Q{ (b) IxwI T2-T3

Gelijkstelling van (a) en (b) levert: Ql/Q2' = 0,s.

dQ Vervolgens moet voor beide kringprocessen $ - worden berekend. T

d e 1 0,6 In het positieve kringproces is Qz = 0,6 Ql -+ $ - = Ql { - - - } = 0. T 500 300

Voor het negatieve kringproces is Q1' = Q; + I CW I = 1,2 Q; = 2,4 Ql.

dQ De kringintegraal $ - kan nu worden berekend. Dit levert: T

dQ Q2' - 121' - 2Qi L4 QI (j--=- = o. T T3 T;! 250 300

Fig. 7.5

Men heeft de beschikking over drie warmtereservoirs van constante temperatuur. Tussen warmtereservoir 1 (900 "C) en 2 (40 "C) werkt een machine A die de aan- drijfenergie levert voor een koelmachine B die werkzaam is tussen warmtereservoir 3 (-7°C) en warmtereservoir 2, maar bovendien een machine C aandrijft die 22 kW vermogen vraagt. Tussen het arbeidsmedium van de eerstgenoemde machine en de warmtereservoirs bestaat een temperatuurverschil van 50 "C bij de warmte-overdracht. Voor de koelmachine zijn deze temperatuurverschilIen 10 "C. Bereken de warmtehoeveelheden die de grenslijnen van de warmtereservoirs 1 en 2 per seconde passeren als gegeven is dat uit het warmtereservoir 3 een hoeveelheid warmte van 16 kW wordt onttrokken en de machines inwendig omkeerbaar werken.

Oplossing Fig. 7.6 geeft een schets van bovenbeschreven installatie. Hiervan wordt gevraagd om el,, QZA en te bepalen.

Het kringproces in de koelmachine verloopt inwendig omkeerbaar tussen de temperatuurgrenzen T i = 323 K en T i = 256 K . Voor de koudefactor E

geldt:

Q ~ B -,w Ook geldt dat E = - B - Q28 - l6 kW = 4,2 kW. I WB I E 3,8

Nu kan worden berekend: plB = QZB + 1 I = (16 + 4,2) kW =

20,2 kW. Gegeven is dat = wB + & -+ wA = (4,2 + 22) kW = 26,2 kW. Het arbeidsmedium in machine A doorloopt een positief, inwendig omkeerbaar kringproces. De warmte wordt opgenomen bij een temperatuur Tl" van 1 123 K en afgegeven bij T2" = 363 K . Voor het thermisch rendement geldt dus:

Tl"-T2)' 1123-363 VA =

- - = 0,677. Ti" - 1123 ' WA 'A 26'2 kW = 38,7 kW. O0kisVA=-;--+QlA=-=-

QIA TA 0,677 De afgevoerde warmtestroom = Q I A - W A = (38,7 - 26,2) kW =

12,5 kW. De toevoer yan thermische energie aan warmtereservoir 2 is de som van Q ~ A en Q I B .

Q 2 ~ + Q t B = (12,5 + 20,2) kW = 32,7 kW.

Fig. 7.6

Van een kringproces wordt opgegeven dat een warmtehoeveelheid van 600 kJ aan het arbeidsmedium wordt toegevoerd bij een temperatuur van 1200 K en dat de warmte-afvoer 140 kJ bedraagt bij een temperatuur van 300 K. G a na of het genoemde kringproces kan worden uitgevoerd.

Aan wijzingen Bij de gegeven temperatuurgrenzen levert een omkeerbaar verlopend Carnot-proces het hoogst mogelijke rendement (75%). Het thermisch rendement van het gegeven kringproces, berekend uit qth = (Ql - Q2)IQ1 levert een waarde op van 76,7%. Dit is hoger dan wat maximaal haalbaar is zodat de verstrekte gegevens niet juist kunnen zijn.

a In een machine A voltrekt zich een kringproces waarvan de hoogste temperatuur T , is en de laagste temperatuur T, (omgevingstemperatuur). Bereken de nuttig geleverde arbeid uitgedrukt in T, , T, en de toegevoerde warmte Q, als de machine omkeerbaar werkt.

b Vervolgens wordt (bij dezelfde warmtetoevoer Q,) door een omkeerbaar werkende koelmachine B de temperatuur van warmte-afvoer T2 verlaagd van T, tot T, zodat de omkeerbare machine A werkzaam is tussen T , en T,. D e temperatuur waarbij deze koelmachine de warmte afvoert is eveneens T2. Vergelijk de nuttige arbeid van de complete installatie met de bij a berekende arbeid. Welke conclusie kan uit uw antwoord worden getrokken?

Oplossing a Het thermisch rendement van deze omkeerbaar werkende machine A kan

als volgt worden geschreven:

b Als de temperatuur waarbij de warmte wordt afgegeven, wordt verlaagd van T2 tot T3, dan nemen het rendement en de nuttig geleverde arbeid van machine A uiteraard toe.

In dit geval is ZWA = 1 - - Q1 i 3 T3 De warmte-afvoer bedraagt: QZA = Ql - PW, = Ql - { 1 - $ 1 Ql = K Ql.

Deze warmtehoeveelheid wordt dus door machine A bij de temperatuur T3 afgegeven en moet vervolgens door de koelmachine B weer op de omgevingstemperatuur T2 worden gebracht. Voor de omkeerbaar werkende machine B werkzaam tussen de temperatuur T3 en T2 geldt:

Hieruit volgt voor de arbeid die aan de koelmachine moet worden toegevoerd:

De nuttige arbeid van de complete installatie is gelijk aan het verschil van (a) en (b) zodat:

De netto-arbeid van de installatie is dus even groot als de bij a gevonden arbeid. Het is dus zinloos om de temperatuur van warmte-afvoer met behulp van een koelmachine te verlagen. De extra arbeid die machine A levert is geheel nodig voor het aandrijven van de koelmachine B.

Voor een omkeerbaar werkende koelmachine die per uur 21 MJ warmte aan een ruimte onttrekt, is een vermogen nodig van 2,5 kW. Als deze machine wordt 'omgekeerd', wat is dan het geleverde vermogen als hieraan per uur 80 MJ warmte

dQ wordt toegevoerd? Toon met behulp van @ - aan dat het kringproces in de koel- T

machine omkeerbaar verloopt.

Aan wijzingen In fig. 7.7 is de installatie schematisch weergegeven. Aan de koelruimte wordt per seconde 5,8 kJ warmte onttrokken. De wanntestroorn naar de omgeving = + I ZW I = (5'8 + 2,5) kW = 8,3 kW. Worden alle energiestromen van richting omgekeerd, dan ontstaat de omkeerbaar werkende machine van fig. 7.8. Hierin ondergaat het arbeidsmedium een positief kringproces met een thermisch rendement van 30,1%. Als aan dit kringproces 80 MJ warmte per uur wordt toegevoerd (22,2 kW) dan is uit q l h = C ~ l i ) ~ = PIQ het geleverde vermogen te berekenen. (P = qth Q1 = 0,301 x 22,2 kW = 6,7 kW).

dQ Voor een omkeerbaar kringproces moet $ - = O zijn zodat voor het ne- T

gatieve kringproces geschreven kan worden dat: di) -i), Q, -8.3 5,8 Q - = + = - +-

Met behulp van de koudefactor kan T2 in Tl worden uitgedrukt.

-873 + Substitutie hiervan in (a) + - 578 = o.

Tl 0,699 Tl

Fig. 7.7 Fig. 7.8

Men heeft de beschikking over een eindig reservoir (1) van thermische energie met een temperatuur van 600 "C en een oneindig groot warmtereservoir 2 met dezelfde temperatuur. Tussen de warmtereservoirs l en 2 wordt een omkeerbaar

werkende machine geplaatst. Als men de beschikking heeft over een warmtehoeveelheid van 45.000 kJ die aan het warmtereservoir 1 wordt toegevoerd, bereken dan de maximale arbeid die uit deze installatie kan worden verkregen. Gegeven is dat van het warmtereservoir 1 de temperatuurstijging 1 "C bedraagt per 30 kJ die wordt toegevoerd en dat de maximaal toelaatbare temperatuur van dit warmtereservoir 1600 "C bedraagt.

Oplossing Om uit een gegeven hoeveelheid warmte de maximale hoeveelheid arbeid te verkrijgen, moet het temperatuursverschil van de warmtereservoirs waartussen de omkeerbare machine geplaatst wordt, zo groot mogelijk zijn. In de beschreven beginsituatie zijn de temperaturen van de warmtereservoirs gelijk. We moeten met de beschikbare hoeveelheid warmte het temperatuursverschil voortdurend zo groot mogelijk maken. We gaan daarom als volgt te werk:

Eerst wordt de temperatuur van warmtereservoir 1 zo hoog mogelijk opgevoerd zonder dat de machine werkt. De maximale temperatuur T, bedraagt 1873 K en dit kost, bij de gegeven warmtecapaciteit van 30 kJ/K een hoeveelheid warmte Q die kan worden berekend uit: Q = CAT =

30 (1873 - 873) kJ = 30.000 kJ. Vervolgens wordt de machine in werking gesteld en wordt aan het warmtereservoir 1 evenveel warmte toegevoerd als eraan wordt onttrokken zodat de temperatuur van het warmtereservoir constant en maximaal blijft. Voor deze periode is nog (45.000 - 30.000) kJ = 15.000 kJ warmte beschikbaar. Voor de arbeid W die hieruit wordt verkregen, kunnen we schrijven:

W = ~ l t h Q I = TI - T2 1873 -873 x 15.000 kJ = 8008,5 kJ.

TI 1873

We laten de machine nu doorwerken zodat er voortdurend warmte aan het warmtereservoir 1 wordt onttrokken. Omdat de onttrokken warmte niet wordt aangevuld, zal de temperatuur van het (eindige) warmtereservoir 1 afnemen. Dit kan doorgaan tot deze temperatuur 873 K is geworden en de temperatuur van de beide warmtereservoirs dus weer gelijk is. De arbeid die in deze fase van het proces wordt geleverd, kan als volgt worden berekend. Bij een willekeurige temperatuur T (873 < T < 1873) wordt een warmtehoeveelheid dQ aan het reservoir 1 onttrokken. Voor de arbeid dW die hieruit kan worden verkregen geldt:

Nu is dQ = - CdT = -30 dT (min-teken omdat dT negatief is en dQ positief moet zijn).

Hierin stelt Tl de begintemperatuur voor (1 873 K) en T2 de eindtemperatuur (873 K). Substitutie in (a) levert: W,-2 = 30 (1000 - 666,4) kJ = 10.008 kJ. De maximale hoeveelheid arbeid die kan worden verkregen is dus W,,, = (8008,5 + 10.008) kJ = 1801,65 kJ.

.Y Een blok koper van 4 kg en 300 "C (c = 0,385 kJ/(kg . K)) wordt in contact gebracht met een blok aluminium van 2 kg en 20 "C (c = 0,9 kJ/(kg - K)). Als geen warmte naar de omgeving wordt afgevoerd, bereken dan de entropieverandering van elk blok nadat thermisch evenwicht is bereikt.

Aan wijzingen Als thermisch evenwicht bereikt is, is de eindtemperatuur te van het blok koper gelijk aan die van het blok aluminium. De warmtehoeveelheid die door het koper wordt afgegeven, wordt geheel door het aluminium opgenomen. Dit gegeven levert een vergelijking waaruit te kan worden berekend (te = 149,l "C). Voor elk blok kan de entropieverandering worden berekend uit

Te A S = mc in -. T1

Hierin is T , de begintemperatuur van het betreffende blok en T, de ge- meenschappelijke eindtemperatuur (in graden Kelvin). ASk,,, = -0,4707 kJIK en AS,, = 0,6571 kJ/K.

1( Een stalen onderdeel met een massa van 1,5 kg, een temperatuur van 500 "C en een soortelijke warmte c van 0,7 kJ/(kg K) wordt in 3 kilogram olie (c = 2,2 kJ/(kg K)), gedompeld. Voordat een evenwichtstoestand bereikt is, wordt het onderdeel er weer uitgehaald. Als de temperatuurstijging van de olie 31,8 "C bedraagt en de entropietoename gelijk is aan 2,16 maal de entropie-afname van het stalen onderdeel, bereken dan de temperatuur van het oliebad vóór en na de ge-

'-

noemde handeling.

Op lossing De hoeveelheid warmte die door het stalen onderdeel wordt afgegeven, wordt door de olie opgenomen. Dit levert een vergelijking waaruit de temperatuurverandering van het onderdeel kan worden berekend. Heeft de index s betrekking op het stalen onderdeel en de index O op het oliebad dan geldt dat:

De temperatuur van het onderdeel neemt dus af van 500 "C tot 300,l "C. De entropieverandering die hierbij optreedt is:

T2 AS, = m, c, In - = 1,5 x 0,7 In 300,1+ 273 kJIK = -0,3142 kJIK.

T I 500 + 273

De entropietoename van de olie is volgens het gegeven 2,16 maal zo groot dus:

1 2 1 2 AS, = m, c, In - = 3 x 2,2 In - = 2,16 x 0,3142. 7-1 T1

Hierin is T2 de eindtemperatuur van de olie en Tl de begintemperatuur. Uit bovenstaande vergelijking volgt dat T2/Tl = 1,1083. Bovendien is gegeven dat T2 - Tl = 31,8 K zodat Tl en TL berekend kunnen worden. Tl = 293,6 K en T2 = 325,4 K.

Water wordt bij een constante druk van 10 bar verwarmd van 20 "C tot 80 "C. Be- reken de entropie s1 en s~ van de vloeistof bij 20 "C resp. 80 "C, alsmede de entropieverandering As. De entropie van water van 1 bar en O "C wordt gesteld op 2 kJ/(kg . K). c, = 4,2 kJ/(kg . K).

Aan wijzingen Voor de vloeistof kunnen s1 en s2 berekend worden uit:

Hierin is Tl = 293 K, T2 = 353 K en is s. de entropie van water van 1 bar en O "C. Uitwerking levert: sl = 2,2969 kJ/(kg - K ) en si = 3,0794 kJ/(kg . K). De gevraagde As = s2 - s1 = (3,0794 - 2,2969) kJl(kg K) = 0,7825 kJ/

(kg - K). Het meest nauwkeurige antwoord wordt verkregen door gebruik te maken van de waarden uit tabel V (de entropie van water van 10 bar, 80 "C resp. 10 bar 20 "C): AS = S Z - S I = (1,0746 - 0,2961) kJ/(kg K) = 0,7785 kJ/(kg K). Het verschil met de eerder berekende waarde is gering (ca. 0,5%) en zou nog kleiner zijn als een meer nauwkeurige waarde van c, zou zijn opgegeven. Omdat de druk op de vloeistof van weinig betekenis is zouden s, en s2 ook aan tabel I1 kunnen worden ontleend. Dit levert: AS = s2 - S , = (1,0753 - 0,2963) kJl(kg . K) = 0,7790 kJ/(kg - K).

Bereken de entropieverander_in~..van __Y---I 3 kg stikstof wanneer dit van 10 bar en 450 "C polytroop (n = 1,25) expandeert tot 2 bar. c,, = 1,04 kJ/(kg . K) en c, = 0,74 kJ/(kg K). Bepaal vervolgens de entropie in de begintoestand als de entropie van stikstof van 1 bar en O "C nul gesteld wordt.

Oplossing Voor de berekening van AS kunnen we uitgaan van (7.4)

De soortelijke warmte van de polytroop kan uit (3.7) worden bepaald.

C = ncv - CP

n - l x 740 -

J/(kg K) = -460 Jl(kg - K). 0.25

De temperatuur na expansie is T2 = T, - = 723 x 0,2 0.2 K = 524,O K. t: r 524

Substitutie in (a) levert: S2 - SI = -3 X 460 x In - J/K = 444,2 J/K. 723

De berekening zou ook kunnen worden uitgevoerd met behulp van (7.8)

= 444,l JIK. Als uit de gaswet de volurneverhouding 2/ wordt berekend, zouden ook de uitdrukkingen (7.7) en (7.9) kunnen worden gebruikt om AS vast te stellen.

Om de entropie in de begintoestand 1 (10 bar, 450 "C) te bepalen, uitgaande van het nulpunt van de entropie (1 bar, O "C), maken we gebruik van (7.8):

723 1040 In - + (1040 - 740) In JIK = 966,4 JIK. 273 10

We zouden ook van toestand O in fig 7.9 kunnen uitgaan en de (omkeerbare) weg 0-3-1 volgen om de gevraagde SI te bepalen. We schrijven dan:

Ti SI - S. = SI = (S3 - So) + (S, - S3) = mcp In -. T3

Nu is T3 = T. {E] = 273 x 10 0,285 = 530,4 K zodat

t1 p = 10 bar

s+

Fig. 7.9

7.16 i51

Verzadigde stoom van 1,O bar wordt door een warmte-afvoer bij constante druk omgezet in ijs van -15 "C. Als de stollingswarmte van water 336 kJ/kg bedraagt en cijs = 2,l kJ/(kg - K), bereken dan de entropieverandering die hierbij optreedt, uitgedrukt in J/(kg . K).

Bij 1,O bar is r = 2 257,9 kJ/kg t,,, = 99,6 "C en c, = 4,18 kJ/(kg K).

Aan wijzingen De entropieverandering is negatief. Afgezien van het teken verkrijgen we dezelfde uitkomst door ijs van -15 "C door warmtetoevoer bij constante druk in verzadigde stoom van 1 bar om te zetten. De totale entropieverandering bestaat dan uit de volgende vier delen: - de entropieverandering als 1 kg ijs van -15 "C wordt omgezet in ijs van

o "C. - de entropieverandering als ijs van O "C overgaat in water van O "C (fa-

severandering, T = C). - de entropieverandering als water van O "C op de verdampingstempera-

tuur (99,6 "C) wordt gebracht. - de entropieverandering als water van 99,6 "C wordt omgezet in verza-

digde stoom (faseverandering, T = C).

As = - (0,1187 + 1,2308 + 1,3001 + 6,0598) kJ/(kg. K) = -8709,4 J/(kg - K).

De inwendige energie en de entropie zijn toestandsgrootheden waarvan de verandering alleen afhankelijk is van begin- en eindtoestand en niet van de gevolgde weg. De gevonden antwoorden voor Au en A s gelden dus ook als de toestandsverandering volgens een niet-omkeerbaar verlopende isotherm zou hebben plaatsgevonden.

Een gas expandeert polytroop (exponent n) waarbij de temperatuur daalt van Tl tot T2. Vervolgens wordt het gas bij constant volume van T2 tot Tl verwarmd,

waarbij de entropieverandering gelijk is aan die van het eerstgenoemde proces. Toon aan dat deze bewering juist is indien n = i ( k + 1).

Aan wijzingen De polytrope expansie verloopt van 1 + 2 en het daarop volgende constant volumeproces van 2 -+ 3 (fig. 7.1 1).

T2 7'3 T1 T2 Nu is S2 - S I = mc In - en S3 - S2 = mc, ln - = mc, ln - = -mc, In -. T1 7'2 T2 TI

Gelijkstelling van de beide entropieveranderingen + c + c, = O (a>

C-CP Vervolgens kan c opgelost werden uit (3.7): n = -.

C-C,

Substitutie hiervan in (a) levert: n = f ( k + 1).

Fig. 7.11

a Vijf kilogram lucht van 4 bar en 27 "C wordt isentroop tot 10 bar gecomprimeerd. Bepaal de toe te voeren arbeid, de overgedragen warmte, de verandering van de inwendige energie en van de entropie als c, = 716 J/(kg K) en k = 1,4.

b Als bovengenoemde lucht polytroop zou worden gecomprimeerd met dezelfde eindtemperatuur als in a en met een entropieverandering van -562,46 J/K, bereken dan de exponent van deze polytroop en de druk na compressie.

Op Lossing a De temperatuur na compressie volgt uit de wet van Poisson:

T2 = Ti (p21pl)k-l~ = 300 X 2,5".%.4 K = 389,8 K. In de eerst hoofdwet = U2 - UI + Wl-2 is = O zodat W1-2 = - (U2 - UI) = -me, (T2 - T, ) = -5 X 0,716 x 89,8 kJ = -321,5 kJ.

b Voor de entropieverandering bij de polytrope compressie 1-3 (fig. 7.12) geldt: AS = mc In T2/T1. De uitkomst hiervan is -562,46 JIK zodat:

C = -562746 J/(kg . K) = -562746 Jl(kg K) = -429,6 Jlkg K).

5 x In 389,8/300 1,309

Uit k = C,/C, volgt: cp = 1,4 X 716 J/(kg K) = 1002,4 Jl(kg K). De gevraagde exponent kan nu uit (3.7) worden berekend

De einddruk p? kan ten slotte bepaald worden uit:

p2 = pi (T2/TI)'%l-1 = 4 x (389,8/300)5 bar = 14,s bar.

Fig. 7.12

s+

Fig. 7.13

Bij een isothermische compressie van zuurstof resp. stikstof van 1,2 bar en 290 K wordt het volume verkleind van 12,5 m3 tot 2,5 m3. Bereken in beide gevallen de entropieveranderingen in JIK en de afgevoerde hoeveelheid warmte. Teken het proces in een T-s-diagram en geef hierin de overgedragen hoeveelheid warmte aan.

Aan wijzingen Voor een isothermische toestandsverandering is AS = Q/T Volgens (3.14) geldt voor de overgedragen warmte:

v2 Q = Ql -2 = pi Vi In - . 3 Ql -2 = -2414,2 kJ.

Substitutie in (a) levert A S = -8324,8 JIK. We zouden ook van (7.7) uit kunnen gaan. We schrijven dan voor de entropieverandering:

Uit de berekening blijkt dat de entropieverandering van stikstof gelijk is aan die van zuurstof. Zoals de uitdrukking (b) duidelijk maakt is het produkt mR in beide gevallen gelijk. Omdat de gasconstante van stikstof ca 14% groter is dan die van zuurstof (tabel), is de massa stikstof die gecomprimeerd wordt eenzelfde percentage kleiner. In een T-s-diagram (fig. 7.13) is de oppervlakte onder de isotherm 1-2 gelijk aan ql -2 (negatief) maar ook gelijk aan w, -2 en w, . Deze laatste ge-

1-2

lijkheid volgt uit (5.4) W, 1-2 = nWIR2 waarin voor een isothermische toestandsverandering n = 1.

Vijftig kilogram gas (cp = 1,l kJl(kg K)) van 1200 "C daalt bij constante druk 400 "C in temperatuur. Alle warmte wordt overgedragen aan m [kg] water van 40 bar en de daarbij behorende verdampingstemperatuur T,. Als het water daarbij overgaat in verzadigde damp (verdampingswarmte r = 1712,9 kJlkg) en de entropietoename hiervan 2,41 maal zo groot is als de entropie-afname van het gas, bereken dan de bovengenoemde m en T,. Teken de beide toestandsveranderingen in één T-S-diagram, bepaal AS,, en geef dit aan als een lijnstuk in dit T-S-diagram.

Oplossing De warmte die door het gas (g) wordt afgestaan, wordt volledig door het verdampende water opgenomen zodat:

mgcpg ATg = m r + m = 50 x 1,l x 400

kg = 12,84 kg. 1712,9

De entropieverandering van het gas is te berekenen uit:

T2 ASg = mgcpg1n- = 50 x 1,l x lO3ln 800 + 273 JIK = - 17.426,3 JIK. TI 1200 + 273

8 De entropietoename van het water is volgens de gegevens 2,41 x 17.426,3 J/K = 41.997,4 JIK. Voor de entropietoename van het water geldt dan:

De absolute waarde van de entropieverandering van gas en water zijn alleen dan aan elkaar gelijk als het temperatuurverschil tussen de beide media op elk moment oneindig klein is. Dit is hier niet het geval zodat volgens (7.13) AS,,, > O moet zijn. AS,,, = ASg + ASw = (-17.426,3 + 41.997,4) JIK = 24.571,l JIK. De toestandsveranderingen en AS,,, zijn in onderstaand T-S-diagram (fig. 7.14) aangegeven.

Een ideaal gas beschrijft het volgende omkeerbare positieve kringproces: a een isothermische toestandsverandering 1-2; b een toestandsverandering 2-3 waarbij het volume constant is; c een polytrope toestandsverandering 3-4 (exponent n); d een polytrope toestandsverandering 4- 1 (exponent k).

P3 P2 Gegeven is dat p2 = p4 en dat - = -. P2 PI

Teken het proces in een p-V-diagram en een T-s-diagram en bereken het verband

dQ tussen n en k uit $ - = 0. T

Aanwijzingen Het gegeven kringproces is in onderstaande toestandsdiagrammen 7.15 en 7.16 afgebeeld.

De temperatuurverhoudingen kunnen met behulp van de gaswet en de wet van Poisson door drukverhoudingen worden vervangen. Gebruik makend van het gegeven dat p21pl = p3/p2 blijken de drie termen een ge- meenschappelijke component te hebben (In p2/p3). Deling hierdoor levert:

c (n-l) R - c V + = O. n

nc, - Schrijven we voor R = c, - c, en voor c = (afgeleid uit (3.7)) dan

n-l

volgt na enige herleiding dat n = k/(k- l ) .

Fig. 7.15 Fig. 7.16

Lucht van 7 bar en 400 "C expandeert adiabatisch tot 1,2 bar en 160 "C. Ga na of het proces omkeerbaar verloopt en bereken de entropieverandering per kg lucht. k = 1,4 en cp = 1000 J/(kg K).

Oplossing Bij een isentrope expansie van lucht van 7 bar en 400 "C tot 1,2 bar kan de eindtemperatuur T2 uit (3.3) worden berekend T2 = Tl @2/pl)k-1~ = 673 (1,2/7)0?~.4 K = 406,6 K. De werkelijke eindtemperatuur TT = 433 K. Omdat TT T2 kan men de conclusie trekken dat de gegeven toestandsverandering geen isentroop is en dus een niet omkeerbare adiabaat moet zijn. In fig. 7.17 is het proces weergegeven. Volgens (7.12) moet Sr > S1 zijn hetgeen ook in het T-s-diagram tot uitdrukking komt. Om de entropieverandering sT - s, te bepalen, verbinden we 1 en 2' door een omkeerbare weg. Hoewel de gevolgde weg in principe willekeurig is, is 1-2-2' een voor de hand liggende weg. Voor dit geval is

TT 433 SZ - s1 = (s2 - sl) + (sT - s2) = cp In - = 1000 In - J/(kg K) =

62,9 J/(kg - K). T2 406,6

Ook uit (7.8) is de gevraagde As te berekenen:

cv = 1000/1,4 Jl(kg . K) = 7143 Jl(kg - K). R = C, - C, = (1000 - 714,3) J/(kg . K) = 285,7 J/(kg K).

- s1 = (-441,OO + 503,86) J/(kg K) = 62,9 J/(kg K).

s +

Fig. 7.1 7

Twee kilogram van een gas wordt niet-omkeerbaar gecomprimeerd van toestand 1 (1 bar en 300 K) tot p2 = 8 bar. De warmte die hierbij wordt afgevoerd bedraagt 48,O kJ en men constateert dat de entropie in de eindtoestand gelijk is aan die in de begintoestand. Bereken de toe te voeren arbeid voor deze compressie; k = 1 ,Z en cp = 650 J/(kg K).

Aan wijzingen De toestandsverandering kan in een T-s-diagram door een verticale gestippelde lijn worden weergegeven. Toestand 2 ligt recht boven toestand l (sl = s2). Ofschoon uit de gegevens blijkt dat deze toestandsverandering geen isentroop (omkeerbare adiabaat) kan zijn, kunnen we de eindtemperatuur T2 wel berekenen alsof 1-2 een isentroop voorstelt. Dan is T2 = Ti (p21pi)"-'/k + T2 = 454,7 K . De eerste hoofdwet voor een ideaal gas luidt:

= mcv (T2 - Tl) + W1 -2. Op deze wijze geschreven mag de eerste hoofdwet ook voor niet omkeerbare processen van ideale gassen worden toegepast. De waarde van c, = cplk = 520 J/(kg K), zodat nu alles bekend is om de toe te voeren arbeid W1 -2 te kunnen berekenen (-208,9 kJ).

l

Een ideaal gas doorloopt een kringproces bestaande uit: een isentrope compressie 1-2 van 1 bar en 300 K tot 8 bar; een warmtetoevoer bij constante druk tot de temperatuur T, = 1,5 T,; een niet-omkeerbare adiabatische expansie 3-4 tot de begintemperatuur (p4 = 0,2 bar); een isothermische compressie 4-1 tot de begindruk is bereikt. Als m = 1 kg, c, =

5,27 kJ/(kg - K) en c, = 3,18 kJ/(kg K), bereken dan de entropieverandering bij de genoemde vier toestandsveranderingen en hieruit de totale entropieverands- ring. Teken het kringproces in een T-s-diagram.

Oplossing Het beschreven kringproces is afgebeeld in onderstaande fig. 7.18. Om de gevraagde entropieverschillen te kunnen berekenen, moeten in elk van de punten 1 t/m 4 twee toestandsgrootheden bekend zijn. T2 = Tl (p2lp1) *--'/k = 300 X 8 ""%.m K = 684,34 K; T3 = 1,5 T2 = 1026,51 K. Druk en temperatuur in de punten 1 t/m 4 zijn nu als volgt: pl = l bar p2 = 8 bar p3 = 8 bar p4 = 0,2 bar Tl = 300 K T2 = 684,34 K T3 = 1026,51 K T4 = 300 K.

Verder is k = cdc, = 1,657 en R = cp - c, = 2090 Jl(kg K). We kunnen nu de verschillende entropieveranderingen berekenen.

s3 - s2 = cp In T3/T2 = 5270 In 1026951 Jl(kg K) = 2136,80 J/(kg K). 684,34

Met de gegeven p en T kan s4 - s3 uit (7.8) worden berekend

1266,93 J/(kg - K). Uit (7.8) volgt eveneens dat:

s1 - s4 = R In = 2090 In 0,2 J/(kg K) = -3363,73 J/(kg K). P l

Ast,, = (O + 2136,80 + 1226,93 - 3363,7) J/(kg K) = 0. In elk kringproces, al of niet omkeerbaar verlopend, is de totale verandering van elke toestandsgrootheid gelijk aan nul.

s+

Fig. 7.18

Vijf kilogram ijzer (c = 0,5 kJ/(kg K)) van 307 "C koelt aan de buitenlucht (17 "C) af, tot een evenwichtstoestand bereikt is. Bereken de entropieverandering van het ijzer en van de omgeving afzonderlijk, alsmede de totale toename van de entropie.

Aan wijzingen Voor de entropieverandering van het ijzer geldt volgens (7.4):

De warmtehoeveelheid die aan de omgeving wordt toegevoerd is: Q = mc (T1 - T2) + Q = 725,O kJ. De temperatuurverandering van de omgeving kan worden verwaarloosd zodat

-- Q - 72570 kJlK = 2,50 kJIK. AS,,, = - T 290

AS,,, = 0,77 kJ/K. IJzer en omgeving tezamen kunnen worden beschouwd als een adiabatisch systeem waarin zich een niet-omkeerbaar proces afspeelt. De entropieverandering hiervan moet volgens (7.13) altijd positief zijn.

Een gas met een druk van 8 bar stroomt door een zeer nauwe buis. Hierdoor daalt de druk sterk ten gevolge van wrijving en neemt de entropie toe met 86,3 J/K. Be- reken de einddruk van het gas als het proces adiabatisch verloopt en de doorstromende massa 0,25 kg bedraagt. R = 296,7 J/(kg K).

Oplossing Als gevolg van de wrijvingsverschijnselen verloopt de toestandsverandering niet-omkeerbaar. We moeten nu een geschikte omkeerbare weg zoeken die begin- en eindtoestand met elkaar verbindt. Het beschreven proces is een niet-omkeerbaar adiabatisch proces zonder arbeidslevering. Bij een- dergelijke toestandsverandering spreken we van smoren en hiervoor geldt dat hl = h2. Voor een ideaal gas is h2 - hl = c, (T2 - Tl) zodat bij smoren de temperatuur constant blijft. Begin- en eindtoestand kunnen dus door een omkeerbaar verlopende isotherm worden verbonden. Hiervoor geldt volgens (7.8) dat s2 - s, = R In p1/p2. S2 - S1 = mR In pllp2 + 86,3 = 0,25 x 296,7 In 8/p2. Uitwerking levert p2 = 2,5 bar.

7.30 -9

Twee kg ijs van -10 "C (c = 2,l kJ/(kg - K)) wordt door warmtetoevoer vanuit de omgeving omgezet in water van 20 "C. Als de smeltingswarmte van ijs 336 kJ/kg bedraagt en de omgevingstemperatuur 20 "C is, bereken dan de entropieverandering van systeem en omgeving tezamen. c, = 4,2 kJ/(kg K).

Aan wijzingen De totale entropieverandering AS,,, = ASijs + AS,,,. De entropieverandering van het ijs moet als de som van drie afzonderlijke termen worden geschreven en wel: - de entropieverandering van ijs dat door de warmtetoevoer van -20 "C

op O "C wordt gebracht (AS = 0,1567 kJ/K). - de entropieverandering tijdens smelten (AS = 2,4615 kJ/K). - de entropieverandering als water van O "C tot 20 "C wordt

(0,5939 kJ/K). De som van bovengenoemde termen bedraagt 3,212 kJ/K.

verwarmd

Bij de omzetting van ijs in water wordt 882 kJ warmte aan de omgeving onttrokken. De omgeving kan beschouwd worden als een oneindig groot warmtereservoir waarvan de temperatuur bij warmtetoe- of afvoer niet verandert. We hebben dus altijd te maken met een isothermisch proces zodat AS,,, = Q/To AS,,, = -3,010 kJ/K. AStot = ASij, + AS,,, = (3,212 - 3,010) kJ/K = 0,202 kJIK.

Twintig kilogram water van 30 "C wordt gemengd met 50 kg water van 86 "C. Be- paal de totale entropieverandering in J / K door: de totale entropie voor en na de menging te berekenen met O "C als nulpunt voor de entropie; de entropieverandering van 20 kg water en die van 50 kg water afzonderlijk vast te stellen.

Gegeven is dat c, = 4,2 kJ/(kg K ) .

Oplossing We berekenen eerst de eindtemperaturen te na menging. Een warmtebalans bij de menging levert: 20 X 4,2 (te -30) = 50 X 4,2 (86 -te) + t, = 7 0 "C (T , = 343 K ) . Stellen we de entropie van water van O "C gelijk aan nul, dan is voor de entropie S1 van 20 kg water van 30 "C te schrijven:

T I 303 S1 - S. = S, = rnc In - = 20 x 4,2 In - kJ/K = 8,7579 kJ/K. To 273

De entropie S2 van 50 kg water van 86 "C bedraagt:

De totale entropie vóór de menging is dus: S I + SZ = (8,7579 + 57,5086) kJ/K = 66,2665 kJ/K. Na de menging hebben we 70 kg water van 343 K met een entropie t.o.v. O 'C van:

De totale toename van de entropie ten gevolge van mengen is dus: AStot = S3 - (S1 + S2) = (67,1080 - 66,2665) kJ/K = 841,s J/K.

b In dit geval berekenen we de entropieverandering AS1 van 20 kg water waarvan de temperatuur toeneemt van 303 K tot 343 K. Vervolgens wordt de entropieverandering AS2 bepaald als 50 kg water van 359 K wordt afgekoeld tot 343 K. Uitwerking levert:

Hieruit volgt dat de totale entropieverandering AStot = AS1 + AS2 = (10,4158 - 9,5743) kJ/K = 8465 JIK. Uit de positieve uitkomst blijkt dat de menging van twee vloeistoffen met een verschillende temperatuur een niet omkeerbaar proces is. De oorzaak hiervan is de uitwisseling van thermische energie bij eindige ternperatuur- verschillen.

D e warmte die aan een bad van 25 kg gesmolten koper ( t = 1080 "C) wordt onttrokken, wordt opgenomen door de omgeving ( t = 27 "C). D e temperatuurverandering hiervan kan worden verwaarloosd. Als de entropietoename van de omgeving op een gegeven moment 3,5 kJ/K bedraagt, hoeveel procent van het koper is dan gestold en wat is de totale entropieverandering die bij dit proces optreedt? D e stollingswarmte van koper is 210 kJlkg.

Aanwijzingen Uit de gegeven entropieverandering van de omgeving (ASomg = (?/To) blijkt dat de toegevoerde warmte 1050 kJ bedraagt. Deze warmtehoeveelheid moet gelijk zijn aan 210 x waarin x de hoeveelheid gestold koper voorstelt. Uitwerking levert: x = 5 kg B 20%. Ook voor het koperbad (het systeem) verloopt de toestandsverandering isotherm zodat AS,,, = Q/T -+ A S = -776,l JIK.

Sommering van de gegeven AS,,, en de berekende AS,,,, levert de gevraagde AS,,, (2723,9 JIK).

In een cilinder expandeert een ideaal gas van 6 bar en 450 K tot 2 bar en 303 K. De hierbij geleverde arbeid bedraagt 45 kJ/kg, terwijl er tevens warmte met de omgeving (To = 280 K) wordt uitgewisseld. Bepaal de overgedragen warmte in kJ/kg en ga na of het proces omkeerbaar resp. niet-omkeerbaar verloopt c, = 746 J/(kg K) en cp = 1050 Jl(kg . K).

Oplossing De overgedragen warmte kan uit de eerste hoofdwet worden berekend q1-2 = U 2 - U1 + W1-2.

Zo geschreven geldt de uitdrukking voor zowel omkeerbare als niet-omkeerbare toestandsveranderingen van willekeurige media. Voor een ideaal gas is u2 - u1 = c, (T2 - T l ) zodat: 91-2 = C, (T2 - Ti) + ~ 1 - 2 = (-746 X 147 + 45 X 103) Jlkg = -64.662 Jlkg =

-64,7 kJ1kg. Uit de tweede hoofdwet volgt dat de som van de entropieverandering van systeem (het expanderende gas) en omgeving groter of gelijk aan nul moet zijn. Het gelijkteken is van toepassing op toestandsveranderingen die omkeerbaar verlopen. Volgens (7.8) is:

T2 303 AS,,,, = cp In - + R In 1050 In - + 304 In JIK = -81,3 JIK. TI P2 450

De warmtehoeveelheid die vanuit het systeem aan de omgeving wordt toegevoerd bedraagt 64.662 J. Daarmee wordt:

- JIK = 230,9 JIK. - 28,

AS,,, = AS,,, + AS,,, = (-813 + 230,9) JIK = 149,6 JIK. Uit het feit dat AS,,, > O is, blijkt dat het proces niet omkeerbaar verloopt.

Lucht van 15 "C wordt tot 50 "C verwarmd door menging met lucht van 100 "C. Bereken per kilogram menglucht van 50 "C de totale verandering van de entropie

als de druk niet verandert; cp = 1,O kJ/(kg K). Welke conclusie kan uit het antwoord worden getrokken?

Aan wijzingen We stellen de hoeveelheid lucht van 15 "C op ml [kg] en de benodigde hoeveelheid lucht van 100 "C op m2 [kg]. De warmtehoeveelheid die de lucht van 15 "C opneemt is gelijk aan de hoeveelheid warmte die de lucht van 100 "C afgeeft. Uit deze vergelijking volgt dat m2 = 0,7 ml . Gaan we uit van 1 kg menglucht dan is ml + m2 = 1 zodat m , en m2 nu te berekenen zijn (0,588 kg, 0,412 kg).

323 AS,,, = ASl + AS, = 0,588 x l000 in - + 0,412 x 1000 In -

373 J/K =

8,14 JIK. 288

a In een goed geïsoleerde boiler wordt 80 liter water van 20 "C tot 80 'C verwarmd door middel van een elektrisch element. Bereken de hierbij optredende entropieverandering van het water en de omgeving tezamen. c, = 4,2 kJ/(kg K) en p, = 1000 kgIm3.

b Als de isolatie wordt verwijderd, koelt het water weer af tot de omgevingstemperatuur die 20 "C bedraagt. Wat is hierbij de entropietoename van de omgeving? Wat kunt u in beide gevallen opmerken over de omkeerbaarheid van de toestandsverandering?

Op lossing a Bij de verwarming van 80 liter water van 20 "C tot 80 "C kan voor de en-

tropietoename worden geschreven:

T2 T2 353 AS, = m,c, In - = p,V,c, In - = 1000 x 0,08 x 4,2 In - kJIK =

62,60 kJ/K. TI T1 293

De entropie van de omgeving verandert niet omdat hieraan elektrische energie wordt onttrokken en geen warmte. AStot = AS, = 62,60 kJ/K. Deze positieve uitkomst toont aan dat het proces niet omkeerbaar verloopt.

b Als het water vervolgens weer tot de begintemperatuur afkoelt, is de warmte Q die aan de omgeving wordt toegevoerd: Q = pwVWcw (T1 - T,) = 1000 X 0,08 X 4,2 X 60 kJ = 20.160 kJ. De warmtecapaciteit van de omgeving wordt zo groot verondersteld, dat de temperatuur hiervan niet verandert, zodat:

Q - 20'160 kJIK = 68,80 kJIK. Asomg z 7 - 293

De entropieverandering van het water is gelijk aan de boven berekende waarde maar negatief. Dit betekent dat AStot = ASomg + ASw = (68,80 - 62,60) kJIK = 6,20 kJ1K. Ook de afkoeling van het water aan de omgeving is dus een niet-omkeerbaar proces.

Men heeft de beschikking over twee warmtereservoirs van resp. 1200 K en 300 K. Aan een Carnot-machine die tussen deze twee warmtereservoirs werkzaam is, wordt per seconde 1000 kJ warmte toegevoerd. Bereken:

a het door de machine geleverde vermogen, de afgevoerde warmtestroom en de totale entropieverandering in kJ/(K s s) als de machine omkeerbaar werkt;

b het bovenstaande nogmaals als bij de warmtetoevoer een temperatuurverschil van 200 K aanwezig is. Toon aan dat het vermogensverlies gelijk is aan het produkt van de omgevingstemperatuur (300 K) en de totale entropieverandering per tijdseenheid;

c het bij punt b gevraagde opnieuw als bovendien de expansie niet omkeerbaar adiabatisch verloopt en de daarbij optredende entropieverandering gelijk is aan 0,s kJ/(K s). Teken de kringprocessen in een T-s-diagram.

Aan wijzingen a Het thermisch rendement qth =

TI - T2 - 1200 - 300 - = 0,75.

Tl 1200

qth = ZWIQ~ = PIQ~ + P = 0,75 x 1000 kW = 750 kW en Q2= Q1 - L W = ~ S O ~ W . Voor elk kringproces is AS = O zodat AStot = AS,,,. De omgeving wordt gevormd door de beide warmtereservoirs. Derhalve is

Vanwege de omkeerbaarheid van het proces moet AS,,, = O zijn. Het Carnot-proces 1-2-3-4 is in fig. 7.19 afgebeeld.

b De warmtetoevoer vindt nu plaats bij Tl# = 1000 K (fig. 7.19). Het kringproces 1'-2'-3-4' verloopt inwendig omkeerbaar zodat

Het geleverde vermogen wordt nu 700 kW (een verlies van 50 kW) en de afgevoerde warmtestroom e2 = (1000 - 700) kW = 300 kW. De waarde van AS,,,, berekend zoals bij a, levert nu echter een positieve uitkomst (166,7 J/(K . s)) vanwege de niet-omkeerbare warmte-overdracht.

AS,,, komt overeen met het lijnstuk B-C; de extra af te voeren warmte (50 kW) met opp. 2-2'-C-B. Het vermogensverlies P, = ToASmt = 300 X 166,7 W = 50 kW.

c Het kringproces wordt nu voorgesteld door de fig. 1'-2"-3-4'. De extra warmte-afvoer komt overeen met opp. 2'-2"-D-C =

T (S2" - SI'). Met T = 300 K en S2" - SI = 0,5 kJ/(K - s) levert dit dus 150 kW. Er wordt t.o.v. geval b, 150 kW meer warmte afgegeven zodat Q2 = (300 + 150) kW = 450 kW. Het geleverde vermogen P = Q, - e2 = 550 kW zodat het verschil met het bij a geleverde vermogen (750 - 550) kW = 200 kW bedraagt.

-Q1 Q2 De totale entropieverandering is in dit geval - + - = 666,7 J/(K . s). Tl 7'2

Het verlies aan vermogen t.o.v. a blijkt ook nu gelijk te zijn aan het produkt van omgevingstemperatuur en AS,,,: (P, = 300 X 0,6667 kW = 200 kW).

Fig. 7.19

Van een gas (R = 290 Jl(kg . K)) wordt 2 kg van 1 bar en 500 K isothermisch gecomprimeerd tot 8 bar. Bereken de entropieverandering van systeem (het gas) en omgeving in de volgende gevallen:

a het proces verloopt volledig omkeerbaar; b het proces verloopt alleen inwendig omkeerbaar. De omgevingstemperatuur be-

draagt 300 K; c het proces verloopt inwendig niet-omkeerbaar waardoor de compressie-arbeid

20% groter is dan in geval b. De omgevingstemperatuur is wederom 300 K.

Oplossing Voor het genoemde isothermische proces is de afgevoerde warmte

P l = mRT In - = 2 x 290 x 500 In 118 J = -603,04 kJ.

P2 m

Met behulp hiervan kan ASSYst worden berekend.

A S = - - syst Q - -603704 kJIK = -1,2061 kJ1K = -1206,l JIK. T 500

De warmtehoeveelheid die aan de omgeving wordt overgedragen, bedraagt 603,04 kJ. Deze overdracht van warmte moet volgens het gegeven omkeerbaar verlopen, zodat de omgevingstemperatuur dus ook 500 K moet bedragen. De entropietoename van de omgeving ASomg = Q/T =

603,041500 kJ/K = l206,l JIK. AStot = ASsyst + Asomg = 0- Voor het systeem is er niets veranderd zodat de overgedragen warmte

wederom -603,04 kJ bedraagt en ook de entropieverandering gelijk is aan -1206,l JIK. De hoeveelheid warmte die naar de omgeving wordt afgevoerd is niet veranderd maar wel de omgevingstemperatuur. Deze is nu 300 K zodat voor AS,,, geldt:

AS,,, = ASsy,, + ASomg = (-1206,l + 2010,l) J/K = 804 JIK. Deze positieve uitkomst is het gevolg van de niet-omkeerbare overdracht van warmte naar de omgeving. De eerste hoofdwet geschreven als Q i - 2 = mev (T2 - Ti) + W1-2 is geldig voor ideale gassen die een al of niet-omkeerbaar verlopende toestandsverandering ondergaan. Voor een isothermisch proces geldt dus dat QlL2 = Wl-2. De warmte die bij de compressie wordt afgevoerd is volgens het gegevenz QlP2 = -1,2 X 603,04 kJ = -723,65 kJ. Om ASsy,, te kunnen bepalen moeten we tussen begin- en eindtoestand een omkeerbare weg volgen. Begin- en eindtoestand zijn niet veranderd zodat de entropieverandering ook gelijk is aan die in geval a. Derhalve is ASsyst = -1206,l JIK. Voor de entropieverandering van de omgeving geldt:

AS,,, = AS,,,, + AS,,, = (-1206,l + 2412,2) JIK = 1206,l JIK. Merk op dat AS,,, in geval c niet berekend kan worden door de overge dragen warmte Q, --, te delen door de temperatuur van het svsteem.

7.38 4

In een cilinder expandeert 2 kg lucht van 2,5 bar en 250 "C tot 1,25 bar en 125 "C. Als de omgevingstemperatuur 17 "C bedraagt, bereken dan de totale entropieverandering van lucht en omgeving in kJ/K in de volgende gevallen:

a de toestandsverandering verloopt inwendig omkeerbaar volgens pVt' = C; b de expansie verloopt niet-omkeerbaar en de geleverde arbeid bedraagt 45 kJ/kg.

Gegeven: cp = 1005 J/Kg c, = 716 J/(kg - K), R = 287 J(kg . K).

. Aan wijzingen a De entropieverandering van het systeem kan uit (7.8) worden berekend.

T2 P l ASsys,. = m (c, In - + R In -) -+ ASsFt. = 0,151 kJ/K. T1 P2

Het is ook mogelijk om begin- en eindtoestand door een omkeerbare polytroop met elkaar te verbinden. De exponent van deze polytroop kan uit (3.3) worden berekend (n = 1,65) waarna (3.7) de soortelijke warmte c van de polytroop levert (c = 0,27 kJ/(kg K)). Ten slotte kan dan ASsyst. worden berekend uit: AS = m c In T2/Tl. Om ASomg te kunnen bepalen, moet de warmte die met het systeem wordt uitgewisseld, bekend zijn. Volgens de eerste hoofdwet is Q1 -2 = m c, (T2 - Tl) + W, -2

-mR Voor de arbeid geldt W1+ = - (T2 - Tl) n-l

Nadat W1-2 bepaald is (110,4 kJ) kan Q1 -2 worden berekend (- 68,6 kJ) en vervolgens ASomg (0,237 kJIK) + A S,, = 0,086 kJ/K.

b Begin - eindtoestand zijn gelijk aan die bij a, zodat ook ASsys,. dezelfde waarde heeft. We moeten nu echter in de eerste hoofdwet de gegeven waarde van W1-2 substitueren -+ = -89,O kJ. Daarmee wordt AS,,, = 0,307 kJ/K en AS,,, = 0,156 WIK.

a Een weerstand van 25 ohm wordt op een constante temperatuur van 27 "C gehouden terwijl er gedurende 3 s een stroom van 6 A doorheen wordt gevoerd. Als de omgevingstemperatuur eveneens 27 "C bedraagt, bereken dan de entropieverandering van de weerstand en die van de omgeving in J/K.

b Bereken het gevraagde opnieuw als de weerstand geïsoleerd wordt en de stroom- doorgang gedurende 1 s plaatsvindt. D e weerstand heeft een massa van 9 gram en

een soortelijke warmte van 1,l kJ/(kg K).

Oplossing a De spanning U = IR = 6 x 25 V = 150 V. Het toegevoerde vermogen

P = U I = 1 5 0 ~ 6 W = 9 0 0 W . De toegevoerde elektrische energie wordt in warmte omgezet. In 3 seconden is de ontwikkelde warmte dus 3 x 900 J = 2700 J. Deze warmte wordt naar de omgeving afgevoerd zodat

- Q 2700 JIK = 9 JIK. AS,,, = - - - T, 300

De toestand van de weerstand is niet verandert + AS,,,,,,. = O . De positieve uitkomst duidt op een niet omkeerbaar proces.

b In één seconde is de ontwikkelde warmte 900 J. Als gevolg van de isolatie verkrijgt de weerstand hierdoor een temperatuurverhoging die te berekenen is uit:

7'2 AS,, ,,,,. = mcln- = 9 x 10-3 x 1 , l x 103ln- 39039 JIK = 2,62 JIK. TI 300

Vanwege de isolatie wordt geen warmte aan de omgeving afgegeven zodat AS,,, = o Omdat AS,,, > O blijkt ook dit proces als niet-omkeerbaar te moeten worden aangemerkt.

7.40 9

En blok metaal met een massa van 8 kg, een soortelijke warmte c van 0,4 kJ/(kg K) en een temperatuur van 1000 K wordt op dezelfde temperatuur gebracht als een tweede blok metaal met een massa van 4 kg, een temperatuur van 300 K en

een soortelijke warmte van 0,5 kJl(kg K). Dit wordt bewerkstelligd door:

a de blokken met elkaar in contact te brengen. Hierbij wordt aangenomen dat met de omgeving geen warmte-uitwisseling plaatsvindt.

b de warmte-overdracht tussen de twee blokken metaal op omkeerbare wijze te laten verlopen. Hiertoe wordt er tussen de twee blokken een machine geplaatst waarin zich een omkeerbaar positief kringproces voltrekt. Bereken voor geval a de eindtemperatuur van beide blokken alsmede de totale entropieverandering, en voor geval b de eindtemperatuur en de geleverde arbeid.

Aan wijzingen a Door de warmtehoeveelheid die het ene blok afgeeft gelijk te stellen aan

de warmtehoeveelheid die het andere blok opneemt, kan de gemeen-

Vier kilogram stoom van 120 bar en 560 "C (toestand 1) wordt bij constante druk afgekoeld waarbij de entropie 7,5 kJ/K lager wordt (toestand 2). Bereken het percentage damp in de eindtoestand. De soortelijke warmte van de oververhitte stoom bedraagt 3,47 kJ/(kg .K), de verdampingswarmte r = 1197,4 kJ/kg en de verdampingstemperatuur t, bedraagt 324,65 "C.

Oplossing De temperatuursverandering van het medium is in fig. 7.10 uitgezet tegen de tijd t. De toestandsverandering bestaat uit: - afkoeling van de oververhitte damp volgens 1-2' tot de condensatie-

temperatuur T2' = T, = 597,65 K bereikt is; - een gedeeltelijke condensatie 2' - 2 van de verzadigde damp bij con-

stante druk en temperatuur. Schrijven we voor het dampgehalte in de eindtoestand x2 [kglkg] dan is de hoeveelheid gecondenseerde damp ( l -x2) [kg]. We kunnen nu voor de entropieverandering per kg oververhitte damp schrijven:

Uitwerking levert: x2 = 0,639 + x2 =

damppercentage in de eindtoestand.

t +

Fig. 7.10

63,9%. Dit is dus het gevraagde

Aan een gas van 8 bar en 350 K wordt bij constante druk 10 MJ warmte toegevoerd. Bereken de verandering van de entropie in J/K als het beginvolume 3,6 m3

bedraagt, k = 1,4.

Aan wijzingen De gevraagde entropieverandering kan worden berekend uit:

We moeten dus eerst trachten T2 te bepalen alsmede m en c, of het produkt mc,. Gegeven is dat bij p = C 10 MJ warmte wordt toegevoerd. Voor deze warmtetoevoer kan volgens (3.1 l) geschreven worden:

k Qi-2 = -P (V2 - VI).

k - l

Hieruit kan V2 worden opgelost (V2 = 7,18 m3) waarna de eindtemperatuur T2 uit de gaswet kan worden berekend (T2 = 696,l K).

Uit Ql = mc, (T2 - Tl) volgt dat mc, = 28.891,7 JIK. Hiermee zijn de noodzakelijke gegevens om uit (a) de entropieverandering te kunnen bepalen, bekend (AS = 19.865,6 JIK).

Stikstof van 127 "C en 10 bar expandeert isothermisch tot het specifiek volume de waarde 0,24 m3/kg heeft bereikt. Bereken per kg stikstof de geleverde arbeid, de overgedragen warmte, de verandering van de entropie en van de inwendige energie. Bepaal As en Au eveneens, als de genoemde expansie volgens een niet-omkeerbare isotherm zou hebben plaats gevonden. R = 297 J/(kg. K).

Oplossing Het specifieke volume kan uit de gaswet worden berekend. Dit levert:

Voor een isothermisch proces is q, -2 = w, -2. Volgens (3.14) geldt: = = RT In u2/r/, = 297 x 400 In 0,2410,1188 Jlkg = 83.539,9 Jlkg.

Omdat de temperatuur constant is, geldt Au = c, (T2 - Tl) = O en

as=-- q - 83'53979 Jl(kg - K) = 208,85 J/(kg e K). T 400

schappelijke eindtemperatuur T, worden bepaald (730,s K). Noemen we de entropieverandering van de blokken AS1 en AS2, dan is

T, T , AS,,, = AS1 + AS2 = ml cl In - + m2 c2 In - T1 T1

Hierin is voor het ene blok Tl = 1000 K en voor het andere blok T , = 300 K. AS,,, = (- 1003,6 + 1780,7) JIK = 777,l JIK.

b Omdat het gehele proces nu omkeerbaar verloopt is AS,,, = O. De totale entropieverandering is weer de som van AS1 en AS2 Het arbeidsmedium in de machine doorloopt een kringproces zodat de entropie ervan niet verandert.

1 e 1 e AS,,, = O -+ AS1 + AS2 = m l cl In - + m2 c2 In - = O T1 T1

Uit deze vergelijking kan berekend worden dat T, = 629,4 K De warmtehoeveelheid Q1 die het eerstgenoemde blok afgeeft komt overeen met de warmtehoeveelheid Q1 die aan het kringproces wordt toegevoerd. Ql = ml cl ( T l - T,) -+ Ql = 1185,9 kJ De warmtehoeveelheid Q2 die door het kringproces wordt afgegeven bedraagt: Q2 = m2 c2 ( T , - T l ) -+ Q2 = 658,8 kJ De nuttige arbeid die het kringproces levert is dus: Wnuttig = Ql - Q2 = 52791 kJ.

8 Toestandsdiagrammen

Stoom van 1 bar en een watergehalte van 10% wordt isentroop gecomprimeerd tot 30 bar. Bereken de stoomtemperatuur na de compressie. Gegeven: bij 1 bar is t, = 99,6 "C en r = 2257,9 kJ/kg; bij 30 bar is t , = 233,8 "C, r = 1793,9 kJ/kg en ZP = 2,63 kJ/(kg. K). i?, = 4,2 kJ/(kg K).

Oplossing De toestandsverandering is in bijgaande fig. 8.1 weergegeven. Bij een isentrope compressie is s1 = s2 zodat de entropie in begin- en eindtoestand zal worden bepaald. We stellen de entropie van water van O "C gelijk aan nul. Met behulp van (7.5) kan voor de entropie in de begintoestand worden geschreven.

6,7602 kJl(kg K). Stel dat in de eindtoestand de stoom juist verzadigd zou zijn (sl = sd) dan geldt:

6,1380 kJ/(kg . K).

Hieruit blijkt dat sd < s1 zodat de conclusie luidt dat de stoom in de eindtoestand oververhit moet zijn. We schrijven dus:

s2 = sd + EP In 6,1380 + 2,63 In - } kJl(kg K). 506,8

De voorwaarde dat de entropie constant moet blijven (sl = s2) levert de volgende vergelijking.

Fig. 8.1 Fig. 8.2

Hoeveel graden moet stoom van 50 bar worden oververhit om, na een isentropie expansie tot 5 bar, juist verzadigde stoom te verkrijgen? Gegeven: bij 5 bar is tv = 152 "C en r = 2107 kJ/kg; bij 50 bar is tv = 264 "C, r = 1640 kJ/kg en CP = 2,75 kJ/(kg . K). ë, = 4,2 kJ/(kg . K).

Aan wijzingen Bij een isentrope toestandsverandering is s = constant. Voor de expansie 1 - 2 in fig. 8.2 geldt dus dat sl = s2. Dit levert een vergelijking waaruit het gevraagde kan worden berekend. Als we de entropie van water van O "C gelijk stellen aan nul (so = 0) dan geldt voor sl:

In de eindtoestand 2 is de stoom juist verzadigd zodat

Gelijkstelling van (a) en (b) levert Tl = 750,7 K zodat de gevraagde oververhittingsgraad gelijk is aan (750,7 - 537) K = 213,7 K

.-'

Van oververhitte stoom van 18 bar en 350 "C (t , = 207 "C, q = 2,2 kJ/(kg . K), sd

= 6,38 kJ/(kg K) en i/ = 0,150 &kg) die zich in een afgesloten ruimte van 2 m3

bevindt, wordt zoveel warmte afgevoerd dat de druk ten slotte 6 bar wordt. vvl =

0,001 ImTkg, qd = 0,3155 m3/kg7 svl = 1,9300 kJ/(kg K) en sd = 6,7555 kJ/(kg . K). Bereken het vochtpercentage in de eindtoestand alsmede het entropieverschil tussen begin- en eindtoestand. Teken de toestandsverandering in een T-s-diagram.

Oplossing Om het vochtpercentage te berekenen, moet de hoeveelheid stoom die tot condensatie is gebracht, bekend zijn. Schrijven we voor het stoomvolume in de begintoestand V1 = m vl, dan is de stoomhoeveelheid m = VI/A = 210,150 kg = 13,33 kg. Als we aannemen dat bij de warmteafvoer y kg van de stoom in de vloei- stofvorm overgaat, dan kan met behulp van (8.1) voor het volume in de eindtoestand worden eschreven: V 2 = y + (m - y) J d + 2 = y . 0,0011 + (13,33 - y) 0,3155. Hieruit volgt dat y = 7,02 kg zodat het vochtpercentage in de eindtoestand (7,02/13,33) 100% = 52,7% bedraagt. Het stoomgehalte x2 in de eindtoestand is dus 0,473 [kg/kg]. Voor de specifieke entropie in de begintoestand schrijven we:

s* = sd + Cp In - = 6,38 + 2,2 In - "

623 } kJ/(kg - K) = 6,9537 kJ/(kg K). Tv 480

Voor de specifieke entropie in de eindtoestand 2 geldt: s2 = x2 s d + (1 - x2) S,, = (0,473 X 6,7555 + 0,527 X 1,9300) kJ/(kg K) = 4,2125 kJ/(kg - K) AS = S, - S2 = m (sl - s,) = 13,33-(6,9537 - 4,2125) kJ1K = 36,5 kJlK. In onderstaande fig. 8.3 is de toestandsverandering afgebeeld.

Fig. 8.3

I /

te ammoniakdarnp van 1,90 bar en -20 "C wordt isentroop gecomprimeerd tot 6,15 bar. Als de damp nu juist droog is geworden, wat was dan het vochtpercentage in de begintoestand? Gegeven: bij 1,90 bar is tv = -20 "C en r = 1329 kJ/kg; bij 6,15 bar is t,, = + l 0 "C en r = 1226 kJ/kg. De soortelijke warmte van ammoniak is 4,12 kJ/(kg - K).

A a n wijzingen Hoewel de keuze van het nulpunt van de entropie willekeurig is, is het verstandig om in dit geval het nulpunt te kiezen bij ammoniak van -20 "C zoals in fig. 8.4 is aangegeven. Hiervan uitgaande kunnen s1 en s 2 worden bepaald. Gelijkstelling van

sl en s2 bevat het gevraagde vochtpercentage

x . r1 - x 1329 sl=-- kJ/(kg . K). Tv 253

Volgen we de isobaar O - 2' - 2 dan geldt hiervoor:

s1 = SZ + X = 0,913. Het vochtpercentage is dus 8,7%.

s+

Fig. 8.4

P-

i/ 8.A i 1 '4"

In een stoommachine expandeert natte stoom (x = 0,s) van 10 bar tot 2 bar. Het verband tussen p en tijdens de expansie kan worden beschreven door p 1.1 = C. Bereken de entropieverandering die bij deze toestandsverandering optreedt (in kJ/kg). Gegeven: bij 10 bar is s,, = 2,138 2 kJ/(kg - K), sd = 6,5828 kJ/(kg - K),

,i = 0,001 1m3/kg en d = 0,1943 m3lkg; bij 2 bar is s,[ = 1,5301 kJ/(kg K), s d = 7,1268 kJ/(kg - K),

,l = 0,001 en d = 0,8854 rn3Ikg.

Oplossing Voor het specifieke volume geldt volgens (8.1):

d 1 = *;qd +(l - x I ) d V I = (0,8 X 0,1943 + 0,2 x 0,0011) mVkg = 0,1557 mVkg. Het volume v2 kan berekend worden uit pl V1lJ = p:d2111 Dit levert \I2 = 0,6725 m31kg. Bij 2 bar is Vd = 0,8854 m3lkg (gegeven). Omdat \J < moet de eindtoestand van de stoom in het coëxistentiege- bied zijn gelegen. Het stoomgehalte in deze toestand volgt uit (8.1):

We kunnen nu sl en $2 met behulp van (7.6) berekenen s1 = x1 sd + (1 - X * ) S,I = (0,s X 6,5828 + 0,2 X 2,1382) kJ/(kg K) = 5,6939 kJ/(kg - K) $2 = x2 ~d + (1 - S,I = (0,759 X 7,1268 + 0,241 X 1,5301) kJ/(kg K) =

5,7780 kJ/(kg - K) SZ - S , = (5,7780 - 5,6939) kJl(kg K) = 84,l J/(kg - K) Hierbij kan het volgende worden opgemerkt. - Uit s2 > S , mag niet de conclusie worden getrokken dat het proces

onomkeerbaar verloopt. Deze conclusie is alleen maar juist als er bij de expansie geen warmte met de omgeving wordt uitgewisseld.

- Volgens (7.13) verloopt de expansie niet omkeerbaar als AS,, = AS,,, +as,,,>o Om een uitspraak te kunnen doen over de omkeerbaarheid van de toestandsverandering, zou dus eerst nog AS,,, moeten worden bepaald.

Een ideaal gas van 1 bar en 300 K wordt van 1 + 2 isothermisch gecomprimeerd waarna bij constante druk van 2 --+ 3 warmte wordt afgevoerd. De entropieverandering van beide processen afzonderlijk is gelijk en bedraagt -8,409 kJ/K.

Als de gasmassa 2,5 kg bedraagt, bereken dan de totale verandering van de enthalpie (in kJ), de totale warmte-afvoer (in kJ), de druk na de compressie en de gemiddelde temperatuur van warmte-afvoer Tl -3. Verbind 1 en 3 door een polytroop en geef W, in een T-s-diagram als een opper-

1-3

vlakte aan. c, = 5,27 kJl(kg K) en c, = 3,18 kJ/(kg - K).

Aan wijzingen De beide toestandsveranderingen 1-2 en 2-3 zijn in fig. 8.5 getekend. Voor de entropieverandering 2-3 geldt:

Uitwerking van deze uitdrukking levert T3 = 158,5 K. Nu kan de totale enthalpieverandering worden bepaald. H3 - Hl = (H2 - Hl) + (H3 - Hz) = m c, (T3 - T2) -t H - Hl = -1864J kJ De totale warmte-afvoer Q,,, is de som van en Q2-3

Ditzelfde resultaat is te verkrijgen uit het produkt van Tl en AS1 -2

Q2-3 = m c, (T3 - T2) = - 1864,3 kJ. Q,,, = el -2 + Q2-3 = -4387J kJ - Q,,, = Tl -3 ASl - 3 -t Tl -3 = 260,86 k

P1 Voor de compressie 1-2 geldt: AS1-2 = m R In - = - 8,409 kJ/K. P2

Met R = c, - c, = 2,09 kJ/(kg - K) kan uit deze vergelijking de druk na compressie worden bepaald. (p2 = 5,O bar) Om w, in een T-s-diagram te kunnen aangeven, gaan we uit van (8.3).

1-3

Vertalen we deze uitdrukking voor deze situatie, dan geldt dat: = ql-3 + 93-2 = ql-3 + ql-l a opp 1-3-5-6-4-1 ( fig. 8.6)

Fig. 8.5 Fig. 8.6

i.. '--Meen ketel wordt natte stoom van 8 bar gevormd uit voedingswater van 100 "C

(h, = 420 kJ/kg). Het ketelrendement bedraagt 80%, de benodigde hoeveelheid brandstof 954 kglh en de stookwaarde van de brandstof 40 MJIkg. De gevormde natte stoom wordt door een stoomdroger geleid waarin al het vocht (2250 kglh) wordt afgescheiden. Bereken het vochtgehalte van de door de ketel geproduceerde natte stoom alsmede de stoomproduktie van de ketel in kglh. Gegevens: zie tabel 111 achterin het theorieboek.

Oplossing Als de ketel m kg natte stoom per uur produceert, dan moet m kg voedingswater eerst op de verdampingstemperatuur worden gebracht waarna door verdere warmte toevoer ( m - 2250) kglh in dampvorm overgaat. Voor de warmtehoeveelheid die het water hierbij opneemt, kan worden geschreven:

m (h4 - h,) + (m - 2250) r = m (720,94 - 420) + (m - 2250) 2046,5 De waarde van h,, en r zijn aan tabel I11 ontleend. De benodigde warmte wordt geleverd door de brandstof zodat de volgende vergelijking moet gelden: m (720,94 - 420) + ( m - 2250) 2046,5 = 954 x 40.000 x 0,8 Uitwerking levert m = 14.966,4 kglh Het vochtgehalte van de geproduceerde stoom bedraagt: (2250/14.966,4) 100% = 15,0%.

Aan 3 kg oververhitte stoom van 10 bar wordt bij constante druk 2959,l kJ warmte onttrokken. In de eindtoestand bevat de stoom 30% vocht. Bereken met behulp

van de stoomtabellen: a de begin- en eindtemperatuur van de stoom; b de oververhittingswarrnte (in kJ);

c de gemiddelde soortelijke warmte 7, van de oververhitte stoom.

Aanwijzingen a In de eindtoestand is de stoom nat zodat de temperatuur t2 ervan overeen-

komt met de verdampingstemperatuur tv bij 10 bar. Volgens de stoomtabel is dit 179,88 "C Voor de enthalpie h2 van natte stoom geldt (8.4): h2 = x2 hd + ( 1 - x2) hvl = (0,7 X 2776,2 + 0,3 X 762,61) kJ1kg = 2172,12 kJ1kg

Per kilogram stoom is 986,4 kJ warmte onttrokken zodat de enthalpie in de begintoestand gelijk is aan: hl = (2172,12 i- 986,4) kJ/kg = 3158,5 kJ/kg. De stoomtabel geeft aan dat de stoomtemperatuur dan 350 'C is.

b De oververhittingswarmte Q,,, = m (hl - h2) -+ QoV, = 1146,9 kJ. c Voor de oververhittingswarmte kan ook worden geschreven:

Q ovo = m Z p (tl - t,) -+Cp = kJ/(kg K) = 2,25 kJ/(kg . K). 3 (350 - 179,77)

Een ketel levert per uur 4 ton stoom van 6 bar die 100 "C oververhit is. Hiervoor is 0,317 ton brandstof nodig met een stookwaarde van 40 MJIkg. Bereken de temperatuur waarmee het voedingswater de ketel wordt ingepompt als het ketelrendement 80% bedraagt. De soortelijke warmte 'Cp van de oververhitte stoom is 2,O kJ/(kg K), voor water is i?, = 4,2 kJ/(kg K). Voor verdere gegevens zie tabel I11 achterin het theorieboek.

Oplossing De hoeveelheid warmte Q die per seconde door het water wordt opgenomen is gelijk aan m,, (h2 - hl) Hierin is h2 de specifieke enthalpie van de stoom na de ketel en hl de enthalpie van het voedingswater (in kJ/kg) Deze warmtestroom wordt door de brandstof geleverd zodat Q = nib, S uk . Hierin is S de stookwaarde van de brandstof in kJlkg, qk het ketelrendement en mb, de benodigde brandstof in kgls. We kunnen dus de volgende warmtebalans opstellen: m,, (h2 - hl) = mb, S i7k (a) De enthalpie h2 is de som van hd en de oververhittingswarmte CP At h2 = hd + ZP At = (2755,5 + 2,O X 100) kJ/kg = 2955,5 kJ1kg. In bovenstaande uitdrukking (a) is nu alles bekend behalve hl (4000/3600) (2955,5 - h,) = (317/3600) X 40.000 X 0,8 + hl = 419,5 kJ/kg. Voor deze enthalpie kunnen we ook schrijven: hl = t, Hieruit volgt dat de temperatuur t, van het voedingswater 99,9 "C bedraagt.

Verzadigde stoom van 90 bar expandeert isothermisch tot 10 bar. Als het proces omkeerbaar verloopt, bereken dan de toe te voeren warmte en de geleverde volume-arbeid per kg stoom. Teken het proces in een T-s-diagram. Gegeven zijn de stoomtabellen.

Aan wijzingen De warmte die bij een isothermische expansie moet worden toegevoerd is in fig. 8.7 in grijs aangegeven en bedraagt ql - 2 = Tl (s2 - s,) Bij 90 bar is tl = t, = 303,31 "C en s1 = 5,6820 kJ/(kg K) (stoomtabel) Voor de toestand 2 (10 bar, 303,31 "C) kan de entropie s2 niet direct in de stoomtabel worden afgelezen maar moet de waarde door interpolatie tussen 300 "C en 350 "C worden berekend. Dit levert:

Nu kan ql-2 = Ti (s2 -si) worden bepaald. (ql-2 = 838,5 kJ/kg) De geleverde arbeid kan uit de eerste hoofdwet worden berekend. w1-2 = q1-2 - (u2 - u11 (a) Hierin is ql - reeds bekend en kunnen ul en u2 met behulp van de stoomtabel worden vastgesteld (h = u + p )

= hl - p1 1 + U I = hd - p1 d = (2744,6 - 9000 X 0,02050) kJ/kg = 2560,l kJ/kg. Voor toestand 2 kunnen echter h en niet direct uit de stoomtabel worden.afgelezen maar moeten weer door interpolatie worden bepaald. Dit levert h2 = 3 059,l kJ/kg en 2 = 0,2596 mYkg zodat u2 = h2 - p2 2 = 2799,5 kJ/kg. Substitutie in (a) levert: wl-2 = 599,l kJ/kg Voor een ideaal gas is ql-2 = wl-2. Merk op dat stoom van de gegeven toestand dus niet als een ideaal gas kan worden beschouwd. Het proces is afgebeeld in fig. 8.7.

Fig. 8.7

158

s--+

Fig. 8.8

Vloeibare ammoniak van 5 "C wordt bij een druk van 11,66 bar omgezet in oververhitte damp van 40 "C (Tp = 2,O kJ/(kg - K)). Vervolgens expandeert deze damp isentroop tot p = 1,59 bar. Bij deze druk is de verdampingstemperatuur t , = - 24 "C, h,[ = 71,6 kJ/kg en hd = 1413,4 kJ/kg. Teken het proces in een T-s-diagram en bereken de gemiddelde temperatuur van warmtetoevoer alsmede het vochtgehalte in de eindtoestand. De verdampingswarmte bij 11,66 bar ( t , = 30 "C) kan worden gesteld op 1145 kJ/kg; van vloeibare

ammoniak is ë = 4,O kJl(kg K).

Oplossing Het afzetten van de gegevens in een T-s-diagram leidt tot het proces 1-2-3- 4 van fig. 8.8. De gemiddelde temperatuur waarbij de warmte wordt toegevoerd, kan berekend worden uit:

s3 - SI = 4,1883 kJ/(kg - K).

Daarmee wordt:

Het dampgehalte in toestand 4 kan worden bepaald uit: S3 =S', -j (s3 - sl) = (s4 - sl) Het eerste lid (s3 - sl) is reeds berekend terwijl voor (s4 - sl) geldt:

T5 x4 ' r - 7'5 X4 (hd - hvl) - c ln -+ s4 - s1 = (s5 - sl) + (s4 - s5) = ëln- + -- - T1 7-5 T1 T5

s 4 - SI = (- 0,4407 + 5,38888 x4) kJ/(kg K). Substitutie in (a) levert x4 = 0,859. Het vochtpercentage in de eindtoestand bedraagt dus 14,196.

Water van 30 "C wordt in een ketel bij een constante druk van 140 bar omgezet in verzadigde stoom. Bereken van het proces in de ketel:

a de gemiddelde temperatuur Tvan warmtetoevoer; b de T als het water wordt omgezet in oververhitte stoom van 550 "C; c de T als het voedingswater bovendien van 30 "C tot 160 'C wordt voorverwarmd

vóórdat het in de ketel wordt gepompt; d de Tvan het oververhittingsproces zelf.

Bij 140 bar en 550 "C is h = 3458,8 kJ/kg en s = 6,5630 kJl(kg K). Voor verdere gegevens: zie stoomtabellen achter in het theorieboek.

Aanwijzingen De vier processen waarvan de gemiddelde temperatuur van warmte-toevoer wordt gevraagd, zijn in onderstaande T-s-diagrammen (fig. 8.9) afgebeeld. Voor T geldt per definitie:

Voor zover de benodigde waarden van h en s niet gegeven zijn, kunnen deze in de stoomtabellen worden opgezocht.

a h2 = 2642,4 kJ1kg; hl = 138,4 kJ/kg s2 = 5,3803 kJ/(kg K); SI = 0,4322 kJ/(kg . K) } + T=506,l K

b h2 = 3458,8 kJlkg; s2 = 6,5630 kJl(kg K) hl en sl als in a

C hl = 683,4 kJ/kg; s1 = 1,9270 kJ/(kg . K) h2 en s2 als in b

h2 en s2 als in b.

Fig. 8.9

Vijfhonderd kilogram natte stoom van 10 bar wordt bij constante druk tot 250 "C

verwarmd. Als hiervoor 468 kJ warmte per kilogram stoom moet worden toege-

voerd, bepaal dan het vochtpercentage in de begintoestand. Bereken het volume van de stoom in begin- en eindtoestand alsmede de gemiddelde waarde van de soortelijke warmte bij de oververhitting.

Gegeven zijn de stoomtabellen achter in het theorieboek.

Oplossing De toestandsverandering is afgebeeld in fig. 8.10. Stel dat elke kilogram natte stoom y kg water bevat. Om dit water te ver- dampen moet een warmtehoeveelheid worden toegevoerd die gelijk is aan: ql-2 = y - r = y .2013,6 kJ (a) Vervolgens wordt verzadigde stoom van 10 bar (h2 = hd = 2776,2 kJ/kg) tot 250 "C verhit (h3 = 2943,O kJ/kg). De hiervoor benodigde warmte is q2-3 = h3 - hd = (2943,O - 2776,2 kJ = 166,8 kJ (b) De som van (a) en (b) is de gegeven 468 kJ. Derhalve geldt: y . 2 013,6 + 166,8 = 468 + y = 0,1496 kg. Het vochtpercentage van de stoom is dus (afgerond) 15%. Voor de oververhittingswarmte q2-3 kan ook worden geschreven q2-, = ZP ( s - t,) zodat;

16@ kJ/(kg - K) = 2 J8 kJ/(kg . K). (250 - 179,88) = 166,8 4 C,, = - 70,12

Voor het soortelijke volume van de natte stoom geldt:

l = y , + ( l - y) d = (0,1496 x 0,001 127 + 0,8504 x 0,1943) mVkg = 0,1654 m3/kg. Het stoomvolume in de begintoestand is dus V1 = m = 500 x 0,1654 m3 = 82,7 m3. In de eindtoestand (10 bar, 250 "C) is = 0,2327 mVkg (stoomtabel) zodat V2 = m = 500 x 0,2327 m3 = 116,4 m3.

Fig. 8.1 O

Een stoommachine met een vermogen van 100 kW verbruikt 4 kg verzadigde stoom van 8 bar voor een arbeidslevering van 1 MJ. Het voedingswater (c, = 4,2 kJ/(kg K)) wordt met 50 "C aan de ketel toegevoerd. Deze heeft een rendement van 85% en wordt gestookt met olie waarvan de stookwaarde S = 38 MJIkg. Hoeveel olie wordt per etmaal verbruikt en wat is het thermisch rendement van de gehele installatie?

Aan wijzingen Voor de levering van 1 MJ arbeid is 4 kg stoom nodig. Een machine van 100 kW levert per etmaal 8640 MJ arbeid zodat de benodigde hoeveelheid stoom 4 x 8640 kg = 34.560 kg bedraagt. Voor de vormingswarmte (q) van de stoom geldt: q = (hd - C, . t ) = (2767,5 - 4,2 X 50) kJ/kg = 2557,5 kJ/kg De benodigde warrntehoeveelheid per etmaal is dus 34.560 x 2557,5 kJ. Als we voor het brandstofverbruik per etmaal m , [kg] schrijven, dan is m, uit de navolgende warmtebalans te berekenen. m, x 38.000 x 0,85 = 34.560 x 2557,5 -+ m , = 2736,s kg. Het thermisch rendement is de verhouding van de geleverde arbeid en de toegevoerde hoeveelheid warmte. Nemen we voor de arbeidslevering 1 MJ, dan is de hiervoor benodigde warmte Q: Q = 4 x 2557,5 x 100/85 kJ = 12.035,3 kJ Daarmee wordt qth = 8,3%.

In een gesloten vat van 15 m3 bevindt zich 10 ton water op een verdampingstern- peratuur van 11 1,37 "C. Hierin leidt men 0,6 ton stoom van 6 bar met een vochtgehalte van 10%. Wat is de enthalpie van het water in de eindtoestand, uitgedrukt in kJlkg? Bereken de hoeveelheid stoom die is toegevoerd als de temperatuur tot 158,84 "C is opgelopen. Bij de berekening wordt de invloed van de stoomruimte buiten beschouwing gelaten. Gegeven is tabel I11 achter in het theorieboek.

Oplossing Bij een verdampingstemperatuur van 111,37 "C is de druk in hei vat 1,5 bar en de enthalpie van het water hvl = 467,l kJ/kg (stoomtabel). Ook de enthalpie h van de natte stoom van 6 bar kan met behulp van de stoomtabellen worden berekend. Dit levert: h = x hd + (1 - x) hvl = (0,9 x 2755,5 + 0,l x 670,4) kJ/kg = 2547,O kJ/kg.

We kunnen nu voor het vat de volgende energiebalans opstellen: 10.000 X 467,l + 600 x 2547,O = 10.600 . h2. Hierin stelt h2 de enthalpie voor van de vloeistof in de eindtoestand. Uitwerking levert: h2 = 584,s kJ/kg De stoomdruk boven het water neemt toe naarmate de watertemperatuur toeneemt. Is de temperatuur van het water 158,84 "C geworden, dan is deze druk 6 bar en h,, = 670,4 kJ/kg. Om deze toestand te bereiken moet een stoomhoeveelheid y [kg] worden toegevoerd die uit de navolgende energiebalans kan worden berekend: ' 10.000 x 467,l + y x 2547,O = (10.000 + y) 670,4 -+ y = 1083,4 kg.

Teken in een p- -diagram het volgende kringproces:

1-2 De verwarming van water van 20 bar in een ketel, totdat verzadigde stoom is

verkregen.

2-3 Isentrope expansie in een turbine tot de condensordruk (0,4 bar). In de eindtoestand is de enthalpie 2170 kJ/kg.

3-4 Condensatie van de stoom.

4-1 Het isentroop comprimeren van het condensaat van 0,4 bar ( t = t,) tot

20 bar in een ketelvoedingspomp.

Bereken de arbeid die de turbine levert en de arbeid die voor de voedingspomp nodig is, uitgedrukt in kJ/kg. Geef deze laatstgenoemde arbeid door arcering aan. Bereken vervolgens de verandering van de inwendige energie en de geleverde arbeid bij de verdamping, uitgedrukt in kJ/kg.

Bij 0,4 bar is "1 = 0,001 m3Ikg en d = 4,O m3Ikg.

Bij 20 bar is ,i = 0,001 mqkg en d = 0,l m3lkg.

Verder is gegeven tabel 111 achter in het theorieboek.

Aan wijzingen Het beschreven kringproces is in fig. 8.11 weergegeven. De toestand 1 kan pas worden bepaald als de plaats van toestand 4 is vastgelegd. In de stoomtabellen kan worden afgelezen dat bij 20 bar h2 = hd = 2797,2 kJ/kg en r = 1888,6 kJ/kg. De arbeid w, die de turbine levert is

WtG; = (h2 - h,) = (2797,2 - 2170) kJ/kg = 627,2 kJ/kg. De arbeid w, voor de ketelvoedingspomp bedraagt:

= - (pl - p4) = - 0,001 (0,4 - 20) 105 Nm/kg = - 1,96 kJ/kg. Voor het verdampingsproces 1' - 2 geldt volgens de eerste hoofdwet: ql~-2 = u2 - ulf + + u2 - u1r = q 1 ~ 2 - ~ ~ f - ~ = r - w l # - ~

Tijdens de verdamping is de druk constant zodat

~ ~ 1 - 2 = p ( 2 - = 20 X 10s (0,l - 0,001) Jlkg = 198 kJ/kg. u2 - u, ) = r - = (1888,6 - 198) kJ/kg = 1690,6 kJ/kg

Fig. 8.1 1 Fig. 15.12

In een turbine expandeert stoom van 50 bar isentroop tot het vochtgehalte 15% geworden is en de druk 0,l bar. De afgewerkte stoom wordt in een condensor geleid en hieruit met de verzadigingstemperatuur afgevoerd. Bepaal met behulp van

het h-s-diagram en de stoomtabellen de begintemperatuur van de stoom, de gele-

verde arbeid per massa-eenheid, de gemiddelde waarde van de soortelijke warmte cp van de stoom en de hoeveelheid warmte die per kg stoom in de condensor wordt afgegeven. Wat is het circulatievoud (waterhoeveelheid : stoomhoeveelheid) als de temperatuurstijging van het koelwater van de condensor 6 "C be-

draagt? 7, = 4,2 kJ/(kg K).

Oplossing In bijgaande fig. 8.12 is de expansie 1-2 en de condensatie 2-3 aangegeven. Om de begintemperatuur tl te bepalen met behulp van het h-s-diagram trekken we een verticale lijn door de gegeven eindtoestand 2 (x2 =

0,85 p2 = 0.1 bar). Het snijpunt met de isobaar van 50 bar levert de gevraagde begintoestand. We lezen in het diagram af dat hl = 3470 kJ1kg en t, = 515 "C. De enthalpie h2 kan uit (8.4) worden berekend maar kan ook in het h-s- diagram worden afgelezen. (h2 = 2225 kJ/kg) w,,-' = hl - hZ = (3470 - 2225) kJ/kg = l245 kJ/kg. De soortelijke warmte van de stoom kan worden bepaald uit: 4.5-1 = h, - h, = c,(t l - tsj Uit de stoomtabel volgt dat bij 50 bar t,, = ts = 263.9 "C en hd = hS =

2794.2 kJ/kg zodat

3470 - 2794,2 - C = P kJl(kg . K) = --- 67578 kJ/(kg - K) = 2,669 kJ/(kg K).

5 15 - 263,9 251 ,l

Bij 0,l bar is hvl = 191,83 kJ/kg (stoomtabel) zodat de in de condensor afgegeven hoeveelheid warmte gelijk is aan:

1 3 1 = h2 - h3 = (2225 - 191,83) kJlkg = 20312 kJlkg.

Het circulatievoud is 2033,2 = 80,7

Bij compressie van natte freon-12 damp met een temperatuur van 12 "C wordt de eindtoestand 10 bar en 80 "C. In de begintoestand bevat de damp 10% vocht en is het volume 0,l m3. Als gegeven is dat bij de compressie een warmteverlies optreedt van 15 kJ, bereken dan de compressiearbeid W1 -2 met behulp van tabel V1 en V111 achterin het theorieboek.

Aan wijzingen De compressie-arbeid W, -2 is voIgens de eerste hoofdwet: WI-2 = QI-2 - (U2 - UI) (a> Hierin is = - 15 kJ en kunnen UI en U2 worden bepaald als Hl en H2 bekend zijn (H = U + pV) Uit tabel V1 volgt dat bij tl = tv = 12 "C p l = 4,4962 bar, = 0,7370 dmykg, d = 38,60 drnVkg, hvl = 47,26 kJ/kg en hd = 192,56 kJ1kg. In de begintoestand is = x , d + (1- xl) -+ = 0,0348 mVkg Het volume in de begintoestand is gegeven (V1 = 0,l m3) zodat de freon- massa m = V1l I = 0,110,0348 kg = 2,87 kg. In de begintoestand (tl = 12 "C, xl = 0,9) is hl = (0,9 x 192,56 + 0,l x 47,26) kJlkg = 178,03 kJ1kg In de eindtoestand 2 (10 bar, 80 "C) is volgens tabel VIII: h2 = 232,91 kJ/kg en = 21,34 dm3lkg. We kunnen nu ul en LLZ bepalen uit ul = hl - p l en u2 = h2 - p2 2. Dit levert: u1 = 162,37 kJ/kg en u2 = 21 1,57 kJ1kg zodat uit (a) volgt dat W , -2 = { -15 - 2,87 (21 1,57 - 162,37) ) kJ = - 1563 kJ.

a Stoom van 6 bar en een entropie van 6,5 kJl(kg . K) wordt bij constante druk tot 250 "C verwarmd. Bereken de toe te voeren warmte in kJ/kg met behulp van de stoomtabellen achterin het boek en teken het proces in een T-s-diagram en een h- s-diagram. Bij 6 bar en 250 "C is h = 2957,6 kJ1kg.

b Als de stoom vanuit de begintoestand bij constant volume zou worden afgekoeld

tot een druk van 2 bar, bereken dan het vochtgehalte in de eindtoestand en geef de toestandsverandering aan in het T-s-diagram.

Oplossing a De verwarming 1-2 bij constante druk is in onderstaande toestandsdia-

grammen aangegeven. De toe te voeren warmte ql-2 = h, - hl. Volgens tabel I11 is bij 6 bar tv = 158,84 "C, s,, = 1,9308 kJl(kg . K), sd = 6,7575 kJ/(kg . K) r = 2085,O kJ/kg en h, = 2755,5 kJ/kg. In de begintoestand is s, = 6,5 kJ/(kg . K). Omdat s1 < sd is de stoom dus nat. Uit sl = x, sd + (1 - xI) S,, volgt dat xl = 0,9467. In de eindtoestand is t2 > t, zodat de stoom oververhit is 91-2 = h2 - hl = (hd - hl) + (h2 - hd) = (1 - xI) r + (h2 - hd). De laatstgenoemde schrijfwijze laat zien dat de toe te voeren warmte de som is van de warmtehoeveelheid nodig om het aanwezig water te ver- dampen en de verzadigde stoom te oververhitten. q l -2 = ( (1 - 0,9467) 2085,O + (2957,6 - 2755,5) } kJlkg = 313J kJIkg

Fig. 8.13 Fig. 8.14

b Uit tabel I11 volgt dat bij 6 bar ,I = 0,001101 mYkg en d = 0,3155 m'/kg. Het soortelijk volume in de begintoestand is dus

= (0,9467 x 0,3155 + 0,0533 x 0,001 101) mVkg = 0,2987 mYkg. In de eindtoestand 3 (2 bar) is ,I = 0,001061 mYkg en d = 0,8854 mVkg. Gegeven is dat 3 = 1 zodat

3 = 0,2987 = x3 . 0,8854 + (1 - ~ 3 ) 0,001061 4 = 0,3366. Het vochtgehalte in de eindtoestand bedraagt dus (1 - x,) 100% = 66,3%

Stoom van 40 bar en 450 "C wordt door het inspuiten van water van 30 "C in verzadigde toestand gebracht. Hoeveel kg water is hiervoor per kg verzadigde stoom nodig en met welk percentage neemt de dichtheid van de stoom toe als de druk van de stoom niet verandert. c, = 4,2 kJ/(kg - K). Gegeven zijn verder tabel I11 en IV achter in het theorieboek.

Aan wijzing Voor stoom van 40 bar en 450 "C (begintoestand) is hl = 3331,2 kJ/kg en

= 0,07996 m3Ikg (tabel IV) De enthalpie h2 van het ingespoten water bedraagt 4,2 x 30 kJIkg = 126 kJ/kg. Voor verzadigde stoom van 40 har is h3 = 2800,3 kJlkg en = 0,04975 m3Ikg (tabel 111) Nemen we aan dat de toe te voeren hoeveelheid water x [kg] bedraagt, dan geldt dat de enthalpie van x kg water vermeerderd met de enthalpie van (1 - x) kg oververhitte stoom, gelijk moet zijn aan de enthalpie van 1 kg verzadigde stoom van 40 bar. Dit geeft de volgende vergelijking: X h2 + (1 -X) hl = 1 . h3 x 126 + (1 - x) 3331,2 = 2800,3 + X = 0,166 kg.

1 begintoestand is de dichtheid pl = - = 1

kglm3 = 12,51 kglm3 I 0,07996

l l eindtoestand is p2 = - = kglm3 = 20,10 kglm3 2 0,04975

Toename van de dichtheid is 20710 - 12'51 x 100% = 60,7% 12,51

Verzadigde stoom van 30 bar expandeert isothermisch tot 5 bar. Bereken de hier-

bij toe te voeren warmte per massa-eenheid en geef die als oppervlakte aan in een T-s-diagram. Vervolgens wordt bij constant volume warmte afgevoerd. Bereken bij welke druk de stoom begint te condenseren en bepaal het vochtpercentage als

de stoom een druk van 2 bar heeft bereikt. D e benodigde gegevens kunnen aan de stoomtabellen worden ontleend.

Op lossing In fig. 8.15 is de isothermische expansie voorgesteld door 1-2 en de daarna volgende afkoeling bij constant volume door 2-3-4. De gevraagde warmtetoevoer q l - ~ = Tl (s2 - s,)

De stoomtabel levert de volgende gegevens: Bij 30 bar: t, = 233,8 "C, s d = 6,1837 kJ/(kg - K) Bij 5 bar en 200 "C is s = 7,0592 kJl(kg - K) en = 0,4250 mYkg Bij 5 bar en 250 "C is s = 7,2721 kJl(kg K) en = 0,4744 mYkg De temperatuur in 2 is 233,8 "C zodat de entropie uit de hierboven genoemde s-waarden door interpolatie bepaald kan worden. Dit levert:

Ook het specifieke volume z kan, evenals de entropie s2, uit de bovengenoemde -waarden worden bepaald. Dit levert = 0,4584 mVkg. Op het moment van condenseren is 3 = = 0,4584 m3lkg. In tabel TI1 is te zien dat bij 4 bar d = 0,4622 mTkg en dat bij 4,5 bar

d = 0,4138 m3/kg. Hieruit is bij benadering de condensatiedruk p3 vast te stellen:

0,4584 - 0,4622 bar = 4,04 bar. 0,4138 - 0,4622

In toestand 4 is de druk 2 bar en is = , = 0,4584 m3Ikg. Uit 4 = x4 d + (1 - x4) volgt dan, met ,l en d bij 2 bar (tabel 111) dat

= 0,517 Het vochtpercentage in 4 bedraagt dus 48,3%

Fig. 8.15 Fig. 8.16

Stoom van 40 bar en 450 "C expandeert isenlroop - - in een turbine tot 0,05 bar. Na condensatie wordt de vloeistof weer in de ketel gepompt. Bereken met behulp van de stoomtabellen: '

de enthalpie van de stoom na de expansie (in kJ1kg); ,

de arbeid w, die elke kg stoom levert .- en de warmte (in kJ/kg) die aan de ketel moet worden toegevoerd bij een ketelrendement van 90% ; het thermisch rendement van de installatie; de druk waarbij - tijdens de expansie - de stoom juist verzadigd is.

Aan wijzingen Het kringproces is in fig. 8.16 afgebeeld. Aan de stoomtabellen zijn de na-

/- ---w _cc I .) \,.;-h Y 6 l v ~ ä a ~ d e n voor dêë3fialpie en de entropie ontleend:

\ v,; ,,'(h= 3331,2 kJ/kg en si = 6,9388 kl/(kg . K) Q, = 2561,6 kJlkg en s4 = 8,3960 kJl(kg K) li; = 137,77 kJlkg en s, = 0,4763 kJl(kg K) Uit sl = s2 en s2 = X* s4 + (1 - x2) s3 kan x2 worden berekend. Het resultaat is x2 = 0,816 zodat h2 = ~2 h4 + (1 - x2) h3 + h2 = 2115,6 kJlkg. .

= hl - h2 = (3331i2 - 2115,6) kJ/kg = 1215,6 kJ/kg. De warmtehoeveelheid die bij de toestandsverandering door het water wordt opgenomen bedraagt: q,-1 = hl - h3 = (3331,2 - 137,77) kJ1kg = 3193,4 kJ/kg. De warmtetoevoer aan de ketel qk is 1019 maal zo groot dus qk = 8548,2 kJlkg. Het thermisch rendement van de installatie is

In toestand 5 is de stoom juist verzadigd. Daarbij is SS = s1 = 6,9388 kJl(kg K). Uit tabel I11 volgt nu dat p5 = 3,s bar.

9 Niet omkeerbare toestandsveranderingen

Hoeveel bedraagt het isentrope rendement van een stoomturbine als gegeven is

dat de begindruk van de stoom 30 bar bedraagt en de einddruk 0,05 bar, dat het vochtgehalte na een isentrope expansie gelijk is aan 15% en na de werkelijke expansie 7%? Wat is de gemiddelde soortelijke warmte Z,, van de stoom in de begin-

toestand? Gegeven stoomtabel I11 achter in het theorieboek en het h-s-diagram.

Oplossing Bij 0,05 bar is h,, = 137,77 kJ/kg en hd = 2561,6 kJ/kg (stoomtabel). We kunnen nu met behulp van (8.4) h2 en hT bepalen. (fig. 9.1) h2 = (0,85 x 2561.6 + 0,15 x 137,77) kJ/kg = 2199,73 kJ/kg. hr = (0,93 X 2561,6 + 0,07 X 137,77) kJ/kg = 2391,93 kJ/kg. Deze waarden zijn nauwkeuriger dan de waarden die in het h-s-diagram kunnen worden afgelezen. De begintoestand wordt wél met behulp van het h-s-diagram bepaald. We lezen de enthalpie af in het snijpunt van de isentroop door 2 en de isobaar van 30 bar. Dit levert hl = 3435 kJ/kg. Voor het isentrope rendement van de turbine geldt:

Fig. 9.1

170

Uit het h-s-diagram blijkt tevens dat de stoomtemperatuur t , = 490 "C. Uit de bij 30 bar behorende verdampingstemperatuur t,, = 233.8 "C en hd = h3 = 2802.3 kJlkg (stoomtabel) volgt dan dat:

ë, = 2,47 kJ/(kg . K).

Opmerking: De toestand 1 kan in principe ook worden bepaald door s2 te berekenen en vervolgens met sl = s2 in de stoomtabel voor een druk van 30 bar de bijbehorende waarde van h en t op te zoeken. In de stoomtabellen uit het theorieboek zijn echter geen waarden voor een stoomdruk van 30 bar opgenomen.

In een goed geïsoleerde turbine met een isentroop rendement van 85% expandeert 72 ton stoom per uur. De enthalpie van de stoom bij intrede is 3000 kJ/kg; de enthalpiedaling als de stoom isentroop zou expanderen bedraagt 1000 kJ/kg. Bereken de enthalpie van de stoom na de turbine, het geleverde vermogen en d e procentuele verandering van het vermogen als de intreesnelheid van de stoom (35 mls) en de uittreesnelheid (150 m/s) in rekening worden gebracht.

Aan wijzingen

wl.0 Uit qi = - volgt: Ah,., = qi Ah, = 850 kJlkg. M o

De enthalpie h2t (fig. 9.1) is dus hl - Ah,., --+ hT = 2150 kJIkg. Het geleverde vermogen P = m Ah,., + P = 17.000 kW. Moeten de snelheidsveranderingen in rekening worden gebracht, dan gaan we uit van (6.2). Met = O en A ep = O levert dit:

Het vermogen wordt nu 16787,2 kW. Dit is een afname van 212,8 kW of- wel (212,8117.000) 100% = 1,25%.

Een ketel produceert 80 ton stoom per uur met een druk van 50 bar en een temperatuur van 500 "C. De druk na een niet-omkeerbare adiabatische expansie in een turbine is 0,05 bar. Als het vermogen van de turbine 23 MW bedraagt en het mechanisch rendement 90%, wat is dan het isentrope rendement van de turbine? Als het condensaat met 5,9 "C nakoeling uit de condensor naar de ketel wordt gepompt, wat is dan het thermisch rendement van de gehele installatie als het ketelrendement 90% bedraagt? Bereken het olieverbruik per uur als voor de stookwaarde hiervan 40 MJIkg wordt opgegeven. Gegeven zijn de stoomtabellen en het h-s-diagram.

Oplossing In het schema van fig. 9.2 zijn de gegevens opgenomen. Voor het effectief geleverde vermogen kan worden geschreven:

P, = qm Yiz A h,., + A h,., = - - 23'000 x 3600 kJIkg = 1150 kJIkg. 77rn.m 0,9~80.000

In de begintoestand (50 bar, 500 "C) is de enthalpie hl = 3433,7 kJ/kg (stoomtabel). Na een isentrope expansie is de enthalpie h2 (fig. 9.1) gelijk aan 2130 kJ/kg (h-s-diagram) zodat A h, = (3433,7 - 2130) kJ/kg = 1303,7 kJ/kg.

n . - 1150 Derhalve is = - - = 0,882 + qi = 882% bh, 1303,7

ZW p, Het thermisch rendement van de installatie qth = - = - Q m4'

Hierin is P, het nuttig geleverde vermogen (23 MW), m de massastroom (22,22 kgls) en q de warmte die per kilogram water aan de ketel moet worden toegevoerd. Bij pz = 0,05 bar is tv = 32.9 "C en hvl = 137,77 kJlkg (stoomtabel). De temperatuur van het water dat aan de ketel wordt toegevoerd is dus (32,9 - 5,9) "C = 27°C. Voor de gemiddelde soortelijke warmte van water kunnen we uitgaan van

- c, = 137777 kJl(kg K) = 4,188 kJl(kg . K). 32.9

Met deze waarde is de enthalpie van het voedingswater: h, = ZW t = 4,188 x 27 kJ/kg = 113,l kJ/kg. De vormingswarmte van de stoom is gelijk aan h, - h, = (3433.7 - 113,l) kJIkg = 3320,6 kJIkg.

Aan de ketel moet 10/9 maal zoveel warmte worden toegevoerd zodat q = 3689,6 kJ/kg.

Het olieverbruik bedraagt: 22'22 x 368976 kgls = 7379,l kglh. 40.000

4 50 bar, 500' C 1 Ketel Turbine P, = 2 3 M W

Pomp

A

Fig. 9.2

k Condensor p = 0,05 bar

27" C -1 T

In een turbine expandeert stoom van 80 bar en 510 "C isentroop tot verzadigde stoom van 6 bar. Vervolgens wordt bij constante druk zoveel warmte toegevoerd dat de entropie 7,604 kJ/(kg K) wordt. Daarna expandeert de stoom niet-omkeerbaar adiabatisch in een tweede turbine tot verzadigde stoom van 0,05 bar. Bereken met behulp van de stoomtabellen: het vermogen dat de eerste turbine levert als m = 50 kgls; de gemiddelde waarde van c, bij de genoemde warmtetoevoer; het isentrope rendement van de laatstgenoemde turbine.

A a n wijzingen Het in de opgave beschreven expansieproces is afgebeeld in fig. 9.3. De enthalpie hl van stoom van 80 bar en 510 "C is 3423,l kJ/kg (interpolatie van de tabelwaarde bij 80 bar 500 "C en 80 bar 520 "C) Volgens de stoomtabel is bij 6 bar t, = 158,84 "C, h2 = hd = 2755,5 kJ/kg en SZ = ~d = 6,7575 kJ/(kg K). Het gevraagde vermogen P = iz (hl - h2) -i P = 33.380 kW. De gemiddelde soortelijke warmte kan berekend worden met

Hierin is, behalve CP, alleen T3 nog niet bekend. Omdat s3 gegeven is, zou t3 uit de tabel voor oververhitte stoom van 6 bar kunnen worden bepaald. Deze stoomdruk is echter in de stoomtabel niet opgenomen maar wel 5 bar en 7 bar. Hieruit blijkt dat de stoomtemperatuur tussen 350 "C en 400 "C zal liggen. We bepalen daarom eerst door interpolatie de entropie bij 6 bar en 350 "C en bij 6 bar en 300 "C (s = 7,5544 kJl(kg K) resp. s = 7,7155 kJ/(kg K)) Hieruit kan dan, wederom door interpolatie, worden opgemaakt dat t3 =

365,5 "C. Daarmee kan dan C, uit (a) worden bepaald (2,165 kJ/(kg - K)). Bij gebruik van een h-s-diagram zou de temperatuur t3 direct kunnen worden afgelezen.

S+

Fig. 9.3

c Het isentrope rendement van de lagedruk turbine is

h3 = h2 + (t3 - t*) -+ h3 = 3203,O kJ/kg. hs is aan de stoomtabel te ontlenen (2561,6 kJ/kg) Uit = = X ~ S S + (1 - x ~ ) s ~ = 0,90. h4 = ~4 h5 + (1 - ~ 4 ) h6 + h4 = 2319,2 kJ/kg Nu kan qi worden bepaald (72,6%).

Van stoom van 24 bar en 300 "C is h = 3012,4 kJ/kg en s = 6,63 kJl(kg - K). Na een niet-omkeerbare adiabatische expansie tot 6 bar is de stoom juist verzadigd. Bereken m.b.v. de stoomtabellen de geleverde arbeid (in kJlkg) en het isentrope rendement van de turbine. Als lucht van 24 bar en 300 "C adiabatisch expandeert in een turbine met hetzelfde isentrope rendement, bereken dan de einddruk van de lucht alsmede de eindtemperatuur als de geleverde arbeid per massa-eenheid gelijk moet zijn aan die bij a. cl, = 1,O kJl(kg . K) en k = 1,4.

Oplossing De toestandsverandering is in fig. 9.4 weergegeven. Van de benodigde enthalpiewaarden h, h2 en h, zijn hl en h2. in de stoomtabellen af te lezen: (hl = 3012.4 kJIkg en hT = 2755.5 kJ/kg). Uit sl = s2 en s2 = x2 sd + (1 - x2) sVl is x2 te berekenen omdat sl gegeven is en svi en sd eveneens bekend zijn (stoomtabel) 6,63 = X;! . 6,7575 + (1 - x2) 1,9308 + x2 = 0,9736. Bij 6 bar is hvl = 670.42 kJIkg zodat h2 nu kan worden berekend.

Als lucht adiabatisch expandeert (fig. 9.5) dan geldt dat: - w,, , - h, - h, = c, (Tl - 7'2.).

Volgens het gegeven moet deze arbeid gelijk zijn aan de bij a berekende arbeid zodat:

K = 316,l K, C, ( T , - T,)) = 256,9 + T, =

Fig. 9.4 Fig. 9.5

Nu T2 bekend is, kan door toepassing van de wet van Poisson op de isentroop 1-2 de einddruk worden berekend. Dit levert:

T, k/k-~ 261,2 "%IA P2 PI i,) = 24 (-1 bar = 133 bar

573

Uit een eenvoudige berekening blijkt dat, als de lucht eveneens tot 6 bar zou expanderen, de arbeidslevering per massa-eenheid 60% van die van stoom bedraagt.

Van een ideaal gas worden de entropie en de enthalpie nul gesteld bij 1 bar en O T. R = 287 J/(kg. K), cp = 1005 J/(kg. K) en k = 1,4.

a Als 1 kilogram van dit gas van 1 bar en O "C niet-omkeerbaar wordt gecomprimeerd tot 10 bar en 800 K, bereken dan de entropie en de enthalpie in de eindtoestand. Geef in een T-s-diagram deze enthalpie als een oppervlakte aan.

b Het gas van 10 bar en 800 K wordt vervolgens gesmoord tot 1 bar. Als de snelheidsverandering buiten beschouwing kan blijven, bereken dan voor deze toestandsverandering de verandering van de entropie, de enthalpie en de inwendige energie per eenheid van massa.

Aanwijzingen a De entropieverandering kan alleen langs een omkeerbare weg worden be-

rekend. Omdat in begin- en eindtoestand de p en T gegeven zijn, kiezen we hiervoor een isobaar gevolgd door een isotherm. Dit levert de uitdrukking (7.8):

- SI = 419,7 J/(kg . K). Omdat s, = O is dit tevens de entropie in de eindtoestand. Uiteraard kan ook een andere omkeerbare weg worden gevolgd zoals de in fig. 9.6 aangegeven weg 1-3-2. Daarvoor geldt:

Uit de wet van Poisson, toegepast op de isentroop 2-3, kan de temperatuur T3 worden berekend (414,4 K). Ook de enthalpie is een toestandsgrootheid waarvan de verandering alleen afhankelijk is van begin- en eindtoestand. Voor een ideaal gas is h2 - hl = C , (T2 - T l ) + hz = 52996 kJ1kg.

De bij constante druk toegevoerde warmte komt overeen met de enthalpieverandering zodat ql -4 = h4 - hl. Nu is h4 = h2 en hl = O zodat 91-4 = h2 B OPP 1-4-4-1'

b Om (s4 - s2) te kunnen bepalen volgen we de omkeerbare isotherm die tussen 2 en 4 kan worden getrokken.

P2 s4 - s2 = R In - -+ s, - s2 = 660,8 J/(kg K); h4 - h2 = c, (T4 - T,) = 0; P4

~ 1 4 - u2 = C, (T4 - T2) = O

Fig. 9.6

= l bar

In een straalbuis met een isentroop rendement van 90% expandeert stoom. Als de einddruk 1 bar bedraagt en de beginsnelheid kan worden verwaarloosd, bereken dan, zonder gebruik te maken van het h-s-diagram, de eindsnelheid van de stoom in de volgende gevallen:

a de stoomdruk is 10 bar, de stoomtemperatuur 250 "C; b de stoomdruk is 10 bar, de stoomtemperatuur 400 "C.

Bij 1 bar kan voor de gemiddelde waarde van de soortelijke warmte van stoom 2,01 kJ/(kg K) worden genomen. De benodigde gegevens ontlenen aan de stoomtabellen.

Op lossing De stoom expandeert in de straalbuis volgens 1 - 2' in fig. 9.7. In de eerste hoofdwet voor open systemen (6.2) is qlP2 = o, w, = O en

1-2

Ae,=OzodatAh+Aek=O. Uitwerking hiervan levert voor de uitstroomsnelheid c2~: c2J = 2 (hl - h2t) +

Volgens het gegeven kan de intreesnelheid worden verwaarloosd terwijl volgens (9.8) hl - h21 = qi (hl - h2) Substitutie hiervan in bovenstaande vergelijking levert: ~~2 = 2 qi ( ( h i - h2) (a)

a In de stoomtabellen kan worden afgelezen dat bij 10 bar en 250 OC: sl = 6,9259 kJl(kg - K) en hl = 2943,O kJlkg. bij 1 bar: svl = 1,3027 kJl(kg K) en sd = 7,3598 kJ/(kg - K). hvl = 417,51 kJ/kg en hd = 2675,4 kJ/kg. Bij een isentrope expansie is sl = s2. Zou 2 op de grenskromme zijn gelegen, dan is s2 = sd = 7,3598 kJ/(kg . K). De waarde van s2 is dan groter dan s, zodat toestand 2 zich in het coëxistentiegebied bevindt zoals ook in fig. 9.7 is aangegeven. Uit sl = s2 = x2 sd + (1 - x2) sVl volgt: x2 = 0,928. Uit h2 = x2 hd + (1 - x2) hvl volgt h2 = 2512,8 kllkg. Substitutie in (a) levert: cT2 = 2 X 0,9 X 103 (2943,O - 2512,8) mVs2 = 774.360 m2/s2 c2. = 880,O m/s

b Bij 10 bar en 400 "C is s, = 7,4665 kJ/(kg K) en hl = 3264,4 kJ/kg (stoomtabel). Omdat s2 > s3 (7,4665 > 7,3598) verloopt de expansie zoals weergegeven in fig. 9.8. Noemen we Ti de verdampingstemperatuur bij 1 bar, dan geldt dat

T2 7,4665 = 7,3598 + 2,01 In - + T2 = 392,9 K. 372,6

t p, = 10 bar t h h

x = C

S+ s*

Fig. 9.7 Fig. 9.8

Substitutie in (a) levert: c2J = 2 X 0,9 X 103 (3264,4 - 2716,2) m21s2 c2f2 = 986.760 m21s2 + c21 = 993,4 mls.

We zouden ook eerst de theoretische eindsnelheid kunnen bepalen uit:

c2 2 = 2(hi - h2) = 2000 (3264,4 - 2716,2) m21s2 = 1.096.400 m W . Voor de werkelijke eindsnelheid c21 geldt (9.1 1): c2J = qi c22 = 079 X 1.096.400 r n W + c2# = 9934 mls.

Een centrifugaalpomp verwerkt per uur 10,8 ton water van 15 "C ( p = 1000 kgIm3). Vóór de pomp is de druk 0,6 bar en de snelheid van de vloeistof 2 mls; na de pomp is de druk 5,6 bar en de snelheid 4 mls. De plaatsen waar de bovenge-

noemde waarden zijn gemeten, liggen op een afstand van 2 m van elkaar, verticaal gemeten. Als het toe te voeren vermogen 1,9 kW bedraagt, bereken dan de wrijvingsverliezen in W alsmede het isentroop rendement van de pomp. g = 10 mls2.

Aan wijzingen Het wrijvingsvermogen zal worden berekend als verschil van het werkelijk toe te voeren vermogen (1,9 kW) en het vermogen dat nodig zou zijn indien er bij de stroming geen wrijvingsverliezen zouden optreden. De eerste hoofdwet voor open systemen luidt: Q,-, =w,-2 + (H2 - Hl) + f m ( ~ 2 ~ - ~ 2 ~ ) + mg (z2 - zi) (a) Voor een wrijvingsloze stroming is UI = U 2 + H 2 - Hl = ~ ( p ~ - p ~ ) = ~ ( p ~ - p ~ ) . Er is geen warmtewisseling met de omgeving (Qlw2 = O), zodat per tijdseenheid geldt:

Het wrijvingsvermogen is dus (1900 - 1578) W = 322 W.

Van de toegevoerde energie is 322 x 100% = 16,9% nodig voor dekking van de wrijvingsverliezen.

1900

&o. - W . - 1578 Het isentrope rendement qi = - - - - 1 900 = 0,831 + qi = 83,1%

~ n . 0 . Wt" <t

In een gasturbine expandeert per seconde 25 kg gas van 8 bar en 1000 K adiabatisch tot 1,2 bar en 615 K. De toestandsverandering verloopt quasistatisch en kan door een polytroop worden benaderd. Het verschil in kinetische energie bij in- en uittrede kan worden verwaarloosd. Bereken het vermogen dat aan de as vrijkomt, het vermogensverlies t.o.v. een isentrope expansie, alsmede het wrijvingsvermogen. Waarom is het vermogensverlies niet gelijk aan het wrijvingsvermogen? k = 1,4, cp = 1005 J/(kg . K) en R = 287 J/(kg . K):

Oplossing Bij een isentrope expansie 1-2 (fig. 9.9) is de eindtemperatuur

Volgens (6.1) geldt voor de geleverde arbeid W, = - A H zowel voor een I-?

omkeerbare als een niet-omkeerbaar verlopende adiabatische expansie. Pi-2 = W,,-? = m (hl - h,) = m c, ( T I - T2) = 25 x 1,005 (1000 - 581,6) kW = 10.512,3 kW

= W,,_ = >il (hl - h,/) = m C, (Tl - TT) = 25 X 1,005 (1000 - 615) kW = 9673,l kW Het verlies aan vermogen P, = - = (10.512,3 - 9673,l) kW =

839,2 kW. Dit verlies komt op een zekere schaal overeen met opp 2-2'-3-4 in fig. 9.9. Als we de expansie door een polytroop 1-2' kunnen benaderen, kan de toegevoerde warmte, overeenkomend met opp 1-2'-3-4 worden berekend. We bepalen dan eerst de exponent van de polytroop uit:

Fig. Y. Y

l80

Fig. 9.10

T7 - T;' n - lnpdp2 --p j--

- - In 8/ 1,2 = 3,9. Pi "-1 P2 t1-I n-l lnTl/T2) ln1000/615

Uitwerking levert n = 1,345 Vervolgens kan de warmtetoevoer uit (5.7) worden berekend:

Volgens (9.5) komt deze warmtestroom overeen met het wrijvingsvermogen P,: P, = I Wt I = - 1100,9 kW.

1-2

Het vermogensverlies P, is kleiner dan het wrijvingsvermogen P, omdat een deel van de wrijvingsarbeid tijdens de expansie weer in mechanische energie wordt omgezet.

In een turbine met een isentroop rendement van 80% expandeert per uur 144 ton stoom van 200 bar en 500 "C. Als de druk 20 bar geworden is, wordt deze stoom in de ketel opnieuw tot 500 "C oververhit. Daarna expandeert de stoom wederom adiabatisch in een tweede turbine tot 0,05 bar. Het isentrope rendement van deze turbine is 85%. Bereken het vermogen dat de beide turbines gezamenlijk ontwikkelen als elke turbine een mechanisch rendement bezit van 90%. Hoe groot is het thermisch rendement van de gehele installatie als het voedingswater met de verzadigingstemperatuur (h, = 137,s kJ/kg) uit de condensor naar de ketel wordt gepompt? Het ketelrendement 771, bedraagt 85%. Hoe groot is het percentage vocht in de stoom na de expansie in de tweede turbine en hoeveel warmte (kW) wordt in de heroververhitter overgedragen? Gegeven is het h-s-diagram.

Aanwijzingen In het h-s-diagram van fig. 9.10 is de expansie in beide turbines aangegeven. De navolgende waarden zijn ontleend aan het h-s-diagram: hl = 3245 kJ/kg, h2 = 2710 kJlkg, h3 = 3465 kJ/kg, h4 = 2265 kJ/kg

hl - Uit q = kan h2t worden berekend (h2' = 2817 kJ/kg)

hl - h2 hj - h$

Voor de lagedruk turbine geldt: qi = + h# = 2 445 kJ/kg.

Het vermogen van beide turbines gezamenlijk bedraagt:

P, = vm m ( (h, - hZ) + (h3 - h<) l -+ P, = 52.128 kW.

Schrijven we voor de enthalpie van het voedingswater h, [kJIkg], dan geldt voor de warmtetoevoer aan de ketel per massa-eenheid:

Van het arbeidsmedium is de massastroom m = 40 kgls zodat Qk = 40 X 4417,9 kW. Het thermisch rendement van de gehele installatie bedraagt:

Het vochtpercentage in 4' bedraagt ca. 4,8% (h-s-diagram). De warmtestroom in de heroververhitter bedraagt: Q?-3 = ih (h3 - h,!) -+ QT-3 = 25.920 kW.

a Aan een turbine met een isentroop rendement van 85% wordt stoom van 80 bar en 510 "C toegevoerd. De condensordruk bedraagt 0,05 bar. Bereken uit het h-s-diagram het vermogen PI dat, bij een massastroom van 100 kgls, wordt geleverd.

b Door een afsluiter in de toevoerleiding gedeeltelijk te sluiten, wordt de massastroom met 25% verlaagd en daalt de stoomdruk met 20%. Bereken wederom het geleverde vermogen P2, alsmede het percentage waarmee het vermogen gedaald is.

Oplossing a In het h-s-diagram kan worden afgelezen dat hl = 3425 kJIkg (stoom van

80 bar en 510 "C) en dat h2 = 2060 kJ/kg (fig. 9.1 1). h l - h2 = (3425 - 2060) kJIkg = 1365 kJ/kg. De expansie verloopt echter niet-omkeerbaar met een isentroop rendement van 85% zodat h l - h2* = vi (hl - h2) = 0,85 X 1365 kJIkg = 1160,3 kJIkg. Bij een massastroom m van 100 kgls is het geleverde vermogen PI: P, = m (hl - h28) = 100 x 1160,3 kW = 116.030 kW.

b Na smoren is de stoomdruk 64 bar (toestand 3 in fig. 9.11) h3 = hl = 3425 kJIkg. Uit het h-s-diagram is af te lezen dat h4 = 2090 kJ/kg zodat

h3 - h4t = qi (h3 - h4) = 0,85 X 1335 kJlkg = 1134,8 kJ/kg. De massastroom neemt met 25% af zodat P2 = m (h3 - h<) = 75 X 1134,8 kW = 85.110 kW.

De vermogensdaling is 116'010 - 85'110 100% =

116.010

S+

Fig. 9.11

Een condenspot laat per uur 50 kg water door met een druk van 4 bar en de hierbij behorende verzadigingstemperatuur. Als de druk na de condenspot 1 bar bedraagt, hoeveel kg stoom ontstaat hierbij dan?

Gegeven is tabel 111. Teken de toestandsverandering in een T-s-diagram en toon aan dat het proces niet omkeerbaar verloopt.

Aan wijzingen De temperatuur van het condensaat wordt gelijk gesteld aan de bij 4 bar behorende verdampingstemperatuur t,. De specifieke enthalpie hVl is dan 604,7 kJ/kg, zodat de totale enthalpie van de vloeistof vóór de condenspot Hl = m . h,, = 30.325 kJ. In de condenspot wordt het water op een lagere druk (1 bar) gebracht. Er wordt geen warmte toe- of afgevoerd en er vindt geen arbeidslevering plaats. Bij verwaarlozing van AEk volgt uit (6.1) dat H , = Hz. H2 is de enthalpie van het medium na de condenspot. Als door de drukda- ling in de condenspot x kg water in stoom overgaat, dan bestaat de uitstromende massa uit x kg verzadigde stoom van 1 bar en (50 - x) kg water met de bij 1 bar behorende verdampingstemperatuur. Bij 1 bar is hvl = 417,5 kJ/kg en hd = 2675,4 kJ/kg (stoomtabel) zodat de enthalpie H2 = X hd + (50 - X) h,,.

Uit Hl = H2 volgt dan dat x = 4,15 kg Bij 4 bar is s,, = 1,7764 kJ/(kg - K), bij 1 bar is s,, = 1,3027 k ~ l ( k ~ K) en ~d = 7,3598 kJ/(kg - K). S I = m svl = 50 x 1,7764 kJIK = 88,82 kJIK. S2 = X sd + (50 - X) S,I = (4,15 X 7,3598 + 45,85 X 1,3027) kJ/K = 90,27 kJIK. Het proces verloopt adiabatisch met S2 > SI en is dus niet omkeerbaar. In fig. 9.12 is de toestandsverandering weergegeven.

s+

Fig. 9.12

a Voor een verwarmingsinstallatie met een verbruik van 20 ton verzadigde stoom van 2 bar per uur, is stoom van 30 bar en 300 "C (h , = 2993,5 kJ/kg) beschikbaar. Deze stoom wordt eerst gesmoord tot 2 bar en vervolgens afgekoeld tot de verza-

digingstemperatuur door het inspuiten van water van 30 "C (c, = 4,2 kJ/(kg K)). Hoeveel oververhitte stoom van 30 bar en hoeveel water is per uur nodig? Gege- ven zijn de stoomtabellen.

b Als de gevraagde stoom geleverd wordt door een tegendrukturbine waaraan stoom van 40 bar en 450 "C wordt toegevoerd en waaruit de stoom wordt afgevoerd met 2 bar en 200 "C, hoeveel water moet dan per uur in de afgevoerde stoom worden ingespoten en hoeveel stoom moet per uur aan de turbine worden toegevoerd? Bereken het isentrope rendement van de turbine en het geleverde vermogen als het mechanisch rendement 90% bedraagt. Gegeven zijn de stoomtabellen.

Oplossing a Het proces is in fig. 9.13 schematisch weergegeven. Voor de berekening

van m stellen we de totale enthalpie van de toegevoerde stoom en die van het ingespoten water gelijk aan de enthalpie van de afgevoerde stoom (zie opmerking pag. 186)

20 - m [üh] h, = 126 H/kg

30 bar, 300" C hi = 2993.5 klikg 2 bar, verz.

h, = 2706,3 Wkg

Fig. 9.13

Het smoren heeft geen invloed omdat de enthalpie daarbij constant blijft. We kunnen nu de volgende vergelijking opstellen: m h, + (20 - m ) h, = 20 h,. Hierin is m de massastroom uitgedrukt in tlh. m 2993,5 + (20 - m) 126 = 20 x 2706,3 + m = 18,O [/h. De hoeveelheid water m, die moet worden ingespoten is dus 2 tlh.

b Deze situatie is in fig. 9.14 geschetst. De bijgeschreven waarden zijn aan de gegevens en aan de stoomtabellen ontleend. De enthalpiebalans luidt nu: m hT + (20 - m ) h, = 20 h,. 1

Dus m = 18,8 tlh en m, = 1,2 tlh.

Bij een isentrope expansie in de turbine tot een eindtoestand 2 is sl = s2 =

6,9388 kJ/(kg - K). Bij 2 bar is sd = 7,1268 kJl(kg K) zodat de stoom in toestand 2 nat is. Derhalve geldt: SI = SZ = xz S, + (1 - x2) S,, -+ 6,9388 = x2 - 7,1268 + (1 - x2) 1,5301. Uitwerking levert: x2 = 0,034. Daarmee wordt de enthalpie hz = (0,966 x 2706,3 + 0,034 x 504,70) kJ/kg = 2631,4 kJIkg. Het isentrope rendement van de turbine is

hi = 333 1 3 s, = 6,9388 kJ/(kgK) h, = 126 H k g

2 bar, 200" C 20 t/h h,. = 2870.5 kJkg 2 bar, verz.

h, = 2706,3 Mikg

Fig. 9.13

Het geleverde vermogen P = qm YY1 (hl - h2') = 0,9 8*800 460,7 kW = 2165,3 kW.

3600

Opmerking Voor een systeem met meerdere massastromen kan (6.1) als volgt worden geschreven:

- Wt,-* = Z (H2 + f m c22 + mgz2) - Z (Hl + f m c12 + mgzl). In het bovenstaande vraagstuk is = O, W,,-? = O, A& = O en AE, = 0, zodat: X H2 = Z Hl. De enthalpie van de uitgaande massastroom is gelijk aan die van de ingaande massastroom.

In een straalbuis met een isentroop rendement van 90% expandeert lucht van 227 "C van 5 bar tot 1 bar. Bereken de eindsnelheid van de lucht als de beginsnel-

heid verwaarloosbaar is.

C,, = 1005 J/(kg - K) en k = 1,4.

Aan wijzingen Uit de eerste hoofdwet voor open systemen kan voor een straalbuis worden afgeleid dat: c22 = 2 (hl - h,) + = 2 C, (Tl - T2) (a) De laatste gelijkheid geldt alleen voor een ideaal gas en bij een venvaar- loosbare beginsnelheid. Als de expansie isentroop verloopt kan T2 uit de wet van Poisson worden berekend T2 = Tl @ 2 / ~ 1 ) k ' - f i + T2 = 315,7 K. Substitutie in (a) levert c22 = 370.443 m W . Hierin is c2 dus de luchtsnelheid na een isentrope expansie. Voor het bepalen van de werkelijke eindsnelheid c2) moet het isentrope rendement van de straalbuis bekend zijn. Volgens (9.1 1) geldt hiervoor:

De eerste hoofdwet voor open systemen geldt ook voor toestandsveranderingen die niet omkeerbaar verlopen. De eindsnelheid c2/ ZOU dus ook direct uit (a) kunnen worden bepaald. We schrijven dan:

= d 2 X 1005 x l65,87 mis = 5774 mis.

186

Bereken voor een Carnot-proces volgens fig. 10.2, werkend met stoom als arbeidsmedium, de toegevoerde en de afgevoerde hoeveelheid warmte (in kJ/kg), de nuttige arbeid (in kJIkg), het thermisch rendement en het specifiek stoomverbruik

(in kg/MJ). D e berekening uit te voeren voor een keteldruk van 120 bar en een condensor-

druk van 0,04 bar. Gegevens: zie de stoomtabellen. Bereken het bovenstaande opnieuw als de expansie en compressie niet-omkeerbaar adiabatisch verlopen met een isentroop rendement van 0,9 voor de expansiemachine en 0,85 voor de compressor. Vergelijk de uitkomsten met die uit opgave 1.

Aan wijzingen Het bovenstaande Carnot-proces 1-2-3-4 is in fig. 10.1 aangegeven. Ge- vraagd wordt om de volgende grootheden te berekenen: 41 = 44-1 = h l - h4;q2 = Iq2-,I = T2 (SZ - g ) = T ~ ( s I - s4);Z W = q1 - 42; q t h = Zw/ql en het specifieke stoomverbruik (S.S.V.) in kg/MJ. De benodigde toestandsgrootheden die in de stoomtabellen kunnen worden afgelezen, zijn hieronder vermeld. Bij 120 bar is Tv = Tl = 597,65 k. hd = hl = 2 689,2 kJ/kg,

hvl = h4 = 1491,8 kJ/kg ~d = SI = 5,5002 kJ/(kg K), SVI = s4 = 3,4972 kJ/(kg . K)

Bij 0,04 bar is Tv = T2 = 301,98 K. q, = hl - h4 = (2689,2 - 1491,8) kJ/kg = 1197,4 kJ/kg q2 = T2 (S, - s ~ ) = 301,98 (5,5002 - 3,4972) kJ/kg = 604,9 kJ/kg. ZW = - q2 = (1197,4 - 604,9) kJ/kg = 592,5 kJ/kg

ZW - q th - T2

59275 100% = 49,5%; ook is qlh = 1 - - = 1 - 301798 = 0,495 91 1197,4 TI 597,65

b Het kringproces verloopt nu volgens 1-2'-3-4'. q, = 44-1 = hl - h+; q2 = 1 q?-3 1 = h? - h,; ZW = q, - q2; qth = Zw/ql + 1 - T2/Tl. De benodigde toestandsgrootheden in 2' en 4' kunnen bepaald worden met behulp van het isentrope rendement van turbine en compressor.

Voor de turbine (T) en de compressor (C) geldt achtereenvolgens

Om h2 te bepalen gaan we uit van s1 = s2 -+ x? = 0,6305 h2 = x2 hd + (1 - x2) hvl. Met h,, en hd uit de stoomtabel bij 0,04 bar levert dit h2 = 1655,47 kJIkg. Ingevuld in qi, + hit = 1758.84 kJlkg. Op dezelfde wijze kan x3 worden bepaald (0,3818) en vervolgens h3 (1050,39 kJIkg) en h4t (1569,70 kJIkg) Vergelijking van de resultaten van (a) en (b).

Niet-omkeerbaar / 1 1 19,5 1 708,5 1 411,O 1 36,7 1 2,43

s+

Fig. 10. l

Carnot-proces Omkeerbaar

a Bereken voor een Rankine-proces 1-2-3-4-5 volgens fig. 10.3 (theorieboek) met stoom als arbeidsmedium, de toe- en afgevoerde hoeveelheid warmte (in kJ/kg), de nuttig geleverde arbeid (in kJIkg), het thermisch rendement en het specifiek stoomverbruik (in kg/MJ) als de pomparbeid niet mag worden venvaar- loosd.

De condensordruk is 0,05 bar en de keteldruk is 120 bar.

q2 [kJIkg] 604.9

q1 [kJIkg] 1 197.4

Cw [kJIkg] 592.5

qth [%l 49.5

S.S.V. [kgIR 1.69

b Bereken het bovenstaande nogmaals als het isentroop rendement van de expan-

siemachine 85% bedraagt en ook de pomp niet-omkeerbaar werkt met een isentroop rendement van 70%. Vergelijk de uitkomsten van a en b.

Oplossing a Het kringproces is in fig. 10.2 afgebeeld. De onderstaande waarden zijn

aan de stoomtabellen ontleend. Bij 120 bar is hVl = hl = 1491,8 kJ/kg en hd = h2 = 2689,2 kJlkg s,, = sl = 3,4972 kJ/(kg - K ) en sd = s2 = 5,5002 kJ/(kg . K ) Bij 0,05 bar is Tv = 305,9 K , ,l = , = 0,001 mYkg; h,, = h4 = 137,8 kJ/kg

sVl = = 0,4763 kJ/(kg . K )

De pomparbeid w,+, = h4 - hs = - (ps - p4)

Dus hs = h4 + I wI -1-5 I = (137,8 + 12,O) kJ/kg = 149.8 kJIkg q, = q5-2 = h2 - h5 = (2689,2 - 149,8) kJlkg = 2539,4 kJ/kg q2 = 1q3-4 1 = Ti (s3 - S,) = 305,9 (5,5002 - 0,4763) kJ/kg = 1536,s kJ/kg 'Cw = q, - q2 = (2539,4 - 1536,8) kJlkg = 1002,6 kJ/kg

T3 - Ook geldt dat qth = 1 - T; Ts - 2 = h h

2 - 5-+Ts-2=505,5K TS-2 s2 - SS

t T

t T

s+ s+

Fig. 10.2 Fig. 10.3

Het niet omkeerbare kringproces 1-2-3'-4-5'-1 is weergegeven in fig. 10.3. Voor de bepaling van q , en q2 moeten hy en hg' bekend zijn. Om hy te berekenen zullen we een andere werkwijze volgen dan bij de berekening van ha. in het vorige vraagstuk 10.1.

= h2 - hy hy = h2 - 0,85 wt 2-3

Voor het omkeerbare kringproces kan voor ZW worden geschreven: Z W = W t,-3 - I wtc51+w L 3 = Z W + I I De arbeidshoeveelheden uit het rechterlid werden reeds bij a bepaald zo.- dat:

= (1002,6 + 12) kJ/kg = 1014,6 kJ/kg. Daarmee wordt h,. = (2689,2 - 0,85 x 1014,6) kJ/kg =

Voor de pomparbeid geldt: 1 WtQ5 l I I = hg* - h4 + hst = h4 + I w~ , - .~ I = h4 + -

rli

We kunnen nu ql , q2, ZW, qi en het S.S.V. berekenen. q, = h, - hy = (2689,2 - 154,9) kJ/kg = 2534,3 kJ/kg 42 = hy - h4 = (1826,8 - 137,8) kJ/kg = 1689,O kJ/kg ZW = q1 - q2 = (2534,3 - 1689) kJlkg = 845,s kJ/kg Dit laatste kan ook als volgt worden berekend:

Een stoominstallatie volgens fig. 10.5 (theorieboek) werkt met een stoomdruk van 100 bar en een stoomtemperatuur van 500 "C. De condensordruk bedraagt 0,05 bar. Bereken: de gemiddelde temperatuur van warmtetoevoer van het proces 6- 1-2, van het

proces 2-3 en van het proces 6- 1 -2-3; het thermisch rendement van het kringproces 1-2- 5-6 en van het kringproces

1-2-3-4-6; het percentage van de totaal toegevoerde warmte dat in de oververhitter wordt overgedragen; het percentage waarmee de warmte-afvoer toeneemt als de expansie niet-omkeerbaar adiabatisch verloopt met een isentroop rendement van 9O0/0. Hoe groot is nu het thermisch rendement? Gegeven zijn de stoomtabellen achter in het (theorieboek)boek.

Aanwijzingen In fig. 10.4 is het bedoelde kringproces 1-2-3-4-6 getekend.

a De gemiddelde temperatuur van warmtetoevoer voor de verschillende toestandsveranderingen is als volgt te bepalen:

Alle benodigde waarden van enthalpie en entropie zijn in de stoomtabellen vermeld. Substitutie hiervan in T levert: ?;hp2 = 503,5 K; 7 2 - 3 = 660,4 K ; G-3 = 528,6 K.

b Het thermisch rendement zal worden berekend met Zw/ql. Voor het kringproces 1 -2-5-6 is q , = h2 - h6 = (2727,7 - 137,8) kJ/kg = 2589,9 kJ/kg. q2 = T6 (ss - s ~ ) =T6 (s2 - S 6 ) = 305,9 (5,6198 - 0,4763) kJIkg =

= 1573,4 kJIkg

Voor het kringproces 1-2-3-4-6 verloopt de berekening als volgt: q1 = h3 - h6 = (3374,6 - 137,8) kJIkg = 3236,8 kJ1kg.

q2 = T6 (s4 - 4%) = T6 ( ~ 3 - s6) q2 = 305,9 (6,5994 - 0,4763) kJIkg = 1873,l kJlkg

c De warmte die in de oververhitter wordt overgedragen is q2-3 = h3 - h2 + q2-3 = 646,9 kJlkg. Van de totaal toegevoerde warmte (3236,8 kJ1kg) is dit 20,0%.

d We moeten eerst de enthalpie h4 bepalen. We gaan daarvoor weer uit van s3 = s4 = x4 sd + (1 - x4) S,, + x4 = 0,773.

h4 = hd + (1 - x4) hvl + h4 = 201 1,4 kJIkg

Fig. 1 0.4 Fig. 1 0.5

h3 - h4f Ten slotte volgt h4 uit: q = 3 h4 = 2147,7 kJlkg

h3 - h4 De extra warmte-afvoer bedraagt:

1 q44 1 = h4 - h4 = (2147,7 - 2011,4) kJ1kg = 136,3 kJlkg De warmte-afvoer van het omkeerbare kringproces 1-2-3-4-6 bedroeg 1873,l kJ/kg zodat de warmte-afvoer is toegenomen met 7,3%. Het thermisch rendement is afgenomen en wordt nu:

Bereken voor een Rankine-proces met oververhitting en een niet-omkeerbare expansie van het arbeidsmedium (stoom) het isentrope rendement van de turbine, het thermisch rendement en de warmte-afvoer per massa-eenheid als het volgende gegeven is:

stoomtemperatuur en -druk na de ketel 100 bar en 520 "C, enthalpie van de stoom na de expansie 2325 kJ/kg, condensordruk 0,05 bar. Bereken het thermisch rendement nogmaals als de arbeid voor de ketelvoedingspomp wèl in rekening wordt gebracht. Gegevens te ontlenen aan de stoomtabel.

Oplossing Het Rankine-proces is afgebeeld in fig. 10.5. De onderstaande waarden voor h en s zijn aan de stoomtabellen ontleend: h3 = 3425,l kJ/kg, s3 = 6,6640 kJ/(kg K). Bij 0,05 bar is: h,, = 137,8 kJIkg, hd = 2561,6 kJ/kg;

S,, = 0,4763 kJ/(kg . K), sd = 8,3960 kJ/kg. We beschouwen nu eerst het kringproces 5-1 -2-3-4-5. s3 = = sd + (1 - x.4) S,, + 6,6640 = x4 8,3960 + (1 - x4) 0,4763. Hieruit kan x4 worden opgelost (x4 = 0,7813) h4 = (0,7813 x 2561,6 + 0,2187 x 137,8) kJlkg = 2031,5 kJ1kg. We kunnen nu de gevraagde q , qth en q2 berekenen.

h3 - h4' 3425,l- 2325 1 100,l rli = - - - - = 0,789 4 qi = 78,9%.

h3 - h4 3425,l - 20313 139396

Het thermisch rendement kan in dit onomkeerbare kringproces niet uit de gemiddelde temperatuur van warmtetoe- en afvoer worden bepaald. q2 = I 44-5 I = h4' - h5 = (2325 - 137,8) kJlkg = 2187,2 kJ1kg

Moet de arbeid voor de ketelvoedingspomp wel in rekening worden gebracht, dan verkrijgen we het kringproces 1 -2-3-4'-5 -6- l. Voor genoemde voedingpomparbeid geldt met enige benadering;

We kunnen voor w,, ook schrijven: W,% = h5 - h6 4 h6 = h5 - = (137,8 + 10,O) kJ/kg = 147,8 kJlkg. Daarmee wordt het thermisch rendement

Bereken met behulp van het h-s-diagram het thermisch rendement van een turbine- installatie volgens fig. 10.5 (theorieboek) alsmede het vochtgehalte na expansie. De stoomdruk bedraagt 100 bar, de stoomtemperatuur 500 "C, de condensordruk 0,05 bar. De arbeid voor de ketelvoedingspomp wordt verwaarloosd. Als de stoom na expansie tot 14 bar opnieuw tot 500 "C wordt verhit, bepaal dan het vochtgehalte na expansie, het thermisch rendement en de toename van de geleverde arbeid in procenten. Bereken in beide gevallen het thermisch rendement eveneens met behulp van de gemiddelde temperatuur van warmtetoevoer en -afvoer. Bij 0,05 bar is tv = 32,9 "C, hvl = 137,8 kJ/kg en s,, = 0,4763 kJ/(kg - K).

Aan wijzingen De bedoelde kringprocessen zijn in fig. 10.6 weergegeven. De onderstaande waarden zijn in het h-s-diagram afgelezen met uitzondering van h5, s5 en T5 die aan tabel I11 zijn ontleend. h3 = 3375 kJ/kg, s3 = 6,60 kJ/(kg - K) h6 = 3475 kJ/kg, S6 = 7,61 kJ/(kg . K) h5 = 137,8 kJ/kg, SS = 0,4763 kJ/(kg - K) h4 = 2013 kJ/kg, x4 = 0,775 h7 = 2320 kJ/kg, x7 = 0,90 h8 = 2855 kJlkg, Tg = 305,9 k

Voor het kringloopproces 1-2-3-4-5 geldt:

Na expansie is het vochtgehalte (1 - x4) 100% -+ 22,5% b Het kringproces met herverhitting wordt door het proces

1-2-3-8-6-7-5-1 weergegeven.

Het stoompercentage na expansie is 90% + vochtpercentage 10%. In geval a is = h3 - h, = (3375 - 2013) kJlkg = 1362 kJ/kg. In geval b is w, = (h3 - hg) + (h6 - h7) W,= ((3375 - 2855) -t (3475 - 2320)) kJ/kg = 1675 kJ/kg.

De arbeidstoename bedraagt 1675 - 1362 looO/ - o - 23,0%

l362

Schrijven we voor de gemiddelde temperatuur van warmtetoevoer Tl en voor die van warmte-afvoer T2 dan is voor een omkeerbaar kringproces

Voor het kringproces 1-2-3-4-5 is T2 = Tg = 305,9 K en

Voor het kringproces met heroververhitting geldt:

s+

Fig. 10.6

Een ketel levert stoom van 300 bar en 600 "C (toestand 1). Deze stoom expandeert isentroop tot 100 bar (toestand 2) waarna weer warmte wordt toegevoerd tot de temperatuur 600 "C is geworden (toestand 3). Vervolgens wordt de stoom, na een isentrope expansie tot 15 bar (toestand 4) opnieuw oververhit, nu tot 550 "C (toestand 5). Ten slotte expandeert de stoom wederom isentroop tot 0,05 bar (toestand 6). Na condensatie (toestand 7) wordt het water, met de bij deze druk behorende condensatietemperatuur, weer naar de ketel gepompt. Bepaal, met behulp van de stoomtabellen, het h-s-diagram en de ondervermelde gegevens:

a de druk, de temperatuur en de enthalpie in elk van de genoemde toestanden; b de totaal toe te voeren warmte (in kJ1kg); c het percentage hiervan dat aan het medium in de gasfase moet worden toege-

voerd; d het thermisch rendement dat met deze installatie theoretisch behaald kan worden.

De arbeid van de ketelvoedingspomp wordt verwaarloosd. Bij 300 bar en 370 "C is h = 1749,O kJIkg. Bij 300 bar en 380 "C is h = 1837,7 kJIkg.

Oplossing a De druk, temperatuur en enthalpie in elk van de genoemde zeven toestan-

den zijn in onderstaande tabel opgenomen. Zie ook de bijbehorende fig.

Toestand

3 443,O stoomtabel 3 115 h-s-diagram 3 623 h-s-diagram 3 025 h-s-diagram 3 580 h-s-diagram 2 350 h-s-diagram 137,8 stoomtabel

b Als we de arbeid voor de ketelvoedingspomp verwaarlozen, kunnen we voor het bepalen van de warmtetoevoer uitgaan van toestand 7 in fig. 10.7.

qtot = q7-l + q2-3 + q4-5 = (hl - h7) + (h3 - h2) f (h5 - h4) qtol = I(3443.0 - 137.8) + (3623 - 31 15) + (3580 - 3025)) kJ/kg q,<,, = 4 368,2 kJ/kg.

c Bij alle drukken boven de kritische druk van 221,2 bar gaat het water bij 374,15 "C in stoom over. Bij deze temperatuur en druk is r = O en bestaat er geen verschil tussen verzadigde stoom en water (h,, = hd). Uit de gegeven enthalpie-waarden bij 300 bar is de enthalpie bij 374,15 "C te bepalen.

De toe te voeren warmte in de gasfase is dus: q = (hl - hd) + (h3 - h2) + (h5 - h4) q = {(3443,0 - 1785,8) + (3623 - 3115) + (3580 - 3025)) kJ/kg q = 2720,2 kJ/kg.

Van de totaal toegevoerde warmte is dit 2720,2 100% = 62,3%. 4368,2

d De totaal geleverde arbeid per massa-eenheid bedraagt: HW, = w, 1-2 + w,.- + w,, = (hl - h2) + (h3 - h4) + (h5 - hh)

In een Rankine-proces 1-2-3-4-5 volgens fig. 10.3 (theorieboek) wordt het ketelvoedingswater in één mengvoorverwarmer verhit tot de verdampingstemperatuur Tl met behulp van stoom die aan de turbine wordt onttrokken. De keteldruk bedraagt 80 bar en de condensordruk 0,05 bar. De pomparbeid mag niet worden verwaarloosd. Bereken de toe- en afgevoerde hoeveelheid warmte en de nuttig geleverde arbeid per kg stoom die de ketel produceert alsmede het thermisch rendement. Wat kunt u opmerken over het thermisch rendement van dit kringproces zonder voedingswatervoorverwarming? Gegeven zijn de stoomtabellen achter in het (theorieb0ek)boek.

Aan wijzingen Het bovengenoemde Rankine-proces is in fig. 10.8 weergegeven. Voor de berekening moet in elke toestand de enthalpie bekend zijn. De waarden van h l , h2 en h4 kunnen in de stoomtabellen worden opgezocht. hl = 1317,l kJ/kg, h, = 2759,9 kJ/kg, h4 = 137,8 kJ/kg, de waarden van h3 en h5 moeten worden berekend. Uit s2 = s3 = x3 sd + (1 - x3) S,, -+ x3 = 0,6655. h3 = x3 hd + (1 - x3) hvl + h3 = 1750,8 kJ/kg.

wt&5 = - Ap = h4 - h5 + h5 = h4 - wiki

hs = (137,8 + 8) kJ/kg = 145,8 kJ/kg. We nemen aan dat het ketelvoedingswater in de mengvoorwarmer tot de condensatietemperatuur van de afgetapte stoom kan worden opgewarmd. Om het voedingswater tot Tl voor te verwarmen, is dus stoom nodig van toestand 2. Een deel van de stoom die de ketel levert, wordt dus al vóór de turbine onttrokken ten behoeve van de voorwarming. Als de ketel m kg stoom levert waarvan ml kg naar de mengvoorwarmer wordt gevoerd (fig. 10.9), dan luidt de warmtebalans over deze voorwarmer als volgt:

Fig. Fig. 10.9

We zullen nu de warmtetoe- en afvoer van de gehele installatie berekenen alsmede de nuttig geleverde arbeid per kg geproduceerde stoom ( m = 1 kg). 41-2 = h2 - hl + 41-2 = 1442,8 kJ/kg.

w1 = (1 - ml) - I Wt,O = (1 - ml) ( (h2 - h,) - (h5 - h4) 1 W, = 0,552 (1009,l - 8) kJ = 0,552 X 1001,l kJ = 552,6 kJ. De warmtehoeveelheid die in de condensor wordt afgegeven bedraagt: Q3-4 = (1 - ml) (h4 - h3) + Q3-4 = - 890,4 kJ.

w1 Het thermisch rendement qth = - 100% = 55276 100% = 38,3%. 91-2 1442,8

Voor het proces zonder voedingswatervoonvarming geldt:

Vergeleken met het kringproces met voonvarming van het voedingswater zijn de geleverde arbeid en de toegevoerde warmte toegenomen, beide echter in dezelfde verhouding (1001,l : 552,6 = 1,81 en 2614,l : 1442,8 =

1,81). Het thermisch rendement is dus niet veranderd. Dit is ook logisch omdat de stoom die aan de turbine wordt onttrokken nog geen mechanische arbeid heeft geleverd. Voedingswatervoonvarming, op deze wijze uitgevoerd, biedt dus geen voordelen maar alleen praktische nadelen.

In een Rankine-proces werkend met verzadigde stoom van 40 bar en een condensordruk van 0,l bar wordt het voedingswater in één mengvoonvarmer verhit tot 158,8 "C met behulp van stoom die aan de turbine wordt onttrokken.

Bepaal het thermisch rendement en het specifieke stoomverbruik van dit kringproces als de stoomtabellen gegeven zijn. D e arbeid voor de ketelvoedingspomp wordt verwaarloosd. Hoe groot zijn het thermisch rendement en het specifieke stoomverbruik als het voedingswater niet zou worden voorverwarmd?

Oplossing De beschreven installatie is schematisch voorgesteld in fig. 10.10; het bijbehorende T-s-diagram is in fig. 10.1 l weergegeven. Stel dat de ketel een stoomhoeveelheid levert van m [kg]. Tijdens de expansie 2-4 wordt een deel van deze stoom, stel ml [kg] aan de turbine onttrokken en naar de voorwarmer geleid.

Hierin wordt ( m - m l ) [kg] water van toestand 6 gemengd met ml [kg] stoom van toestand 3. Het resultaat is m [kg] water van toestand 7 dat weer in de ketel wordt gepompt. Omdat gegeven is dat t7 = 158,8 "C, moet de bij pg behorende condensatietemperatuur eveneens 158,8 "C zijn. Uit de stoomtabel volgt dan dat de aftapdruk p3 = 6 bar. De warmtebalans voor de voorwarmer luidt: m l h 3 + ( m - m l ) h 6 = m h 7 Voor het thermisch rendement geldt:

Aan de stoomtabel kunnen we de navolgende gegevens ontlenen. 40 bar: hd = h2 = 2800,3 kJ/kg; sd = s2 = 6,0685 kJ/(kg K). 6 bar: hy = 2755,5 kJ/kg; h7 = 670,4 kJ/kg;

s,) = 6,7575 kJ/(kg . K); s7 = 1,9308 kJ/(kg K). 0,l bar: hd = 2 584,8 kJ/kg; h,, = l9l,8 kJ/kg;

sd = 8,151 1 kJ/(kg - K); S,, = 0,6493 kJ/(kg - K). Uit s3 = 6,0685 = x3 6,7575 + ( 1 - x3) 1,9308 -+ x3 = 0,857.

h3 = (0,857 x 2 7555 + 0,143 X 670,4) kJ/kg = 2457,3 kJ/kg. Uit s4 = 6,0685 = x4 .8,1511 + (1 - x4) 0,6493 -+ x4 = 0,722.

h4 = (0,722 x 2 584,8 + 0,278 x 191,8) kJ/kg = 1919,5 kJ/kg.

Uit (a) volgt: ml = (h7 - h6) m - (670,4 - 191,8) m

- = 0,211 m. h3 - h6 2457,3 - 191,8

Per kilogram stoom die de ketel produceert wordt dus 0,211 kg in 3 afge- tapt zodat we voor de geleverde arbeid kunnen schrijven: W, = 1 (h2 - h3) + 0,789 (h3 - h4)

2-4

W, = { (2800,3 - 2457,3) + 0,789 (2457,3 - 1919,5) ) kJ = 767,3 kJ. 2-4

Q7-2 = 1 (h2 - h7) = (2800,3 - 670,4) kJ = 2129,9 kJ.

P P

Fig. I O. I O

s+

Fig. 1 O. 11

K = ketel, T = turbine, C = condensator, P =

pomp, VW = voorverwarmer, KW = koelwitter

. - Het specifieke stoomverbruik is 1000 kgIMJ = 1,30 kglMJ.

767,3

Zonder voedingswater voorwarming is = h;! - h4 = (2 800,3 - 1 919,5) kJ1kg = 880,8 kJIkg

en

q+, = h2 - h6 = (2800,3 - 191,8) kJlkg = 2608,5 kJ1kg.

880'8 100% = 33,8% en het S.S.V. = - tlth = 2608,5

looO kg/MJ = 1,14 kg1MJ. 880,8

In een stoominstallatie met herverhitting is de keteldruk 200 bar en de stoomtemperatuur 600 "C. Aan het einde van de expansie in de hogedrukturbine is de druk 15 bar. Een deel van deze stoom wordt dan onttrokken voor de verwarming van het voedingswater in een mengvoorwarmer. De resterende stoom wordt bij constante druk opnieuw verwarmd, nu tot 500 "C, waarna de stoom expandeert tot 0,04 bar. Als de gehele expansie isentroop verloopt, bereken dan de stoomproduktie van de ketel (in t/h) als de turbine een vermogen levert van 150 MW. Gegeven zijn de stoomtabellen en het h-s-diagram.

Aan wijzingen Het kringproces is afgebeeld in het T-s-diagram van fig. 10.12. De navolgende waarden zijn aan de stoomtabellen resp. aan het h-s-diagram ontleend. 200 bar 600 "C -+ hl = 3535,5 kJ/kg (stoomtabel). 15 bar 209 "C -+ h2 = 2823 kJ/kg (h-s-diagram).

Fig. 10.12

200

Fig. 1 O. 1.3

15 bar, tv = 198,3 "C + h6 = 844,67 kJ/kg (stoomtabel) 15 bar 500 "C + h3 = 3472,8 kJ/kg (stoomtabel). 0,04 bar + h4 = 2280 kJ1kg (h-s-diagram) en h5 = 121,4 kJ/kg (stoomtabel) We zullen nu eerst de afgetapte stoomhoeveelheid ml [kg] berekenen. Uitgaande van 1 kg geproduceerde stoom, is in fig. 10.13 de mengvoorwarmer getekend. De warmtebalans hiervoor luidt: ml h2 + (1 - ml) hS = 1 hg + ml = 0,2677 kg zodat 1 - ml = 0,7323 kg. W, = (h, - hL) + 0,7323 (h3 - h4) --+ Wt = 1586,O kJ per kg geproduceerde stoom. Bij een stoomproduktie van 1 kg/s is het geleverde vermogen P dus 1586 kW. Het geleverde vermogen is 150 000 kW zodat de stoomproduktie

Stoom van 60 bar en 475 "C expandeert adiabatisch in een turbine met een isentroop rendement van 82% tot 0,08 bar. Het geleverde vermogen bedraagt 75 MW. In één voorwarmer waarin stoom en water door pijpwanden zijn gescheiden, wordt het voedingswater tot 195 "C opgewarmd met stoom die tijdens de expansie aan de turbine wordt onttrokken. D e eindtemperatuur van het water is gelijk aan de condensatietemperatuur behorende bij de aftapdruk. Het condensaat van de aftapstoom wordt met een pomp weer aan het voedingswater achter de voonvarmer toegevoerd. Bepaal m.b.v. de stoomtabellen en het h-s-diagram:

a het percentage stoom dat aan de turbine wordt onttrokken ten behoeve van de voorwarming van het voedingswater;

b de gemiddelde temperatuur van warmtetoevoer met en zonder voedingswatervoorwarming;

c het thermisch rendement van deze installatie; d de stoomproduktie van de ketel in t/h.

De pomparbeid wordt buiten beschouwing gelaten.

Oplossing We gaan bij de berekening van het kringproces (fig. 10.14) uit van de volgende aanvullende gegevens: 60 bar, 475 "C -+ hl = 3362,85 kJ/kg, s1 = 6,8024 kJ/(kg K) (stoomtabel, interpoleren) Uit de stoomtabel volgt eveneens dat bij 0,08 bar en tv = 41,53 "C : h4 = 173,86 kJ/kg, s4 = 0,5925 kJ/(kg . K)

Het voedingswater wordt tot 195 "C opgewarmd. Dit is volgens de gegevens gelijk aan de condensatietemperatuur van de afgetapte stóom. Uit de stoomtabel volgt dat de bijbehorende druk pg = 14 bar. Bij 14 bar is hS = 830,08 kJ/kg en ss = 2,2837 kJ/(kg - K) (stoomtabel). In het h-s-diagram kan h2 worden afgelezen (h2 = 2 125 kJ/kg). De enthalpie hT kan nu uit het isentrope rendement van de turbine worden berekend.

hT = { 3362,85 - 0,82 (3362,85 - 2125) } kJ/kg = 2347,8 kJ/kg In het h-s-diagram kan de toestand 2' nu worden aangegeven. We trekken vervolgens de verbindingslijn 1 - 2' en nemen aan dat dit het verloop van de stoomtoestand tijdens de expansie voorstelt. Bepalen we nu het snijpunt van deze lijn met de isobaar van 14 bar dan vinden we het snijpunt 8 waarvoor we kunnen aflezen dat hg = 3070 kJ/kg. Alle benodigde gegevens zijn nu bekend.

a Levert de ketel m [kg] stoom waarvan ml [kg] in de turbine wordt afge- tapt, dan kunnen we voor de warmtebalans over de voorwarmer (fig. 10.15) schrijven: ml hg + (m - ml) h4 = m hg. Stellen we nu m = 1 kg dan is

Van elke kilogram stoom die de ketel produceert, wordt in de turbine 0,2266 kg onttrokken. Dit is dus 22,7%

b Met voedingswatervoorwarming is T5-1 = hl -h5

S1 - Ss

Fig. 1 O. 14

202

Fig. 10.15

hl -- h4 Zonder voedingswatervoonvarming is =

S1 - S4 -

= 3362785 - 17336 K = 5133 K 6,8024 - 0,5925

d De installatie levert een vermogen van 75 000 kW. De daarvoor benodigde massastroom m bedraagt:

In een stoominstallatie die met herverhitting werkt, is de condensordruk 0,04 bar en de keteldruk 300 bar. Het isentroop rendement van de ketelvoedingspomp is 0,7. De door de stoom geleverde arbeid bedraagt totaal 1500 kJ/kg. Bereken de pomparbeid als percentage van de door de stoom geleverde arbeid, alsmede de temperatuur van het voedingswater na de pomp. De intreetemperatuur in de pomp is gelijk aan de condensatietemperatuur behorende bij 0,04 bar. Hoe groot is de pomparbeid als de vloeistof als onsamendrukbaar wordt beschouwd? Welke conclusies kunnen uit de berekeningen worden getrokken? Gegeven: Bij 0,04 bar is tv = 28,98 "C, hvi = hl = 121,41 kJ/kg en

svl = s, = 0,4225 kJ/(kg K). Voor water van 300 bar geldt: bij 20 "C is h = 1 l l , 7 kJ/kg en s = 0,2895 kJ/(kg . K);

bij 30 "C is h = 152,7 kJ/kg en s = 0,4271 kJ/(kg K); bij 40 "C is h = 193,8 kJlkg en s = 0,5604 kJ/(kg . K).

Aan wijzingen De toestandsverandering in de ketelvoedingspomp is in fig. 10.16 aangegeven. De pomparbeid

Uit s, = s2 = 0,4225 kJ/(kg K) kan h2 uit de gegevens worden berekend (lineaire interpolatie). Dit levert

42774 100% = 285% De arbeid voor de ketelvoedingspomp bedraagt dus - van de arbeid die de turbine levert.

1500

De enthalpie hY = h, - = (121,41 + 42,74) kJ/kg = 164,15 kJ/kg. Uit een vergelijking met de gegevens bij de opgave blijkt dat de temperatuur van de vloeistof na de pomp tussen 30 "C en 40 "C zal liggen.

Met behulp van de nu bekende enthalpiewaarden kan tT door interpolatie worden bepaald. Dit levert:

De temperatuur van het voedingswater neemt dus in de pomp toe van 28,98 "C tot 32,8 "C. Gaan we uit van w, = - Ap en is = 0,001 mVkg dan is

1-2

Het verschil met het eerder gevonden antwoord (- 42,74 kJIkg) is gering. De conclusie die uit de resultaten getrokken kunnen worden, zijn: - de arbeid voor het op druk brengen van een vloeistof kan bij zeer hoge

drukken niet buiten beschouwing blijven; - de eenvoudige bepaling van w, 1-2' uit - Aplqi levert zeer bruikbare uit-

komsten.

Fig. 10.16

In een turbine met een isentroop rendement van 85% en een mechanisch rendement van 97% expandeert stoom van 90 bar en 500 "C tot 0,05 bar. Het condensaat uit de condensor wordt door twee warmtewisselaars naar de ketel teruggepompt. In elke warmtewisselaar stijgt de temperatuur van het voedingswater 75 "C. Het verwarmingsmedium is aftapstoom van de turbine. Het condensaat hiervan wordt met de verzadigingstemperatuur naar de voorgaande voorwarmer teruggevoerd. Het condensaat van de eerste voorwarmer stroomt terug naar de condensor. De condensatietemperatuur van de aftapstoom is 10 "C hoger dan de temperatuur van het ketelvoedingswater bij het verlaten van de desbetreffende voorwarmer. Het effectieve vermogen dat de turbine ontwikkelt is 150 MW. De ketel heeft een rendement van 90%; de brandstof hiervoor i; olie met een stookwaarde van 40 MJIkg. De soortelijke warmte van water wordt gesteld op 4,2 kJl(kg - K). Bepaal met behulp van het h-s-diagram en de stoomtabellen: de stoomproduktie van de ketel in tlh; de hoeveelheden aftapstoom in t/h; het olieverbruik van de ketel in tlh; het thermisch rendement van de installatie; de stoomproduktie van de ketel en het thermisch rendement van de installatie als het voedingswater niet zou worden voorverwarmd.

Oplossing In het T-s-diagram van fig. 10.17 zijn alle relevante toestanden van de stoom en van het voedingswater aangegeven. Om berekeningen te kunnen uitvoeren moet eerst de enthalpie van het ar- beidsrnedium in elk van deze toestanden bekend zijn. In de begintoestand 1 (90 bar, 500 "C) is hl = 3388 kJ/kg (h-s-diagram). Na een isentrope expansie is h2 = 2030 kJ/kg (h-s-diagram)

Fig. 10.17 Fig. 10.18

hl - h21 = q (hl - ha) + hT = 2233,7 kJlkg. Uit de stoomtabel volgt dat t4 = 32,9 "C + t7t = (32,9 + 75) "C = 107,9 "C en tg = (107,9 + 75) "C = 182,9 "C. Dit zijn de temperaturen van het water ná de betreffende voorwarmers. De condensatietemperatuur van de aftapstroom ligt 10 "C hoger zodat t7 = 117,9 "C en tg = 192,9 "C. Van water is Z = 4,2 kJ/(kg - K) zodat: h4 = 4,2 x 32,9 kJ/kg = 138,2 kJ/kg; h, = 4,2 x 107,9 kJ/kg = 453,2 kJ/kg; h7 = 4,2 x 117,9 kJ/kg = 495,2 kJ/kg; hg = 4,2 X 182,9 kJ/kg = 768,2 kJ/kg; hg = 4,2 x 192,9 kJ/kg = 810,2 kJ/kg.

Vervolgens tekenen we de expansielijn 1 - 2' in het h-s-diagram en bepalen de aftappunten 5 en 6. Deze punten kunnen in het diagram worden afgelezen als de snijpunten van de expansielijn en de twee isobaren met verzadigingstemperatuur 117,9 "C en 192,9 "C. In fig. 10.18 is dit aangegeven. We kunnen dan aflezen dat: p5 = 13 bar, t5 = 272 "C, hS = 2985 kJ/kg en p6 = 1,8 bar, x6 = 0,985 en h6 = 2665 kJ/kg. Schrijven we voor de stoomproduktie van de ketel m [kgls] en voor de af- tapstromen ml en m2 (fig. 10.19) dan luidt de warmtebalans over de hogedruk-voorwarmer:

ml = 0,1448 m Voor de lagedruk-voorwarmer geldt: & h 6 + h h 4 + m l h 8 = m h 7 + ( ~ l +&)h7 Substitutie van ml = 0,1448 m levert m2 h6 - m2 h7 = m (h, - h,) + 0,1448 m (h7 - hg)

Voor het geleverde vermogen kan worden geschreven: P = m (hl - h5) + (m - ml) (h5 - h6) + (m - ml - m,) (h6 - h,')

Fig. 1O. lY

206

0,731 m (2665 - 2233,7) 154639,2 = m (403 + 273,66 + 315,28) = 991,9 m m = 155,9 kgls m = 155,9 x 3,6 tlh = 561,2 tlh. De hoeveelheden afgetapte stoom in tlh zijn achtereenvolgens: ml = 0,1448 x 155,9 x 3,6 tlh = 81,3 tlh (13 bar, 272 "C) mz = 0,1242 x 155,9 x 3,6 tlh = 69,7 tlh (l,& bar, 118 "C) De warmte-opname door het water in de ketel bedraagt per tijdseenheid:

= m (hl - hg) = 561,2 X 103 (3388 - 768,2) kJ/h Qg-, = 56l,2 x 103 x 2619,8 kJ1h. Daarmee wordt het brandstofverbruik per tijdseenheid:

Het effectieve vermogen van de turbine is 150 MW Het toegevoerde ther-

mische vermogen is 40784 x 40.000 MW = 453,8 MW.

3600

Het thermisch rendement van de installatie is dus qth = (150/453,8) 100% = 33,1%. Zonder voorwarming van het voedingswater geldt dat

P m (h, - hT) = - + m (3388 - 2233,7) =

150 x 10-3 77m 0,97

m = 150 x 'O3 kgls = 482,3 tlh 0,97 x 1 l54,3

De warmte-opname in de ketel bedraagt per uur: ~ ~ - 1 = 4829 x 103 (3388 - 138,2) kJ1h = 482,3 x 103 x 3249,8 kJ1h De toe te voeren warmte is, in verband met het ketelrendement, 1019 zo groot

Een ketel levert per uur 120 ton stoom var, 100 bar en 500 "C die door een hogedruk (H.D.)-turbine wordt geleid. Hieruit ontwijkt de stoom met een druk van 15 bar en een temperatuur van 250 "C. In de ketel wordt deze stoom opnieuw verhit tot 450 "C en vervolgens naar een lagedruk (L.D.)-turbine gevoerd, waarvan het isentroop rendement 85% bedraagt. In de condensor achter de L.D.-turbine heerst een druk van 0,05 bar. Het condensaat wordt de ketel ingepompt via drie

voorwarmers waaraan stoom wordt toegevoerd die aan de turbine wordt onttrokken. Een L.D.-voorwarmer die het water tot 70 "C verwarmt (hoeveelheid aftapstoom ml), een middeldruk (M.D.)-voorwarmer die het verder verwarmt tot 110 "C (aftaphoeveelheid m,) en een H.D.-voonvarmer die het water een eindtemperatuur van 160 "C geeft (aftaphoeveelheid m3). Het condensaat van de aftapstoom van de L.D.-voorwarmer wordt naar de condensor geleid; dat van de H.D.-voorwarmer naar de M.D.-voorwarmer. De laatstgenoemde is een mengvoorwarmer. Aangenomen wordt dat de afgetapte stoom het water slechts kan verwarmen tot de verzadigingstemperatuur behorende bij de aftapdruk, terwijl het condensaat van L.D.- en H.D.-voorwarmers ook met de condensatietemperatuur wordt afgevoerd. Gegeven zijn het h-s-diagram en voor zover nodig, de stoomtabellen. Gevraagd:

a het isentrope rendement van de H.D.-turbine; b druk en temperatuur van de stoom in elk aftappunt en de per tijdseenheid afge-

tapte hoeveelheden m,, m, en m,; c het geleverde vermogen en het percentage hiervan dat door de H.D.-turbine

wordt geleverd; d het thermisch rendement van de installatie als het ketelrendement 88% bedraagt.

Aan wijzingen We tekenen eerst een T-s-diagram van het gegeven proces en benoemen daarin de verschillende relevante toestanden. In fig. 10.20 zijn 8, 9 en 10 de plaatsen waar stoom aan de turbine wordt onttrokken. In elke voorwarmer kan het voedingswater worden opgewarmd tot de condensatietemperatuur behorende bij de druk van de afgetapte stoom. In fig. 10.20 stellen 11, 12 en 13 dus de toestanden voor van het voedingswater ná elk van de drie voonvarmers. Om de berekeningen te kunnen uitvoeren, moet de enthalpie van het arbeidsmedium in de verschillende toestanden bekend zijn. We maken daarbij gebruik van het h-s-diagram en zo nodig van de stoomtabellen. Dit levert de volgende waarden: 100 bar, 500 "C hl = 3375 kJ1kg (h-s-diagram) 15 bar, - 225 "C h2 = 2865 kJ/kg (h-s-diagram) 15 bar, 250 "C h2g = 2925 kJ/kg (h-s-diagram) 15 bar, 450 "C h3 = 3365 kJ/kg (h-s-diagram) 0,05 bar, h4 = 2265 kJlkg (h-s-diagram) 0,05 bar, hs = 2430 kJ1kg (berekend) De laatstgenoemde waarde is berekend uit het isentrope rendement van

de lagedruk-turbine qi = h3 - h5

s+

Fig. 10.20

Voor het bepalen van de afgetapte hoeveelheden stoom, gaan we als volgt te werk: We verbinden in het h-s-diagram de punten 3 en 5 door een rechte lijn. De temperatuur van het voedingswater na de voorwarmer is achtereenvolgens 70 "C, 110 "C en 160 "C. We moeten dus op de expansielijn de toestanden bepalen waarvan de stoom, na een afkoeling bij constante druk, condenseert bij resp. 70 "C, 110 "C en 160 "C. Deze condensatietem- peraturen zijn af te lezen op de grenskromme. Zijn de punten op de grenskromme bepaald, dan volgen we vanuit dat punt een isobaar en bepalen hiervan het snijpunt met de expansielijn. Dit levert achtereen volgens:

ps = 6,l bar, t8 = 350 "C h8 = 3165 kJ/kg (t, = 160 "C) pg = 1,4 bar, ty = 209 "C hg = 2890 kJ/kg (t, = 110 "C) plo = 0,32 bar, tlo = 85 "C hlo = 2658 kJ/kg (t, = 70 "C)

In fig. 10.20 werd aangenomen dat alleen aan de lagedruk-turbine aftap van stoom plaatsvindt. Dit blijkt inderdaad juist te zijn omdat de bovengenoemde isobaren (6,l bar, 1,4 bar en 0,32 bar) alleen de expansielijn 3 - 5 snijden en geen snijpunt hebben met de expansielijn 1 - 2'. De enthalpie van het condensaat na de condensor en na de voorwarmers volgt uit de stoomtabellen. (tabel I11 en tabel I1 voor de temperaturen 70 "C, 110 "C en 160 "C) Bij t, = 32,9 "C is h7 = 137,8 kJIkg Bij tv = 70 "C is hl l = 293,O kJ/kg Bij tv = 110 "C is hl* = 416,3 kJ/kg Bii t., = 160 "C is hl% = 675.5 kJ/ke

3 We beschikken nu over voldoende gegevens om de warmtebalans over de verschillende voorwarmers te kunnen opstellen. We geven eerst de opstelling van de warmtewisselaars schematisch aan fig. (10.21) en beginnen met een warmtebalans over de hogedrukvoorwar- mer. Dit levert een vergelijking met één onbekende (m3) die dus kan worden opgelost. Stellen we de stoomproduktie van de ketel voor door m (gegeven) dan geldt dat m3 (hg - hI3) = m (hl3 - hl,) -+ m3 = 10,32 tlh. De middeldrukvoorwarmer is een mengvoorwarmer. De warmtebalans luidt: m2 hg + m3 hl3 + ( m - m2 - m3) h l l = h l , De massastroom uit de condensor is ( m - m2 - m3) omdat de gecondenseerde aftapstoom ml weer naar de condensator terugstroomt. Uitwerking levert m, = 6,26 tlh. Ten slotte kunnen we voor de warmtebalans voor de lagedrukvoorwarmer schrijven: m , (hlo - h l l ) = ( m - m, - m3) (h l l - h,) -+ ml = 6,79 tlh.

c Het vermogen van de hogedrukturbine: = (hl - h21) + = 15.000 kW.

Voor de lagedrukturbine geldt: PL.D. = m (h3 - h8) + ( m - m,) (h, - h,) + ( m - m3 - m2) (h9 - hl0) + (m - m 3 - m2 - ml) (hlo - hg) Uitwerking levert: PL.D. = 28.163 kW. PtOt = 43.163 kW Het door de hogedrukturbine geleverde vermogen vormt hiervan

d De warmtestroom die in de ketel op het water wordt overgedragen bedraagt:

Q,,, = Q,,-, + Q2L3 = h { (hl - hl3) + (h3 - h2.) } (Ztot = 104.650 kW. Rekening houdend met een ketelrendement van 88% moet in de vorm van brandstof een warmtehoeveelheid eb, = 118.920,5 kW worden toegevoerd. Het thermisch rendement van de installatie bedraagt

Fig. 10.21

210

In een gasturbine-installatie wordt lucht van 1 bar en 20 "C adiabatisch tot 4 bar gecomprimeerd. D e temperatuur na de verbrandingskamer is 600 "C. Het isentroop rendement van de compressor bedraagt 65%, dat van de turbine 87%. Als cp = 1,O kJl(kg K) en k = 1,4 bereken dan:

a het thermisch rendement van de installatie en het specifieke brandstofverbruik in g/MJ; de stookwaarde van de brandstof is 35 MJIkg;

b het bij a gevraagde opnieuw als het isentroop rendement van de compressor tot 85% wordt opgevoerd.

Aan wijzingen a Teken-het T-s-diagram (fig. 11.1) en bepaal uit Tkllpk-1 = C de tempera-

tuur T2 na een isentrope compressie en de temperatuur T4 na een isentrope expansie. De werkelijke temperaturen TT en T4 kunnen vervolgens worden bepaald uit de gegeven isentrope rendementen van compressor en turbine. Deze zijn als volgt gedefinieerd:

Aha - T2 - Ti Ahn.o. - T3 - &l

i = - - en qiT = - - n . . 7-2' - T, M o T3-T4

De uitkomsten van bovengenoemde berekeningen zijn: T2 = 435,4 K; T4 = 587,5 K; TT = 512,l K; T# = 624,6 K Voor het thermisch rendement geldt:

2993 100% = 8,1% Dit levert q t h = - 360,9

De nuttige arbeid per kg lucht is c, { (T3 - T4) - (TT - Ti) ] = 29,3 kJlkg. Voor de levering van 1000 kJ arbeid is dus 34,l kg lucht nodig zodat de benodigde warmte

QT-3 = m c, (T3 - TT) = 34,l x 1,O (873 - 512,l) kJ = 12.306,7 kJ. De stookwaarde van de brandstof is 35.000 kJ/kg = 35 kJ/g.

Het specifieke brandstofverbruik is dus 2.306'7 g/MJ = 351,6 g/MJ. 35

b Als het isentrope rendement van de compressor 85% bedraagt in plaats van 65% dan is T2f = 460,5 K. Het thermisch rendement neemt dan toe van 8,1% tot 19,6% en het specifieke brandstofverbruik af van 351,6 g/MJ tot 145,8 g/MJ. Uit deze antwoorden blijkt de grote invloed van het isentrope rendement op de resultaten die met een dergelijke installatie kunnen worden bereikt.

Fig. 1 l . l

Van het standaardkringproces van een eenvoudige gasturbine-installatie (kringproces van Brayton) is de laagste temperatuur Tl = 300 K en het thermisch rendement 35%. De massastroom gas bedraagt 380 kgls en het nuttig geleverde vermogen 80 MW. Bereken voor zowel lucht als helium als arbeidsmedium:

a de drukverhouding p,lp,; b de maximale procestemperatuur T,.

Voor lucht is k = 1,4 en c, = 1,005 kJ/(kg . K). Voor helium is k = 1,66 en c , = 5,23 kJ/(kg K).

Oplossing Het standaard kringproces van een eenvoudige gasturbine-installatie is het proces 1-2-3-4 van fig. 11 .l. Schrijven we voor de drukverhouding p21pI = p3/p4 = E, dan is volgens de wet van Poisson: T2 = Tl (p2/pl)*% = Tl &-'/i en T3 = T, d% -, T, - T, = (T4 - T,) &-h

De uitdrukking (a) kan worden omgewerkt tot:

Om een thermisch rendement van 0,35 te bereiken, is de noodzakelijke drukverhouding voor lucht e = (1/0,65)'.%).4 = 4,52 voor helium e = (1/0,65)'.~%).~ = 2,95 De warmtetoevoer Ql = Q2-3 = m C,, (T3 - T2) zodat

Voor het thermisch rendement kan worden geschreven:

Substitutie hiervan is (b) levert:

De temperatuur na de isentrope compressie bedraagt

voor lucht: Tz = Tl k% = 300 x 4,52"%.4 K = 461,6 K

voor helium: T2 = 300 x 2,95""%.. K = 461,2 K.

Verder is P = 8 x 104 Hls, qth = 0,35, m = 380 kgls en cp = 1,005 H/(kg - K) resp. cp = 5,23 kJl(kg K) zodat na substitutie van deze getallen in (c) de gevraagde temperatuur T3 kan worden berekend. Dit levert:

lucht: T3 = x lo4 + 461,6 K = 1060,l K

0,35 x 380 x 1,005

helium: T3 = +461,2 K=576,2K 0,35 X 380 X 5,23 Ì

Zowel met betrekking tot de noodzakelijke drukverhouding als de vereiste maximum temperatuur is helium als arbeidsmedium dus gunstiger dan lucht.

Van een gasturbine-installatie volgens fig. 11.9 (theorieboek) is Ti = 300 K, T3 =

1000 K, E = 4, cp = 1,O kJ/(kg K) en k = 1,4. Het isentrope rendement van de compressor is 80%, dat van de turbine 85%.

a Bepaal van de installatie het thermisch rendement en het specifieke brandstofverbruik in g/MJ als de stookwaarde van de brandstof 40 MJ/kg bedraagt.

b Wat wordt het thermisch rendement als een warmtewisselaar wordt opgesteld met een rendement van 70%.

Aan wijzingen a De temperatuur T2 en T4 (fig. 11.2) kunnen uit de wet van Poisson worden

berekend en de temperaturen TT en T41 vervolgens uit de gegeven isentrope rendementen. (zie opgave 11.1). Dit levert: T2 = 445,8 K; T4 = 673,O K ; T2t = 482,3 K ; Tq = 722 K. Voor het thermisch rendement geldt de volgende uitdrukking (zie opgave l l .l):

Uit qth = Cw/ql volgt dat de nuttige arbeid het produkt is van het thermisch rendement en de toegevoerde warmte. Uit 1 gram brandstof met een stookwaarde van 40 kJ kan dus 0,185 x 40 kJ = 7,4 kJ arbeid worden verkregen. Voor de levering van 1000 kJ arbeid is dus 1000/7,4 gram brandstof nodig, zodat het specifieke brandstofverbruik 135,l g/MJ bedraagt. De berekeningswijze van opgave 11.1 kan natuurlij k ook worden gevolgd.

b In een warmtewisselaar wordt door de uitlaatgassen met temperatuur T4# warmte overgedragen aan de gasstroom na de compressor. Als de temperatuur hiervan toeneemt tot Ts (fig. 11.2) dan behoeft in de verbrandings-

Fig. 11.2

ruimte minder warmte te worden toegevoerd om de maximale procestemperatuur T3 te bereiken. Uit het rendement van de warmtewisselaar kan T5 worden berekend. Per definitie is

Het toevoegen van een warmtewisselaar aan de installatie veroorzaakt dus een grote toename van het thermisch rendement. Het effect van de warmtewisselaar is groter naarmate de drukverhouding lager is. Bij toename van de drukverhouding neemt T2. toe en Tq' af. Dit betekent dat er een drukverhouding bestaat waarvoor T2' = T&. In deze situatie zal opstelling van een warmtewisselaar geen rendementsverbetering bewerkstelligen.

In een gasturbine-installatie, voorzien van een warmtewisselaar met een rendement van 70%, is de temperatuur van het arbeidsmedium vóór de compressor 300 K en vóór de turbine 1200 K. De isentrope rendementen van compressor en turbine zijn resp. 0,82 en 0,87. De begindruk is 1 bar, de druk vóór de turbine 5 bar, terwijl de drukverliezen in warmtewisselaar en verbrandingskamer tezamen 0,5 bar bedragen. Het drukverlies aan de gaszijde van de warmtewisselaar is 0,3 bar. Bereken van deze installatie het thermisch rendement en het geleverde vermogen als bij de compressie k = 1,4 en c, = 1,005 kJl(kg - K), terwijl tijdens de verwarming en de expansie met een k van 1,33 en een cp van 1,16 kJl(kg . K) gerekend moet worden. De massastroom m bedraagt 250 kgls.

Oplossing In fig. 11.3 is het T-s-diagram van de gasturbine-installatie getekend. Voor het thermisch rendement schrijven we in dit geval:

In theoretische beschouwingen wordt c, constant verondersteld en wordt de drukverhouding bij compressie gelijk genomen aan die bij expansie. In werkelijkheid treden drukverliezen op bij de gasstroming zodat de genoemde drukverhoudingen niet precies gelijk zijn. Bovendien is in werkelijkheid de c, niet constant omdat de gassamenstelling verandert. Ook is cp een functie van de temperatuur en verandert dus omdat de verschillende

temperatuurtrajecten niet gelijk zijn. In deze opgave moet met bovengenoemde aspecten rekening worden gehouden. Om q t h te kunnen berekenen, zullen de nog onbekende temperaturen in (a) worden bepaald. T2 = Ti $-M = 300 X 5,51L?'l.4 K = 488,3 K

Aan de uitlaatgaszijde van de warmtewisselaar is het drukverlies 0,3 bar zodat de gasdruk na de turbine 1,3 bar bedraagt en de drukverhouding gelijk is aan 511,3.

De uitwendige warmtetoevoer bedraagt: 9 5 - 3 = C , (T3 - Tg) = 1,16 X (1200 - 791,3) kJ/kg = 474,l kJ/kg. Substitutie van de gevonden waarden in (a) levert:

s-+

Fig. 11.3

De teller in qth stelt de nuttig geleverde arbeid voor, uitgedrukt in kJIkg. Bij een massastroom m van 250 kgls is het vermogen P dat de installatie levert gelijk aan: P = m ZW, = 250 x 113,31 kW = 28.328 kW.

Van een gasturbine-aggregaat zijn bij de beproeving de volgende waarden gemeten: - luchttemperatuur vóór de compressor 300 K, na de compressor 474 K; - gastemperatuur vóór de turbine 1000 K, na de turbine 712 K; - gastemperatuur na de warmtewisselaar 600 K. De drukverhouding E = 4 en k = 1,4. Bereken het isentrope rendement van compressor en turbine, het rendement van de warmtewisselaar alsmede het thermisch rendement van de gehele installatie.

Aan wijzingen Het kringproces is afgebeeld in het T-s-diagram van fig. 11.4. De temperatuur T2 en T4 na een isentrope compressie en expansie kunnen uit de wet van Poisson (3.3) worden berekend. Dit levert T2 = 445,8 K en T4 = 673,O K . Met de berekende en gegeven temperaturen kunnen de gevraagde rendementen - qic, qiT, qw en q;)7 - worden berekend. Uit de definitie van qic enz. volgt:

T.5 - T21 rlw = + qw = 52,9%

T4* - TT

Van een gasturbine-installatie is de temperatuur vóór de compressor 300 K en de temperatuur voor de turbine 1000 K. Per seconde stroomt er 20 kg lucht door de installatie. De drukverhouding E is 6,25 en het isentrope rendement van turbine en compressor is 85%. Als cp = 1,O kJ/(kg K) en k = 1,4 bereken dan:

a het thermisch rendement en het vermogen van de installatie; b het thermisch rendement als de compressie in twee trappen wordt uitgevoerd; de

drukverhouding per trap is gelijk en na de eerste trap wordt de lucht weer tot de begintemperatuur afgekoeld;

c het thermisch rendement en het geleverde vermogen als bovendien een warmtewisselaar met een rendement van 60% aan de installatie wordt toegevoegd.

Oplossing a Het kringproces 1-2'-3-4' is weergegeven in het T-s-diagram van fig.

11.4. Met een drukverhouding E van 6,25 geldt voor T2:

Ti = Ti h'/* = 300 x 6,25"'%.4 K = 300 x 1,688 K = 506.4 K. Na de isentrope expansie 3-4 is

Uit de gegeven isentrope rendementen van compressor en turbine volgt:

Tq = { 1000 - 0,85 (1000 - 592,4) ) K = 653,5 K Voor het thermisch rendement van de installatie geldt:

Fig. 11.4

s+

Fig. 11.5

Voor het vermogen dat de installatie levert geldt: P = m ZW, = m {cp (T3 - T4) - cp (TZ. - T,)} = 20 X 103,7 kW = 2074 kW

b De druk p2 na de lagedruk-cilinder (fig. 11.5) is bij een gelijke drukverhouding per trap als volgt te bepalen:

= 5. Daar p5 = p2 is p2 = = J6,25 bar = 2,5 bar. P1 P5

Na compressie in de eerste trap is T, = Tl E<-% = 300 x 2,5"/1.4 K = 389,s K

Omdat in de tweede trap de drukverhouding gelijk is aan die in de eerste trap en bovendien gegeven is dat T5 = Tl is T6 = T2 en Tg' = TT.

(T3 - T#) -2 (T28 - T I ) (1000 - 653,5) -2 (405,6 - 300) . loo% 77th =

- -

T3 - TU 1 O00 - 405,6

c Stel dat de lucht in de warmtewisselaar tot T7 kan worden verhit. Voor het rendement van de warmtewisselaar geldt dan dat

T7 = { 0,6 (653,5 - 405,6) + 405,6 } K = 554,3 K. Het thermisch rendement wordt door de opstelling van de warmtewisselaar opgevoerd tot:

Het geleverde vermogen bedraagt: P = m ((T3 - T4) - 2 (T2' - Ti ) } = 20 X 135,3 kW = 2706 kW. De vermogenstoenarne van ca. 30% is het gevolg van de arbeidsbesparing die door tweetrapscompressie is verkregen. Op het thermisch rendement echter heeft tweetrapscompressie vrijwel geen invloed. De warmtewisselaar daarentegen geeft geen vergroting van het vermogen maar wel een verbetering van het thermisch rendement.

Van een gasturbine-aggregaat. werkend volgens het kringproces 1-2-3-7 van fig. 11-12 (theorieboek) is Tl = 300 K, T2 = 475 K, T3 = 1000 K, p1 = 1 bar en k = 1,4. De soortelijke warmte c,, is constant. Bereken:

a het thermisch rendement van de installatie; b het thermisch rendement van de installatie als de gassen, na expansie tot 2,5 bar.

opnieuw tot 1000 K worden verhit;

c het onder b gevraagde opnieuw als het isentrope rendement van de compressor 85% bedraagt en dat van de beide turbines 90%;

d het thermisch rendement als in het bovenstaande geval c bovendien een warmtewisselaar met een rendement van 75% wordt opgesteld.

Aan wijzingen a Het bedoelde kringproces 1-2-3-7 is in onderstaande fig. 11.6 aangege-

ven. Hierin is

P3 5 P 5 b De drukverhouding - = - = 2, de drukverhouding - = 2.5. P4 2,5 P6

Met deze drukverhoudingen kunnen uit de wet van Poisson T4 en T, worden vastgesteld. Dit levert: T4 = 820,3 K en T, = 769,7 K . Het thermisch rendement van het kringproces 1-2-3-4-5-6-1 kan nu worden bepaald.

Fig. 11.6

220

Het thermisch rendement neemt door herverhitting dus af. De nuttig geleverde arbeid neemt wel toe maar blijkbaar in verhouding minder dan de toe te voeren warmte.

c We moeten nu uit de definitie van de isentrope rendementen de temperaturen TT T4 en Tg' berekenen.

Dit levert: TT = 505,9 K, T4 = 838,3 K en Th' = 792,7 K.

d Als in de voorgaande installatie tevens een warmtewisselaar wordt opgesteld, neemt de intreetemperatuur van de lucht in de verbrandingsruimte toe tot Tx.

Aangezien de nuttige arbeid door de plaatsing van een warmtewisselaar niet toeneemt, kon in bovengenoemde breuk de teller worden overgenomen uit de qth van c. Het thermisch rendement neemt echter sterk toe en wel van 24,9% tot 37,0%. Voor verbetering van het thermisch rendement heeft het toepassen van herverhitting dus alleen zin als tevens een warmtewisselaar wordt opgesteld.

Het isentrope rendement van compressor en turbine in een gesloten gasturbine- installatie is 0.82 resp. 0,88. Aan de inlaat van de compressor is de druk 4.5 bar en de temperatuur 320 K, terwijl de toestand van het gas aan de turbine-inlaat gegeven is door 27 bar en 1250 K. Bereken, voor een nuttig vermogen van 3 MW en ar- gon als arbeidmediurn:

a de vereiste massastroom in kgls;

b het 'bruto' turbinevermogen in MW; c de warmte-afgifte in de koeler (in kW) en het percentage dat dit uitmaakt van de

toegevoerde warmte; d het brandstofverbruik (in mnls) en het thermisch rendement als de stookwaarde

van de gasvormige brandstof 32 MJImn bedraagt. cp = 0,54 kJ/(kg K) en k = 1,66.

Oplossing In onderstaande fig. 11.7 is een schema van de gesloten installatie gegeven.

a Voor het vermogen van de installatie kan worden geschreven: P = m { cp (T3 - T4*) - cp (TZ* - T I ) J (a) Hieruit kan de massastroom m worden bepaald na berekening van de temperatuur T2f en T#. De drukverhouding E = 6 zodat Tz = T , .&'h = 320 x 6".'h/i~ K = 652,4 K.

Vervolgens kan uit qi, = 0,82 = T2 - Tl de T2t worden bepaald (T2' = 725,4 K ) TT - Tl

De temperatuur T4 kan berekend worden uit

T3 1150 T, = - = --- K = 564,O K en de temperatuur T4/ uit: - 6"'"/l.~

A L

3 S = 32 MJIm, 27 bar, 1150 K

L r

4,5 bar, 320 K

i' Fig. 11.7

Deze uitkomsten gesubstitueerd in (a) levert de gevraagde massastroom m. 3000 x 103 = m x 540 (1150 - 634.3 - 725,4 + 320) = 59.562 X m. h = 50,4 kgls. Het turbinevermogen zonder aftrek van het vermogen voor de compressor is PT = m c, (T3 - T4f) = 50,4 x 0.54 ( 1 150 - 634,3) kW PT = 14.035,3 kW 14,O MW. De uitlaatgassen worden na de turbine van Tg = 634.3 K tot Tl = 320 K afgekoeld. De afgevoerde warmtestroom bedraagt: Qq-* = m C, ( T , - Tg) = 50,4 X 0,54 (320 - 634,3) kW = -8554,O kW De toegevoerde warmtestroom in de verbrandingsruimte bedraagt: QT-3 = m C, (T3 - T21) = 50,4 X 0,54 (1 150 - 725,4) kW = 11.555.9 kW. De toegevoerde warmtestroom kan ook berekend worden uit:

- I Q4?-, 1 = P + e24-3 = P + ( I = (3000 + 8554,O) kW Q2f-3 = 11.554,O kW. Het gevraagde percentage is dus

De toe te voeren warmtestroom bedraagt QT-3 = 11.555,9 kW zodat de benodigde brandstoîhoeveelheid gelijk is aan

Het thermisch rendement kan worden bepaald uit:

Ook uit het feit dat 74,0% van de toegevoerde warmte wordt kan de conclusie worden getrokken dat qth = 26,096 bedraagt.

afgevoerd,

In een gesloten gasturbine-installatie wordt het arbeidsmedium (helium) in twee trappen adiabatisch gecomprimeerd van 25 bar en 30 "C tot 100 bar. Het isentrope

rendement van beide trappen is 80%. Na de eerste trap wordt het gas met een druk van 50 bar in een tussenkoeler tot 40 "C afgekoeld en vervolgens verder gecomprimeerd tot de einddruk. Na een warmtewisselaar te zijn gepasseerd, moet

aan de verbrandingskamer waarvan het thermisch rendement 90% bedraagt, per kilogram helium 3026,9 kJ warmte worden toegevoerd om de maximale procestemperatuur van 1150 K te bereiken. Na een niet-omkeerbare adiabatische expansie in een turbine worden de uitlaatgassen in de bovengenoemde warmtewisselaar

afgekoeld tot 522,3 K en vervolgens in een met water gekoelde warmtewisselaar weer op 30 "C gebracht. Bereken voor een massastroom van 120 kgls het isentrope rendement van de turbine, het thermisch rendement van de installatie alsmede het geleverde vermogen. k = 1,6 en cp = 5,3 kJl(kg K).

Aan wijzingen De installatie is vrij gecompliceerd zodat het duidelijker is om e.e.a. schematisch weer te geven (fig. 11.8). Fig. 11.9 geeft het bijbehorende T-s-diagram. De drukverhouding E in elke compressietrap is 2 zodat T2 = 303 x 2°'Mh~66 K = 399,l K en T4 = 313 x 2 " . ~ . ~ K = 412,3 K. De temperaturen TT en T4 kunnen uit de isentrope rendementen worden bepaald. Dit levert: T;. = 423,l K en T4 = 437,l K. In de warmtewisselaar neemt de temperatuur van het gas toe van T4 tot T7 en in de verbrandingskamer van T7 tot Tg. Volgens het gegeven bedraagt de door het arbeidsmedium opgenomen warmte: q7-s = 0,9 x 3026,9 kJ/kg = 2724,2 kJ/kg. We kunnen hiervoor ook schrijven q 7 - ~ = 2724,2 = cp (TS - T,).

Fig. 11.8

De temperatuur TS = 1150 K (gegeven) zodat T7 = 636,O K. De temperatuurtoename AT van het gas in de warmtewisselaar is dus AT = T7 - T4' = (636,O - 437,l) K = 198,9 K. We nemen aan dat c,, constant is zodat de uitlaatgassen ook 198,9 K in temperatuur dalen dus Tg - Tg = 198,9 K + Tg = (522,3 + 198,9) K = 712,2 K. Uit de wet van Poisson toegepast op de isentroop 5-6 levert met E = 4 de theoretische eindtemperatuur na expansie (T6 = 662,7 K). Het isentrope rendement van de turbine is nu te berekenen.

Voor het thermisch rendement van de installatie geldt:

Het geleverde vermogen is P = m C, {(Ts - Tg) - (TZ - Ti) - (T4. - T3)} + P = 117,4 MW.

rw - P Uit qth = - - - mq1 mq1

blijkt dat het vermogen ook het produkt is van qth, de massastroom m en de warmte die per eenheid van massa aan het arbeidsmedium wordt overgedragen P = v t h m q, = (0,359 X 120 X 0,9 X 3026,9) kW = 117,4 MW.

Van een gecombineerde installatie, bestaande uit een gasturbine en een stoomturbine (fig. 11 .l 9 uit het theorieboek), zijn de volgende gegevens bekend: De drukverhouding E van de gasturbine-installatie is 10, de inlaattemperatuur van compressor resp. turbine is 300 K en 1325 K. Het isentrope rendement van de compressor is 85%, dat van de gasturbine 87%. De uitlaatgassen van de turbine gaan naar een stoomketel en verlaten de ketel met een temperatuur van 450 K. Voor de stoomcyclus geldt: stoomcondities 100 bar 470 "C, condensordruk 0,06 bar, isentroop rendement van de turbine 86%. Als k = 1,4 en cp ,,,h, = 1,l kJ/(kg - K) bereken dan m.b.v. de stoomtabellen en het h-s-diagram:

a de vereiste warmtetoevoer in de verbrandingsruimte per kg lucht; b de verhouding van de massastromen lucht-stoom; c de netto-arbeidslevering van de gasturbine in kJ per kg lucht; d de netto-arbeidslevering van de stoomturbine in kJ per kg stoom; e het thermisch rendement van de gasturbine-installatie, van de stoomcyclus en van

de gecombineerde installatie; de arbeid die aan de ketelvoedingspomp moet worden toegevoerd, wordt verwaarloosd.

Oplossing In onderstaande fig 11.10 is de installatie schematisch weergegeven. Het T-s-diagram van de gasturbine-installatie is gelijk aan dat van fig. 11.1. Met E = 10 en de wet van Poisson (3.3) kunnen we T2 en T4 bepalen en uit de gegeven ui, en ui, de TT en Tc.

2' 100 bar, 470" C

c,

'\I L r 450 K 300 K K

A F

P

Fig. 11.10

a De vereiste warmtetoevoer in de verbrandingsruimte V bedraagt: qr-3 = cp (T3 - TT) = 1,l (1325 - 628,5) kJ/kg = 766,2 kJ/kg.

b De warmtehoeveelheid q die per kg gas in de stoomketel aan het water wordt overgedragen bedraagt: 1 q 1 = cp (T4. - 450) kJlkg = 1.1 x 319,3 kJ1kg = 351,2 kJ1kg. Uit de stoomtabel kan door interpolatie de enthalpie hl worden bepaald van stoom van 100 bar en 470 "C (h5 = 3296,O kJlkg). Voor het condensaat van 0,06 bar is h,! = 151,5 kJ1kg. We moeten aannemen dat dit condensaat zonder voonvarming de ketel wordt ingepompt zodat de vormingswarmte van de stoom (3296,O - 151,5) kJ/kg = 3144 kJ1kg bedraagt. Om 1 kg stoom te produceren is dus 3144,5/351,2 kg = 8,95 kg gas nodig. De verhouding van de massastroom lucht-stoom is dus gelijk aan 8,95.

c Voor de netto-arbeidslevering van de gasturbine-installatie schrijven we:

Wnetto = wt,,, - I t I = cp ( (T3 - T#) - VZ. - TI) l - 1,l (555,7 - 328,5) kJ1kg = 1,l X 227,2 kJ1kg = 249,9 kJ1kg. Wnetto -

d In de stoomcyclus is de enthalpie h6 na een isentrope expansie 2000 kJlkg (h-s-diagram). Uit de definitie van het isentrope rendement van de stoomturbine volgt dat voor de arbeid w, die de turbine levert, kan worden geschreven: W , = (h5 - hg) = qi (h5 - h6) = 0,86 (3296,O - 2000) kJ/kg = 1114,6 kJ/kg.

e Voor het thermisch rendement van de gasturbine-installatie geldt:

Uitgaande van een stoomproduktie van 1 kg geldt voor de stoomcyclus:

Voor het thermisch rendement van de gecombineerde installatie schrijven we de verhouding van de totaal geleverde arbeid en de daarvoor met de brandstof toe te voeren warmte. In de stoomcyclus gaan we weer uit van 1 kg stoom, in het kringproces van de gasturbine dus van 8,95 kg lucht. In de teller van (a) staat de per kg lucht geleverde arbeid (249,9 kJ/kg), in de noemer de warmte die aan de verbrandingsruimte wordt toegevoerd. Dit komt overeen met de uitwendige warmtetoevoer aan de gecombineerde installatie

Van een vliegtuig voorzien van een turbojet is het door de gasturbine geleverde vermogen juist voldoende om de compressor aan te drijven. D e temperatuur, druk en snelheid van de lucht bij de inlaat van de diffusor, die vóór de compressor is aangebracht, zijn achtereenvolgens T. = 240 K , po = 0,4 bar en co = 300 m/s. De luchtsnelheid vóór de compressor en na de turbine kan worden verwaarloosd. De drukverhouding E in de compressor is 9 en de gastemperatuur T3 vóór de turbine bedraagt 1200 K. Als de massastroom m = 70 kgls, bereken dan bij een isentrope compressie en expansie, de uittreesnelheid van het gas uit de straalbuis die achter de turbine is geplaatst en de stuwkracht die op het vliegtuig wordt uitgeoefend. cp = 1050 J/(kg K) en k = 1,4.

Aan wijzingen In de diffusor wordt de luchtsnelheid c, tot een verwaarloosbare snelheid cl teruggebracht. De druk neemt daarbij toe van po -+ pl. Op deze toestandsverandering - als 0-1 afgebeeld in fig. 11.1 1 - kunnen we de eerste hoofdwet voor open systemen toepassen.

90-1 = (hl - ho) + Wt&, + @k1 - eko) + (epi - epo) In deze vergelijking kunnen de volgende termen nul gesteld worden:

92-13 Wt(,,i eki en (epi - epo) Dit levert dan de volgende vergelijking:

1 hl - ho = f co 2 of cp ( T I - TO) = 7 CU 2.

Daarna kan uit Tklpk-l = C de druk pl worden berekend.

Vervolgens kunnen met de gegeven drukverhouding ( E = 9), de druk en temperatuur (p2, T*) na de compressor worden bepaald

p2 = E P I = 9 X 0,71 bar = 6,4 bar.

De voor de compressor benodigde arbeid is: I W I = c, (T2 - Ti) = 1,05 (530.0 - 282,9) kJ/kg = 259,5 kJlkg. De arbeid die de turbine levert moet juist voldoende zijn om de compressor aan te drijven. De expansie verloopt isentroop van 3 + 4 waarbij de toestand 4 (p4 T4) nog bepaald moeten worden. Uit wtT = c, (T3 - T4) = wlc volgt T4.

De hierbij behorende druk volgt uit (3.3)

Voor de uitstroomsnelheid van het gas uit de straalbuis geldt volgens de afleiding op pag. 117 (theorieboek): CS = 44,7 dcP (T4 - T5) De temperatuur Tg na de isentrope expansie in de straalbuis volgt uit

Substitutie in (a) levert: i c5 = 44,7 d 1,05 (952,9 - 543,4) mls = 926,9

De stuwkracht F kan worden berekend uit: F = m (c5 - C,) = 70 (926,9 - 300) N = 43.883 N

Fig. 11.11

12 Koelinstallaties

Van twee koelmachines A en B, werkend volgens een Carnot-proces is de condensatietemperatuur gelijk (25 "C). De verdampingstemperatuur van machine A is echter 1 "C en die van machine B - 12 "C. Als dezelfde hoeveelheid warmte uit de koelruimte moet worden onttrokken, bereken dan de benodigde arbeid van B t.o.v. A in procenten.

Aanwijzingen Voor een Carnot-proces (fig. 12.1) geldt voor de koudefactor:

Voor machine A is I f WA I = Q2 -24

274

Voor machine B zijn Q2 en T , gelijk maar T2 = 261 K. Derhalve is

Het gevraagde l

percentage is dus 1 I

s+

Fig. 12.1

S --b

Fig. 12.2

Deze grote toename van de toe te voeren arbeid toont aan dat men in een koelinstallatie de temperatuur T2 niet lager moet maken dan strict nodig is.

Van een koelinstallatie werkend met NH3 is gegeven dat de condensatietemperatuur 24 "C en de verdampingstemperatuur - 10 "C bedraagt. Als de compressor verzadigde damp aanzuigt en in de condensor geen nakoeling plaatsvindt, bepaal

dan m.b.v. de gegevens uit tabel IX (theorieboek): a de temperatuur en de enthalpie van de damp na de isentrope compressie als voor

de gemiddelde soortelijke warmte van de damp bij 9,72 bar 2,5 kJ/(kg K) wordt aangenomen;

b de afgevoerde warmte in de condensor per kg koelmedium en het percentage dat

de oververhittingswarmte hiervan uitmaakt; c het damppercentage na de regelkraan; d de koudefactor en de koudeproduktie in kJlkWh; e de circulerende hoeveelheid ammoniak in kglh als per uur 600 MJ warmte uit de

koelcel moet worden onttrokken.

Oplossing Het kringproces van de koelinstallatie is in bijgaande fig. 12.2 weergegeven. Om de berekeningen te kunnen uitvoeren zijn h en s voor een aantal karakteristieke punten van het diagram aan tabel IX ontleend. hl = 294,O kJ/kg s1 = 1,1075 kJ/(kg . K) h3 = 1432,O kJ/kg s3 = 5,4730 kJ/(kg K) hg = 1464,3 kJ/kg SS = 5,0467 kJl(kg K) h6 = 135,2 kJ/kg s6 = 0,5440 kJ/(kg K)

T4 a Uit s4 = s3 en s4 = SS + Tp In - volgt dat T5

T4 5,4730 = 5,0467 t- 2,5 In - -+ T4 = 3529 K 297

h4 = h5 + cp (T4- Tg) = (1464,3 + 2,5 X 55,2) kJlkg = 1 6 4 3 kJlkg b De warmteafgifte in de condensor is

144-1 1 = h4 - hl = (1602,3 - 294,O) kJ/kg = 1308,3 kJ/kg De oververhittingswarmte I q,-5 I = h4 - hs = (1602,3 - 1464,3) kJ1kg =

138,O kJ/kg De oververhittingswarrnte is 138,O

13,083 % = 10,5% van de totaal afgevoerde

warmte. c Bij smoren is de enthalpie constant -+ hl = h2

q2 h3-h2 h3-hi 1138,O - d De koudefactor E = - - - - = 6,68 -

IxwI I h4 - h3 170,3

Uit het bovenstaande volgt dat de koudeproduktie 92 = h3 - h2 = h3 - hl = 1138,O kJlkg. De toe te voeren arbeid I l = 170,3 kJ1kg zodat de massa die bij ar- beidstoevoer van l kWh = 3600 kJ wordt gecomprimeerd 3600/170,3 kg bedraagt. De koudeproduktie is dan

e De warmtehoeveelheid die per kg koelmedium uit de koelruimte wordt onttrokken is q2 = q2-3 = 1138 kJ1kg. Voor het onttrekken van 600.000 kJ/h is de vereiste massastroom dus

600.000 kglh = 527,2 kglh. m = 1138

Als het thermisch rendement van een positief werkende Carnot-machine gelijk is aan 115, bereken dan:

a de maximale waarde van de koudefactor van een compressiekoelmachine waarvan de verhouding tussen de maximale en minimale procestemperatuur gelijk is aan die van het genoemde Carnot-proces;

b het maximale warmteproduktiegetal van een warmtepomp met dezelfde temperatuurgrenzen.

Aan wijzingen Voor het thermisch rendement van een positief Carnot-proces geldt dat

Hierin is T, de temperatuur waarbij de warmte wordt toegevoerd en T2 de temperatuur waarbij de warmte-afvoer plaatsvindt.

a Van een koelmachine geldt volgens het gegeven dat T21Tl = 415 zodat TI/T2 = 1,25. Voor de maximale waarde van de koudefactor kunnen we schrijven:

b Bij dezelfde temperatuurgrenzen Tl en T2 is de maximale waarde van het warmteproduktiegetal:

Voor gelijke omstandigheden is de waarde van het warmteproduktiegetal 1 groter dan die van de koudefactor. (E, = E + 1)

Van een koelinstallatie met freon 12 als koelmiddel is het slagvolume van de elektrisch aangedreven compressor 50 m31h en de vullingsgraad 79%. De verdampingstemperatuur is -10 "C en de condensatietemperatuur 15 "C. De compressor

zuigt verzadigde damp aan waarvan de enthalpie, na de isentrope compressie, 197,6 kJ/kg bedraagt. In een regelkraan wordt de vloeistof (15 "C) op de vereiste verdamperdruk gebracht.

a Teken het proces in een T-s-diagram en bereken het koudevermogen van de in-

stallatie in kW. b Bepaal de elektrische energie in kJ die per uur uit het net wordt onttrokken als

het rendement van de elektromotor 90% en het mechanisch rendement van de

compressor 85% bedraagt. c Als het koelwater in de condensor een temperatuurstijging van 5 "C verkrijgt, wat

is dan de benodigde hoeveelheid koelwater uitgedrukt in kglh; c, = 4,2 kJ/(kg - K). Gegeven: tabel V1 achterin het theorieboek.

Oplossing a Het proces is getekend in de bijgaande fig. 12.3. Uit tabel V1 volgt dat

h l = (47,26 + f x 3,79) kJ1kg = 50,lO kJ/kg. h3 = 183,19 kJ/kg en 3 = 76,65 dm31kg. Verder is gegeven dat h4 = 197,6 kJ/kg.

Het koude vermogen = m (h3 - h2). De vullingsgraad (volumetrisch rendement) is 79% zodat per uur 50 x 0,79 m3 = 393 m3 damp van toestand 3 wordt aangezogen. D e circulerende massastroom is dus

v 3 m = p 3 ~ 3 = - . = 3975 kglh = 515,3 kglh. 3 76,65x 10-3

Voor deze massastroom is de koudeproduktie:

b De theoretisch benodigde arbeid per uur bedraagt:

Rekening houdend met de gegeven rendementen is de benodigde elektrische arbeid

Er wordt dus 9707 kJ elektrische energie per uur aan het net onttrokken. c De afgegeven warmtestroom in de condensor is

Q , = m (h4 - h, ) = 515,3 (197,6 - 50,lO) kJ/h = 76.006,8 kJ/h. Deze warmtehoeveelheid wordt door het koelwater opgenomen zodat de massastroom water (m,), uitgedrukt in kglh, berekend kan worden uit:

m, ë, AT, = 76.006,8 -+ h, = 76'006'8 kglh = 3619,4 kglh. 4,2 x 5

Fig. 12.3 Fig.

In een koelinstallatie werkend met ammoniak als koelmiddel, is de condensatiedruk 8,57 bar en de druk na de regelkraan 2,91 bar. De compressie van de aangezogen verzadigde damp verloopt niet-omkeerbaar adiabatisch. Na de compressie is de temperatuur van de damp 354 K en de enthalpie 1625 kJ/kg. Gevraagd:

a het proces af te beelden in een T-s-diagram als geen nakoeling van het condensaat

optreedt; b de gemiddelde waarde van de soortelijke warmte van de oververhitte damp;

c het dampgehalte na de regelkraan;

d de koudefactor E en de koudeproduktie in kJ/kg; e de benodigde arbeid per kilogram koelmedium in het T-s-diagram aan te geven.

Gegeven: tabel IX achterin het the~rieboek.

234

Aan wijzingen In fig. 12.4 is het kringproces 1-2-3-4-5 weergegeven. In tabel IX kan worden afgelezen dat: bij 2,9 bar t, = - 10 "C h6 = 135,2 kJlkg en h3 = 1432,O kJIkg bij 8,57 bar t, = + 20 "C hl = 274,9 kJ/kg en hs = 1461,5 kJ/kg Gegeven is T4 = 354 K en h4 = 1625 kJ1kg. De gemiddelde soortelijke warmte van de ammoniakdamp kan bepaald worden uit: h4 = h5 + CP (T4 - Ts) -+ CP = 2,68 kJ/(kg - K).

Uit hl = h2 en h2 = x2 h3 + (1 - x2) h6 volgt dat x2 = h l - h6

h3 - h6

Substitutie van de enthalpiewaarden levert: x2 = 0,108 kglkg. Voor de koudefactor E geldt per definitie dat:

De teller van het bovenstaande quotiënt is per definitie de gevraagde koudeproduktie q 2 = h3 - h2 = h3 - hl = 1157,l kJ/kg De benodigde arbeid I Iw I = 1 w 1 = h4 - h,. Kiezen we toestand 6 als nulpunt van de enthalpie dan is h4 e opp 6'-6-1-5-4-4' en h3 o opp 6'-6-3-3'. Het verschil van beide oppervlakken is in fig. 12.4 in grijs weergegeven.

Van een compressiekoelmachine met ammoniak als werkzaam medium is de ver- dampingdruk 1,195 bar en de druk in de condensor 8,57 bar. Na de condensor (toestand l) wordt de vloeibare ammoniak van 20 "C gesmoord (toestand 2). Ver- volgens wordt uit de koelruimte warmte opgenomen en bij een dampgehalte van 0,94 kglkg (toestand 3) wordt het medium isentroop gecomprimeerd (toestand 4). De daarvoor benodigde arbeid bedraagt 248,7 kJ/kg. De soortelijke warmte van de oververhitte damp kan op 2,74 kJ/(kg. K) worden gesteld. Teken het kringproces in een T-s-diagram en geef hierin de koudeproduktie, de benodigde arbeid voor de compressor alsmede de winst in koudeproduktie als een expansiecilinder in plaats van een regelkraan zou zijn aangebracht, door arcering aan. Stel een tabel op voor p, T, s, h en x in elk van de bovengenoemde vier toestanden. Bereken de koudefactor E alsmede het toe te voeren vermogen, als per uur 103 MJ warmte aan de koelruimte wordt onttrokken. Gegeven zijn de tabellen IX en X achterin het theorieboek.

Oplossing a Fig. 12.5 is een afbeelding van het kringproces in de bovenbeschreven in-

stallatie. In dit diagram is - de koudeproduktie q2 = h3 - h2 o opp 2-3-3'-2' - de compressorarbeid I w,- l = h4 - h3 n opp 7-3-4-5- 1 - winst in koudeproduktie = h2 - h8 o opp 8-8'-8'-2

b In onderstaande tabel zijn de toestandsgrootheden vermeld die gegeven zijn of die uit tabel IX kunnen worden overgenomen. De grootheden die in het navolgende berekend zijn, zijn van een ster voorzien.

Toestand

1 2 3 4

Ook de volgende toestandsgrootheden zijn aan tabel IX ontleend: h7 = 44,7 kJ/kg; h6 = 1404,6 kJ/kg; h5 = 1461,5 kJ/kg. s7 = 0,1873 kJ/(kg . K); s6 = 5,7815 kJ/kg; Uit hl = h2 en h2 = x2 h6 + ( l - x2) h7 volgt:

S Z = + (1 - x2) $7 = (0,1693 X 5,7815 + 0,8307 X 0,1873) kJl(kg K) ~2 = 1,1344 kJ/(kg . K). s3 = (0,94 x 5,7815 + 0,06 x 0,1873) kJ/(kg K) = 5,4458 kJl(kg - K) h3 = ~3 h6 + (1 - x3) h7 = (0,94 X 1 404,6 + 0,06 X 44,7) kJ/kg h3 = 1323,O kJ/kg De compressie-arbeid 1 w,, I = h4 - h3 = 248,7 kJ/kg zodat: h4 = (248,7 + 1323,O) kJ/kg = 1571,7 kJ/kg

Uit h4 = h, +Tp (T4 - T,) -+ T4 = h4 - h5

+ T5

157137 - 1461S + 293 K = 3334 K. T4 = { 2.74

q2 h3 - h2 l323,O - 274,9 1048,l - c De koudefactor E = - - - - - - = 4,2

IZWI h4-h3 1571,7-1323,O 248,7

Voor de warmtestroom Q2 die aan de koelruimte wordt onttrokken geldt

Q2 = m (h3 - h21

Als Q, = l03 MJlh is = Q 2 - 1 O6

kgls h3 - h2 3600 X 1048,l

Het toe te voeren vermogen

Fig. 12.5

s+

Fig. 12.6

In een compressiekoelmachine wordt verzadigde damp van freon 12 adiabatisch gecomprimeerd van 1,826 bar tot 8 bar en 60 "C. Ten gevolge van nakoeling stroomt de freonvloeistof van 8 bar met een temperatuur van 28 "C naar de regelkraan. Bereken van deze machine de koudefactor E, het voor de compressor benodigde vermogen als de geëiste koelcapaciteit 273 kW bedraagt en de hoeveelheid freon die per uur moet circuleren. Gegeven: tabellen VI, V11 en V111 van freon 12 achter in het theorieboek.

Aan wijzingen Van het T-s-diagram van bovengenoemde installatie (fig. 12.6) zijn de volgende grootheden aan de tabellen VI, V11 en V111 ontleend. 1,82 bar: t, = - 15 "C h3 = 180,97 kJlkg 8 bar: t, = 32,74 "C h6 = 67,30 kJlkg; 8 bar 60 "C: h4 = 220,72 kJlkg

hl = 62,63 kJlkg De laatstgenoemde waarde is ontleend aan tabel VI. Dit is toelaatbaar omdat de invloed van de druk op de enthalpie kan worden verwaarloosd.

q2 - q2 De koudefactor E = - - - IZwl I w I J

Hierin is q2 = 92-3 = h3 - h2 = h3 - hl 3 q2 = 118,34 kJlkg De toestandsverandering 3-4 verloopt niet omkeerbaar (s4 > s3). Volgens (6.3) is de hiervoor benodigde technische arbeid:

= -Ah = -(h4 - h,) = - (220,72 - 180,97) kJ/kg = - 39,75 kJ1kg.

Voor bovenstaande uitdrukking kunnen we ook schrijven:

Voor de koudeproduktie per seconde (de koelcapaciteit genoemd) geldt:

Q2 273 Q2=yj2q2+m=-= kgls = q 2 118,34

27'8 x 3600 kg/h = 845,7 kglh. 1 l8,34

De hoeveelheid freon die moet circuleren is dus 845,7 kglh.

In een koelmachine werkend met freon 12 is de verdamperdruk 1,8 bar en de druk

bij condensatie 8,O bar.

De compressor zuigt verzadigde damp aan die isentroop wordt gecomprimeerd. In de condensor wordt het koelmedium 4 "C nagekoeld alvorens de vloeistof naar de regelkraan stroomt. Het koudevermogen bedraagt 305,55 kW. Bereken met behulp van tabel V11 en V111 achter in het boek:

a het aantal graden dat de damp bij de compressie wordt oververhit;

b de gemiddelde soortelijke warmte van de vloeistof bij de nakoeling en het percentage van de vloeistof dat in de regelkraan in verzadigde damp wordt omgezet;

c het aantal kg koelmiddel dat per seconde moet circuleren;

d het slagvolume van de compressor in mvmin alsmede het aan de compressor toe te voeren vermogen als het volumetrisch rendement op 71% wordt gesteld.

Oplossing We tekenen eerst het T-s-diagram van de installatie (fig. 12.7). Vervolgens worden de onderstaande toestandsgrootheden uit de gegeven tabellen overgenomen. 1,8 bar tv = -15,38 "C h7 = 21,98 kJ/kg s7 = 0,0893 kJl(kg . K)

h3 = 180,80 kJ1kg s3 = 0,7054 kJ/(kg . K) = 92,25 drnVkg

8 bar tv = 32,74 "C h6 = 67,30 kJ1kg s6 = 0,2487 kJ/(kg K) hs = 200,63 kJ1kg SS = 0,6845 kJ/(kg - K)

a De oververhittingsgraad is t4 - t5 Bij een isentrope compressie is $3 = s4 = 0,7054 kJl(kg - K) Uit tabel V111 kan worden geconstateerd dat de temperatuur t4 tussen 40 "C en 50 "C moet liggen. De juiste temperatuur kan door interpolatie worden bepaald. Dit levert:

De condensatietemperatuur ts bij 8 bar bedraagt 32,74 "C zodat het aantal graden dat de freon is oververhit gelijk is aan t4 - ts = (41,4 - 32,74) "C =

8,7 "C. b Gevraagd wordt de gemiddelde soortelijke warmte van de vloeistof tussen

32,74 "C en 28,74 "C. Deze laatste temperatuur staat niet in tabel V11 vermeld maar wel 27,65 "C. We bepalen daarom Z tussen 27,65 "C en 32,74 "C; de waarde zal nauwelijks afwijken van die voor het gevraagde temperatuurtraject. Uit de tabel volgt dat bij 7 bar tv = 27,65 "C en hvl = 62,29 kJIkg bij 8 bar tv = 32,74 "C en hvl = 67,30 kJ/kg

- C = 67930 - 62729 kJl(kg K) = 0,984 kJ/(kg K). 32,74- 27,65

Bij smoren is h2 = hl. Uit het bovenstaande volgt dat hl = h, - FAt = (67,30 - 0,984 X 4) kJ/kg = 63,36 kJlkg

Bij het smoren gaat dus 26,1% van de vloeistof in damp over. c De specifieke koudeproduktie

q;! = h3 - h2 = (180,80 - 63,36) kJ/kg = 117,44 kJ/kg Het koudevermogen is het produkt van q2 en de massastroom tiz.

t T

Fig. l

Q2 305,55 Q 2 = m q 2 - + m = - = kgls = 2,6 kgls

q 2 117,44

d Het volume dat de compressor per tijdseenheid moet aanzuigen, bedraagt v3 = rit = 2,6 x 92,25 x 10-3 m31s = 239,85 x 10-3 m3Is Bij een vullingsgraad van 71% is het gevraagde slagvolume V, in m3Irnin te berekenen uit de volgende vergelijkingen: 0,71 VS = 239,85 x 10-3 x 60 -+ VS = 20,3 m'lmin Het toe te voeren vermogen P = m (h4 - h3). We moeten nu de enthalpie van freondamp van 8 bar en 41,4 "C bepalen. Door interpolatie van de enthalpiewaarden bij 40 "C en 50 "C (tabel VIII) vinden we: h4 = { 206,07 + 0,14 X (213,45 - 206,07) } kJ1kg = 207,lO kJIkg Dan wordt het toe te voeren vermogen:

I P I = rit (h4 - h,) = 2,6 (207,lO - 180,80) kW = 68,4 kW.

a In een negatief kringproces wordt verzadigde freon 12 damp van - 30,l "C door de compressor aangezogen en isentroop tot 10 bar gecomprimeerd. Het condensaat uit de condensor stroomt met een temperatuur van 41,64 "C naar de regelkraan. Bereken van dit kringproces de koudefactor E.

b Om de koudefactor te vergroten wordt een in tegenstroom werkende warmtewisselaar aangebracht. De media die hier doorstromen zijn de verzadigde damp van -30,l "C en het condensaat van 41,64 "C. D e damp wordt hierbij opgewarmd tot 20 "C. D e compressie verloopt wederom isentroop. Bereken de koudefactor opnieuw en vergelijk de uitkomst met de eerder gevonden waarde. Gegeven zijn de tabellen VI, V11 en V111 achterin het theorieboek.

Aan wijzingen a Fig. 12.8 stelt in a beschreven kringproces voor. Het 'rendement' van dit

kringproces wordt weergegeven door de koudefactor E die als volgt is gedefinieerd:

q 2 h3-h2-h3-h1 E = - - - -

IXwl h 4 4 3 h4 4 3

Uit tabel V11 volgt dat bij 1 bar t, = - 30,10 "C, h3 = 174,15 kJlkg en s3 = 0,7171 kJ/(kg - K) Bij 10 bar en t, = 4l,64 "C is hl = 76,26 kJ/kg Uit s3 = s4 kunnen we in tabel V111 bij 10 bar de enthalpie h4 door interpolatie bepalen.

b De damp van toestand 3 (1 bar, - 30, "C) wordt in een warmtewisselaar tot + 20 "C verhit. Dit is toestand 4 in fig. 12.9. De oververhittingswarmte wordt geleverd door het condensaat van toestand 7 (10 bar, 41,64 "C) dat daardoor wordt afgekoeld tot Tl.

We moeten nu h l , h4 en hs bepalen. Uit tabel VIII blijkt dat voor damp van 1 bar en 20 "C: h4 = 203,8 kJ/kg en

= 0,8281 kJ/(kg - K). Omdat s4 = ss kunnen we hs uit tabel VIII bepalen (interpoleren). Dit levert: hs = 254,55 kJ/kg De door de damp opgenomen oververhittingswarmte bedraagt: q3-4 = h4 - h3 = (203,85 - 174,15) kJ/kg = 29,70 kJ/kg. Deze warmte wordt afgegeven door 1 kilogram condensaat van toestand 7 zodat h, - hl = q3-4 -+ h, = (76,26 - 29,70) kJ/kg = 46,56 kJ/kg.

Door het plaatsen van een warmtewisselaar is de koudeproduktie in verhouding meer toegenomen dan de toe te voeren arbeid. Het resultaat is een toename van E. Of de opstelling van een warmtewisselaar voordelen biedt, moet voor elke geval afzonderlijk worden nagegaan, omdat het effect ook wel negatief kan uitvallen.

Fig. 12.8 Fig. 12. Y

Voor een gebouw dat door middel van een warmtepomp wordt verwarmd, is bij een buitentemperatuur van -10 "C, 60 kW warmte nodig om de lucht op de vereiste temperatuur te brengen. Er is een verschil van 10 "C tussen de verdampingstemperatuur van het werkzame medium en de temperatuur van de buitenlucht. De condensordruk bedraagt 10 bar. De compressor werkt met een isentroop rendement van 75% en zuigt verzadigde damp aan. De vloeistof die naar de regelkraan stroomt bezit de verzadigingstemperatuur behorende bij de condensordruk. Bereken van deze installatie, die gevuld is met freon 12:

a de verdamperdruk; b het minimale temperatuurverschil in de condensor tussen het werkzame medium

en de te verwarmen lucht als de maximale temperatuur hiervan 33 "C bedraagt; c de freontemperatuur aan de uitlaat van de compressor; d het warmteproduktiegetal; e de massastroom freon 12 in kglh.

Gegeven zijn de tabellen van freon 12 achter in het theorieboek.

Oplossing De berekening van het kringproces van het werkzame medium in de warmtepomp zal met behulp van het T-s-diagram (fig. 12.10) worden uitgevoerd.

a De buitenlucht (-10 "C) voert warmte toe aan de verdamper. Bij het gegeven temperatuurverschil van 10 "C zal de verdampingstemperatuur dus -20 "C bedragen. Hierbij behoort volgens tabel V1 een druk van 1,509 bar. p2 = p3 = 1,Si bar en T2 = T3 = 253 K.

b Om in de condensor warmte te kunnen overdragen moet de condensatietemperatuur van het werkzame medium (41,64 "C volgens tabel VII) hoger zijn dan de temperatuur van de lucht die moet worden verwarmd. Het kleinste temperatuurverschil treedt op als deze lucht de hoogste temperatuur (33 "C) heeft. Derhalve is ATmi, = (41.64 - 33) "C = 8,64 K.

c Aan de gegeven tabellen ontlenen we de volgende grootheden: Bij tv = - 20 "C is h3 = 178.74 kJ/kg en s3 = 0,7087 kJl(kg K). Bij tv = 41,64 "C (10 bar) is hl= 76,26 kJ1kg. We beschouwen eerst de isentrope compressie 3-4. De entropie s4 = s3 =

0,7087 kJ/(kg - K) zodat uit tabel V111 voor oververhitte damp van 10 bar de enthalpie h4 door interpolatie kan worden bepaald.

Uit dezelfde tabel V111 kan nu met behulp van de enthalpie door interpolatie de temperatuur t4. worden bepaald.

t4t = 60 + r 223751 -217'97 20 'C = 67.4 "C -, T,, = 340,4 K 232,91 - 217.97 1

91 lq4'-21 - d Het warmteproduktiegetal E, = - - - IZwl IwtJ

h48 - h, 223,51 - 76.26 E,= = 3,29

h41 - h3 223.5 1 - 178.74

e Voor de geleverde warmtestroom kunnen we schrijven:

De waarde van Q, = 60 kW (gegeven) zodat

m = kg/s = 1466,9 kglh. 223.51 - 76.26

s+

Fig. 12.10

Een gebouw wordt verwarmd met een ketelinstallatie waarvan het rendement 85% bedraagt. D e ketel wordt vervangen door een elektrisch aangedreven warmtepomp met freon 12 als werkzaam medium. Het kringproces verloopt volgens fig. 12.6 (theorieboek) met een verdampingstemperatuur van O "C en een condensatietemperatuur van 56,l "C. Bereken met behulp van de tabellen achter in het theorieboek:

a de temperatuur na de compressie; b de besparing aan primaire energie (brandstof) als het warmteproduktiegetal in

werkelijkheid 75% bedraagt van de theoretische waarde en het totale omzettingsrendement van de elektrische energie wordt gesteld op 36%.

Aan wijzingen Het bovengenoemde kringproces is in fig 12.1 1 opnieuw weergegeven. Uit tabel I1 blijkt dat bij t, = O "C hd = h3 = 187,53 kJ/kg en sd = s3 = 0,6965 kJl(kg . K) Uit tabel V111 blijkt dat bij tl = 56,l " C p l = 14 bar. Voor oververhitte damp van 14 bar en 60 "C is: h = 21 1,61 kJ/kg en s = 0,6881 kJ/(kg - K). Voor oververhitte damp van 14 bar en 80 "C is h = 228,06 kJ/kg en s = 0,7360 kJ/(kg . K).

a Uit de gegevens voor oververhitte damp en s3 = s4 volgt:

t4 = 60+ { - o'6881 x 20 "C = (60 + 0,175 x 20) "C = 63 J "C. 0,7360 - 0,6881 1

4 l - 41 h4-hl b Het warmteproduktiegetal E* = - - - - lm IwtJ h4 - h3

Voor h4 kan in analogie met de berekening bij a worden geschreven: h4 = { 211,61 + 0,175 (228,06 - 211,61) ] kJ/kg = 214,50 kJ/kg Uit tabel V11 vinden we bij p = 14 bar h,, = hl = 91,46 kJ/kg.

4 l De werkelijke waarde van e, = 0,75 x 4,56 = 3,42 -+ 1 w 1 = - 3.42'

s+

Fig. 12. l l

Voor een warmtelevering van 1 kJ is dus 1/3,42 kJ elektrische energie nodig. Omdat het totale omzettingsrendement van de elektrische centrale 36% is (1/0,36) x 1/3,42 kJ = 0,812 kJ aan primaire energie nodig. Met een ketel zou voor de levering van 1 kJ warmte 110,85 kJ = 1,176 kJ aan primaire energie nodig zijn zodat de besparing door het opstellen van een warmtepomp

1,176 - 0,812 1,176

x 100% = 31,0% bedraagt.

13 Exergie en anergie

Een gas met een temperatuur van 500 K bevindt zich in een cilinder. Bij constante druk wordt dit gas afgekoeld tot 330 K waarbij de warmte naar de omgeving (280 K) wordt afgevoerd. Bereken de exergie en de anergie van de afgevoerde warmte als de hoeveelheid gas 3 kg bedraagt en cp gelijk is aan 850 J/(kg - K ) . Hoe groot is de anergietoename van de omgeving en wat is het exergieverlies dat bij de warmteafvoer optreedt? Toon aan dat dit verlies gelijk is aan T, AS,,,. Teken het proces in een T-s-diagram en geef hierin het exergieverlies als een oppervlakte aan.

Oplossing De afkoeling van het gas verloopt in fig. 13.1 van 2 + 1. De afgevoerde warmte bedraagt: Q2-I = m c, (Tl - T2) = 3 x 0,85 (330 - 500) = - 4333 kJ. Deze warmtehoeveelheid wordt voorgesteld door de oppervlakte 2-1 -4'-3'. Om de exergie hiervan te bepalen, wordt deze warmte toegevoerd aan een arbeidsmedium dat een omkeerbaar positief kringproces doorloopt. Dit kringproces is het proces 1-2-3-4 in fig. 13.1. De nuttige arbeid die hieruit wordt verkregen, komt overeen met de gevraagde exergie. Hier- voor kan worden geschreven:

EQ = (4333 - 280 x 3 x 0,85 In 5001330) kJ = (4333 - 296,7) kJ = 136,s kJ. Volgens het bovenstaande is de anergie van de warmte BQ = (4333 - 136,8) kJ = 296,7 kJ. Als de warmte naar de omgeving is overgegaan, is de temperatuur ervan gelijk aan die van de omgeving en is het exergie-aandeel nul. De anergietoename van de omgeving is dus 433,s kJ. Dit is gelijk aan de som van EQ en BQ De exergie van de warmte die naar de omgeving wordt afgevoerd, vormt het exergieverlies E,.

Ev = EQ = 13698 kJ. Het exergieverlies kan volgens (13.5) ook berekend worden uit 1'0 ast,, = T0 (A%,St + ASO,,)

AS,,, = - Q - - - 43395 kJIK = 1,54821 kJIK. T. 280

Ev = T. AStot = 280 (- 1,05956 + 1,54821) kJ = 280 X 0,48865 kJ = 13698 kJ. Het exergieverlies - T. AS,,, - is in fig. 13.1 door arcering aangegeven. Het exergieverlies komt ook overeen met de oppervlakte 1-2-3-4 die door het kringproces wordt ingesloten. (E,

t l t

Fig. 13.1 Fig. 13.2

In een condensor wordt stoom met een vochtpercentage van 10% bij een constante druk van 0,04 bar verdicht tot vloeistof met de bij deze druk behorende verzadigingstemperatuur van 29 "C (r = 2433.1 kJ/kg). Het koelwater van de condensor heeft een intredetemperatuur van 17 "C; de temperatuur na de condensor bedraagt 23 "C. Bepaal bij een omgevingstemperatuur van 17 "C:

a de afgegeven hoeveelheid warmte per kg natte stoom; b de exergie van deze warmte; welk percentage is dit van de overgedragen hoeveel-

heid warmte en welke conclusie kan uit dit antwoord worden getrokken? c de exergie van de bij a berekende warmte nadat deze door het koelwater is opge-

nomen, c, = 4,2 kJ/(kg - K); d het exergieverlies bij de warmte-overdracht.

Aan wijzingen a De condensatie van de stoom wordt in fig. 13.2 voorgesteld door de hori-

zontaal 2- 1, de af te voeren warmte door de opp 2- 1-4'-3'. De warmte-afvoer bedraagt 92-1 = X r = -2189,8 kJ/kg.

b Om de exergie van de afgevoerde warmte te bepalen, voeren we deze warmtehoeveelheid toe aan een positief omkeerbaar kringproces waarvan de isobaar 1-2 deel uitmaakt. Dit levert het kringproces 1-2-3-4 waarvan de nuttig geleverde arbeid, door arcering aangegeven, overeenkomt met de exergie van de afgevoerde warmte. e, = 9 1 - 2 - T0 (s2 - SI)

$ - s 1 =-- - 218978 kJ/(kg K) = 7,251 kJ/(kg. K). Tl 302

a, eq=(2189,8-290~7,25l)kJ/kg=87,0kJ/kg. Dit komt overeen met 4% van de afgevoerde warmte. De warmtehoeveelheid die in de condensor wordt afgegeven, bestaat dus voor 96% uit anergie waaruit toch geen arbeid meer verkregen kan worden.

c De benodigde hoeveelheid koelwater m,, berekend per kg natte stoom, volgt uit:

m,C,AT,=x~r+m, = 2 l89,8 kg = 86,9 kg. 4,2 x 6

De anergie van de warmte die door het koelwater wordt opgenomen bedraagt:

BQ = 290 X 7,4741 kJ/K = 21675 kJIK. Derhalve is EQ = Q - BQ = (2189,8 - 21673) kJ = 22,3 kJ. Dit is ca. 1% van de opgenomen warmte. Het koelwater wordt afgevoerd en koelt weer af tot omgevingstemperatuur. De opgenomen exergie wordt dan ook weer in anergie omgezet.

d Het exergieverlies bij de warmte-overdracht is de uitkomst van b verminderd met de uitkomst van c. E, = (87,O - 22,3) kJ = 64,7 kJ per kg natte stoom. Volgens (13.5) is E, = T(, AStot = T[) (AS, + AS,)

T U AS,, = - 7,251 kJ/K en AS, = m, c, In - = 7,4741 kJ/K Ti

Ir! een gesloten, thermisch geïsoleerd systeem, bevindt zich 2.5 kg gas van 22 "C. Door een elektrisch aangedreven roerwerk wordt 90 kJ wrijvingswarmte aan het gas toegevoerd. Het volume van het gas is constant. Bereken de exergie van de door het gas opgenomen warmte, alsmede treedt (in kJ en in procenten). De omgevingstemperatuur is 17 "C en c, =

Oplossing In de eerste hoofdwet is de arbeid W1

het exergieverlies dat bij dit proces op-

720 J/(kg - K).

volgens (9.3) het verschil van de volume-arbeid W 1 en de wrijvingsarbeid I W, 1-2 j.

(Voor een omkeerbaar verlopend proces is W', -2 = p d ~ . ) 1

Dus algemeen geldt dat: Q,-i U2 - UI + WI-2 - I In deze opgave is Q1 = O (thermisch isolatie) en is = O (V = C) De wrijvingsarbeid I W, I komt overeen met de wrijvingswarmte Q,. Omdat ook voor een niet omkeerbaar proces geldt dat U2 - UI = m c V ( T 2 - Tl) kunnen we voor de eerste hoofdwet schrijven:

De exergie van de toegevoerde (wrijvings)warmte is:

T2 E O = Q, - ToAS= Q, - Tomcln- T1

9 0 - 2 9 0 ~ 2 , 5 ~ 0 , 7 2 x l n x - 345 } kJ = (90 - 81.7) kJ = 8,3 kJ. 295

Het exergieverlies is het verschil tussen de exergie-afname van de omgeving en de exergietoename van het systeem. De exergietoename van het systeem bedraagt 8,3 kJ terwijl aan de omgeving 90 kJ elektrische energie (= exergie) wordt onttrokken. Het exergieverlies is dus: E, = (90 - 8,3) kJ = 81,7 kJ.

81 7 Dit komt overeen met 2 100% = 90,8% van de toegevoerde exergie. 90

Het exergieverlies volgt ook uit: EV = To (ASS~S, + As,,g) = 7'0 290 x 2,5 x 0,72 x In x - 345 } kJ

295

In een vat wordt 100 kg water van 300 "C bij constante druk gemengd met 50 kg water van 200 "C. Bereken het exergieverlies dat bij deze menging optreedt.

De omgevingstemperatuur bedraagt 17 "C en c, = 4,2 kJ/(kg K).

Aanwijzingen De eindtemperatuur t, van het water, na de menging, kan worden bepaald uit: 100 X 4,2 X (300 - t,) = 50 X 4,2 (te - 200) + te = 266,67 "C De warmtehoeveelheid die hierbij wordt overgedragen, is dus Q = l00 X 4,2 (300 - 266,67) kJ = 13.998,6 kJ E Q = Q - ToAS. Om de exergie van de warmtehoeveelheid die door het warme water (massa ml) wordt afgegeven, te kunnen berekenen, voeren we deze warmtehoeveelheid weer toe aan een positief omkeerbaar kringproces. De arbeid die dit kringproces kan leveren komt overeen met EQ. In fig. 13.3 is 1-2-3-4 dit kringproces en komt de geleverde arbeid overeen met opp 1-2-3-4.

6699,4 kJ. Voor de exergie van de warmte die door het koudere water (massa rn2) geldt:

5968,2 kJ. E, = (6699,4 - 5968,2) kJ = 7314 kJ.

Fig. 13.3

250

Het exergieverlies kan eveneens berekend worden uit E" = T. AS,,,. Het verlies komt ook overeen met de toename van de anergie, in fig. 13.3 weergegeven door opp 3 - 7- 7'- 3'.

Vanuit een warmtereservoir met een constante temperatuur van 1500 K wordt 1200 kJ warmte overgedragen aan een kringproces van Carnot waarvan de maximale temperatuur 1000 K bedraagt en de minimumtemperatuur gelijk is aan de temperatuur van de omgeving. (To = 300 K). Ten gevolge van niet-omkeerbare verschijnselen binnen de systeemgrenzen van de Carnot-machine is de afgevoerde warmte 140 kJ groter dan van de inwendig omkeerbaar werkende Carnot-machine. Bereken het thermisch- en exergetisch rendement van het kringproces en van de gehele installatie. Teken voor deze installatie een exergie-anergie stromingsdiagram met bijgeschreven waarden.

Oplossing Voor een inwendig omkeerbaar verlopend Carnot-proces dat zich afspeelt tussen T, = 1000 K en T. = 300 K geldt:

Q2 = Q, - ZW = (1200 - 840) kJ = 360 kJ. Gegeven is dat het kringproces inwendig niet omkeerbaar is waardoor Q2 = (360 + 140) kJ = 500 kJ. Dan is GW = Ql - Q2 = (1200 - 500) kJ = 700 kJ en

Het thermisch rendement van de gehele installatie (Carnotmachine èn de warmtereservoirs) is eveneens 58,3% omdat er geen thermische energie verloren is gegaan. Alle warmte die aan het warmtereservoir van hoge temperatuur is onttrokken, wordt aan het Carnot-proces toegevoerd. De gevolgen van de niet-omkeerbare warmtetoevoer (A T = 500 K) komen in het thermisch rendement niet tot uitdrukking. De exergie van de warmte die aan het warmtereservoir wordt onttrokken is:

Fig. 13.4

De exergie van de warmte die door het kringproces wordt opgenomen (dit is thermische energie met een temperatuur van 1000 K) bedraagt:

1200 kJ = 0,7 x 1200kJ = 840 kJ.

Het exergieverlies bij de warmte-overdracht is dus (960 - 840) kJ = 120 kJ. De arbeid die de installatie levert is 700 kJ zodat het exergetisch rendement van de installatie gelijk is aan

ZW - 700 - 0,729 -+ verlies 27,196 f7ex.inst. = - -

EQ 960

Voor het exergetisch rendement van het kringproces geldt:

- W - 700 0,833 -+ verlies 16.7%. ??e~.~roces - - - = E, 840

Het totale exergieverlies in de installatie bedraagt 0,271 x 960 kJ = 260 kJ. Hiervan komt 140 kJ op rekening van de niet-omkeerbare effecten in het kringproces zelf en wordt een verlies van 120 kJ veroorzaakt door de eindige temperatuurverschillen bij de warmte-overdracht. We kunnen nu het gevraagde exergie-anergie-stromingsdiagram tekenen (fig. 13.4).

In een compressor wordt lucht van 1 bar en 15 "C adiabatisch gecomprimeerd tot 5,5 bar waarna de lucht bij constante druk in een nakoeler tot 40 "C wordt afgekoeld. Bereken per massa-een heid:

a de arbeid w, die moet worden toegevoerd als het isentrope rendement van de compressor 75% bedraagt;

b de exergie van de warmte die in de nakoeler wordt afgevoerd; c het exergetisch rendement van het gehele proces inclusief de nakoeling. De omge-

vingsconditie is l bar en 15 "C, k = 1,4, R = 287 J/(kg K) en c, = 1 ,O kJ/(kg - K); d Teken het proces in een T-s-diagram en geef hierin aan welke oppervlakte over-

eenkomt met w, e, en er. 1-2'

Aan wijzingen a Voor de niet omkeerbare adiabatische compressie 1-2' (fig. 13.5) geldt

per eenheid van massa. I w, ,,I = h2t - hl = C, (T2. - Ti)

I -_ De temperatuur T2 na een isentrope compressie volgt uit de wet van Pois- son (T2 = 468,7 K) waarna T21 berekend kan worden uit het isentrope rendement van de compressor. (T2' = 528,9 K)

Wt = - 240,9 kJ1kg. b De warmte-afvoer is de nakoeler bedraagt:

q2'-3 = C, (T3 - T2*) + q21-3 = - 215,9 kJ/kg. Voor de exergie van deze warmte kunnen we schrijven:

Volgens (13.7) kunnen we voor e3 schrijven: e3 - e. = e3 = (h3 - ho) - T. (s3 - s0)

q,, = - 141'9 - 100% = 58,9% 240,9

d Voor de technische arbeid kan worden geschreven:

w[ 1-2, = hy - h, = h2g - h4 A OPP 2'-4-5-8-2' Voor de exergie van de afgevoerde warmte in de koeler geldt: e, = q3-2f - TO (s2' - s3) A opp 3-2'-9-10-3. (gearceerd)

5 6

Fig. 13.5

De exergie van de perslucht na de compressor bedraagt: e*. = er - e. = h2' - ho - T. (sy - s0) A opp 2'-4-5-7-1-9-2' (grijs) De exergie van de aangezogen lucht el = e. = O We kunnen nu in fig. 13.5 zien dat, ais gevolg van de niet omkeerbare compressie de exergie in 2' kleiner is dan de toegevoerde arbeid. Het verschil komt overeen met opp 1-9-7-8-1. De exergie in 3 is gelijk aan e2f verminderd met de exergie van de afgevoerde warmte. e3 = e2# - eg A opp 3-4-5-7-1-10-3.

Lucht wordt adiabatisch gecomprimeerd van 0,95 bar en 15 "C tot 6 bar. De benodigde technische arbeid bedraagt 250 kJ/kg. Als t. = 12 "C, bereken dan de technische arbeid die minimaal nodig is om dezelfde eindtoestand te bereiken, alsmede het exergieverlies (in kJ1kg) dat bij de genoemde compressie optreedt. Gegeven is dat A ek = 1,5 kJ/kg, cp = 1000 Jl(kg K) en R = 287 J/(kg. K).

Oplossing Om de minimale arbeid te kunnen bepalen, moet eerst de eindtoestand worden berekend. Uit de eerste hoofdwet voor open systemen volgt voor een adiabatische compressie dat:

W+-2, + Ah + Aek = O + CP (T2' - T l ) = - Wt 1-1' - Aek

Voor de minimaal toe te voeren technische arbeid geldt:

Wtmin = e2'- el = h21 - hl - To(sL' - S I ) + ACk

Substitutie van de gegevens levert:

= (248,5 - 26,55 + 1,5) kJ =: 223,5 kJ. Bij de toestandsverandering wordt geen warmte overgedragen zodat het exergieverlies overeenkomt met het verschil van de toegevoerde technische arbeid en de minimaal toe te voeren technische arbeid.

ev = - = (250 - 223,s) kJIkg = 26,5 kJIkg. Dit volgt ook uit e, = T. As,,, (AS,,, = O)

Lucht beschouwd als een ideaal gas wordt van 2 5 bar gesmoord tot 1 bar. Bere- ken het exergieverlies per massa-eenheid dat bij deze toestandsverandering optreedt. De omgevingstemperatuur is 288 K en R = 287 J/(kg . K). Als begin- en eindtoestand van het bovengenoemde stromingsproces door een

omkeerbare isotherm worden verbonden, bereken dan eg I-:' wtl, en el-ei in kJ/kg. De begintemperatuur van de lucht is 400 K. Geef elk van de berekende grootheden aan als een oppervlakte in een T-s-diagram.

Aan wijzingen Smoren is een niet-omkeerbaar adiabatisch proces. Hierbij blijft de temperatuur constant, vooropgesteld dat het medium zich als een ideaal gas gedraagt. Omdat bij de toestandsverandering ASomg = O, is AS,,, = ASrys, zodat we voor het exergieverlies per eenheid van massa kunnen schrijven:

Een isotherm is een polytroop met exponent n = 1. Volgens (5.4) is dan w ~ , - ~ = W , -2. Verder geldt volgens (3.14) dat:

W,-z = 105,2 kJ/kg De exergie van de toegevoerde warmte (fig. 13.6) is:

P1 e, = q,-2 - To(s2 - s I ) = - T O R ln-

P2

e, = (105,2 - 288 x 0,287 In 2,5) kJ/kg = 29,5 kJ/kg De exergieverandering el - e2 is volgens (13.7) gelijk aan:

P2 P1 el - e2 = hl - h2 - T. (sl - s2) = c, ( T 1 - T2) - T. R In- = T. R ln- P l P2

In fig. 13.6 is: 91-2 0 opp 1-22-1 ' ; wt = 1-2-2)-1'

1-2

o opp 1-2-3-4; el - e2 o opp 4-3-2-1' De exergie-afname van de lucht (el - e2) is het verschil tussen de geleverde arbeid w, (d.i. exergie) en de exergie van de warmte die bij de expansie wordt toegevoerd (e 4 1-2 ). In a zijn 1 en 2 begin- en eindtoestand van een smoorproces. Het daarbij optredende exergieverlies komt eveneens overeen met opp 4-3-2'-1'.

1' s+ 2'

Fig. 13.6

Een ideaal gas van 6 bar en 500 K expandeert in een strorningsrnachine polytroop (n = 1,3) tot 2 bar en levert daarbij aan de as van de machine een hoeveelheid arbeid w, . De omgevingsconditie is 1 bar en 300 K. Als c, = 1000 Jl(kg . K) en

1-2

R = 287 J/(kg - K), bereken dan: a de bovengenoemde arbeid w, en geef deze aan als een oppervlakte in het T-s-

1-2

diagram;

b de exergie-afname per kilogram gas en geef ook deze aan in het T-s-diagram. c Verklaar het verschil tussen de antwoorden van vraag a en b. d Als het gas na de expansie wordt gesmoord tot op de orngevingsdruk, hoe groot is

dan het daarbij optredende exergieverlies in kJIkg?

Oplossing De temperatuur T2 na expansie kan uit (3.3) worden berekend

Volgens (5.2) is de technische arbeid bij de expansie:

- -n R Wt,-? - - (T2 - Tl) =

x 0Sg7 x k J/kg = 1395 k J/kg n-l 0 3

Om deze arbeid in het T-s-diagram van fig. 13.7 aan te geven maken we gebruik van de uitdrukking (8.3)

De laatste term stelt de warmte voor die wordt overgedragen als we het gas bij constante druk weer op de begintemperatuur brengen. In dit geval moet q2-3 dus vervangen worden door q2-,t. Omdat isobaren 'evenwijdig' lopen is q2-lr = - q l W 3 zodat

- Wtl-2 - 41-2 - 41-3. Aldus geschreven is w, 1-7 A - opp 1-2-2'-3'-3.

b De exergie-afname van het gas in de machine bedraagt volgens (13.7):

3' 5' 2' 4's-

Fig. 13.7

el - e2 = (1 12 + 18,5) kJ1kg = 130,s kJ1kg. el - e2 = hl - h2 - T. (sl - s2) hl - h2 = hl - h3 = q 3 - 1 4 OPP 3-1-5'-3' T. (s2 - S I ) B opp 5-6-2'-5' el - e2 B opp 1-5-6-2'-3'-3-1.

c Uit de antwoorden van a en b blijkt dat de geleverde arbeid w, groter is dan de exergie-afname van het gas. Het verschil, overeenkomend met opp. 1-2-6-5, stelt de exergie voor van de warmte die tijdens de expansie aan het gas wordt toegevoerd.

d Het smoorproces is in fig. 13.7 door de stippellijn 2-4 aangegeven. Voor het exergieverlies dat hierbij optreedt geldt (13.5): E v = TO (ASsyst + Asomg) = TO ASsyst AS,,, = O omdat smoren een adiabatisch proces is. Het specifieke exergieverlies bedraagt:

Tijdens het smoren wordt geen arbeid geleverd zodat het exergieverlies e, ook gelijk is aan e2- e4.

Na de verbrandingskamer van een gasturbine wordt 40 kg verbrandingsgas van 6 bar en 1400 K gemengd met zoveel lucht van 500 K en dezelfde druk dat de eindtemperatuur 1000 K bedraagt. De druk blijft 6 bar. De druk en temperatuur van de omgeving zijn resp. 1 bar en 300 K. Als cpg = cp4 = 1000 Jl(kg K), R = 287 J/(kg . K) en k = 1,4, bereken dan:

a de exergie van zowel de lucht als de verbrandingsgassen vóór de menging; b de exergie van het gasmengsel na de menging; c het exergieverlies dat bij de menging optreedt, m.b.v. de uitkomsten van a en b en

uit T, AS,,,.

Aanwijzingen a 'De benodigde hoeveelheid menglucht, nodig om een eindtemperatuur van

1000 K te bereiken, kan uit de volgende vergelijking worden berekend:

Na de verbrandingsruimte wordt dus 40 kg gas van 1400 K bij p = C gemengd met 32 kg lucht van 500 K. Het mengsel (72 kg) verkrijgt een temperatuur van 1000 K. Bij de berekening van de exergie gaan we uit van (13.7)

T1 el = el -eo = hl - ho - TO(sl - S") = cp(T1 - TO) - TO cpln-+R ln- T" P l

Voor gas van 6 bar en 1400 K is de specifieke exergie

792,2 kJIkg

El = m, el = 40 x 792,2 kJ = 31.685,s kJ Voor 32 kg menglucht van 6 bar en 500 K met exergie E2 geldt volgens dezelfde werkwijze dat:

500 1,O (500 - 300) - 300 1,O In - + 0,287 In kJ = 6432,7 kJ. ( 300

b Van 72 kg gas van 6 bar en 1000 K is de exergie

Iûû0 + 0,287 In kJ = 35.501,6 kJ. 1,O (1000 - 300) - 300 1 ,O In - ( 300

c Het energieverlies door de menging is E, = (El + E2) - E3 = 2616,6 kJ. Het exergieverlies kan ook worden berekend uit T0 Astot = T0 (Assyst. + ASO,,). Hierin is ASo,, = O omdat aangenomen is dat er bij de menging geen warmtewisseling met de omgeving optreedt. Derhalve geldt: E, = T. ASsy, = T. (ASl + AS2) Hierin is AS1 de entropieverandering van 40 kg gas en AS2 de entropieverandering van 32 kg menglucht.

looO } kJlK = - 13,459 kJ1 K. ASI = m, c, 40 x 1,O ln - 1400

'Oo0 } kJlK = 22,181 kJIK. AS2 = mt c, In 32 x 1,Oln - 500

ASsyst = AS1 + AS2 = 8,722 kJlK. E, = T. AStot = T. ASsYst = 300 X 8,722 kJ = 2616,6 kJ.

Door een pijpenbundel die geplaatst is in een oven met een constante temperatuur van 1200 "C stroomt een vloeistof met een soortelijke warmte van 0.35 kJ/(kg

K). Deze vloeistof wordt bij constante druk van 15 "C tot 145 "C verwarmd. Be- reken het exergieverlies per massa-eenheid alsmede het exergetisch rendement van dit proces. D e omgevingstemperatuur bedraagt 7 "C.

Oplossing Voor de hoeveelheid warmte die de vloeistof per massa-eenheid in de oven opneemt, geldt: q = c At = 0,35 x 130 kJIkg = 453 kJ/kg. Bij een oventemperatuur T van 1473 K is de exergie van deze warmte

De exergie el van de toegevoerde vloeistof is volgens (13.7):

Op dezelfde wijze kunnen we e2 bepalen.

Voor het exergieverlies kunnen we schrijven: e, = (el + e,) - e2 = (0,0393 + 36,85 - 9,032) kJIkg = 27,86 kJIkg. Voor het exergetisch rendement geldt volgens (13.8):

afgevoerde exergie - e2 - -p-

9,032 - 100% = 2.4,5% = toegevoerde exergie el + 9,0393 + 36.85

Het exergieverlies zou eenvoudiger bepaald kunnen worden uit

e, = T. (As,,, + Assyst) = 280 + 0,35 In - 418 } kJlkg. 288

Omdat voor de berekening van het exergetisch rendement toch de waarde van el, e2 en eq nodig zijn, is de eerste berekeningswijze het meest voor de hand liggend.

a In een keteI worden de verbrandingsgassen van 1200 "C bij een constante druk

van 1 bar tot 500 "C afgekoeld (c , = 1 ,l kJ/(kg K)). Hiermee wordt water van 110 "C bij een constante druk van 6 bar omgezet in oververhitte stoom van 300 "C. De omgevingstemperatuur is 17 "C. Bereken het exergieverlies dat bij dit proces optreedt per kilogram water. Teken het proces in een T-s-diagram en geef hierin de exergieverandering van het water alsmede het exergieverlies als een oppervlakte aan. Voor stoom van 6 bar en 300 "C is

h = 3062,3 kJ/kg en s = 7,3740 kJ/(kg K). c, = 4,2 kJl(kg - K).

b De warmte-overdracht verloopt omkeerbaar als tussen de beide media gas en water een omkeerbaar werkende machine wordt geplaatst Bereken de arbeid die, uitgaande van 1 kg water, door deze machine kan worden geleverd. Geef deze arbeid in het T-s-diagram eveneens als een oppervlakte aan.

Aan wijzingen a We gaan uit van 1 kg water van 110 "C die bij een druk van 6 bar in over-

verhitte stoom van 300 "C wordt omgezet (fig. 13.8). Voor de vormingswarmte van de stoom geldt: ql-2 = h2 - hl = (3062,3 - 4,2 X 110) kJIkg = 2600,3 kJ1kg. De hiervoor benodigde massa gas (m,) is te berekenen uit

m,c,AT= +mg = 260073 kg = 3,377 kg. 1,l x700

Het exergieverlies per kg geproduceerde stoom zal worden berekend uit (1 3.5) E, = T,, AS,,, = T, (ASs,s, + AS,,,).

We beschouwen het water als het systeem en de verbrandinggassen als de omgeving

383 } kJIkg K = ASsyst = As, = (s2 - sI) = 7,3740 - 4,2 In - 273

5,9520 kJ/(kg K).

T2 773 AS,,, = AS, = m, c, In - = 3,377 x 1 ,l In - 1473

kJ/K = - 2,3952 kJ/K. Tl

per kg geproduceerde stoom E, = 290 (5,9528 - 2,3952) kJ = 1031,5 kJIK. We kunnen E, uiteraard ook bepalen door de exergietoename van l kg water af te trekken van de exergie-afname van 3,377 kg verbrandingsgassen -+ E, = (1905,7 - 874,2) kJ = 1031,5 kJ.

De warmte die aan het water wordt toegevoerd kan door de oppervlakte tussen de isobaar 1-2 en de s-as worden weergegeven. De maximale arbeid die uit deze warmte kan worden verkregen, komt overeen met de oppervlakte ingesloten door het kringproces 1-2-3-4. Dit is dus de exergieverandering van het water (874,2 kJ/kg).

b Als een omkeerbaar werkende machine tussen de beide media wordt geplaatst, verloopt het gehele proces omkeerbaar en is Ev = O Ev = TO (ASsyst + Asomg) j ASsyst = - A s o m g -

Afgezien van het teken zijn de entropieverandering van water en die van de verbrandingsgassen aan elkaar gelijk. Deze voorwaarde leidt tot de volgende vergelijking:

1473 383 m, - 1 ,l In - = 7,3740 - 4,2 In -- + mg = 8,39 kg. 773 273

De warmtehoeveelheid die door de verbrandingsgassen aan het arbeidsmedium van het kringproces wordt afgegeven, bedraagt: l Q,I = 8,39 X 1,l x 700 kJ = 646O,3 kJ. Het kringproces levert arbeid en de afgevoerde warmte wordt vervolgens aan het ketelwater overgedragen. De benodigde warmtehoeveelheid per kg water is niet veranderd (2600,3 kJ) zodat de warmte-afvoer van het kringproces eveneens 2600,3 kJ bedraagt. De nuttig geleverde arbeid is het verschil tussen de warmtetoevoer en de warmteafvoer zodat ZW = (6460,3 - 2600,3) kJ = 3860,O kJ. In fig. 13.9 is deze arbeid als een grijs vlak getekend.

Fig. 13.8 Fig. 13.9

a In een gasgeyser wordt 80 1 water van omgevingstemperatuur (10 "C) verwarmd tot 80 "C. Als kan worden aangenomen dat de exergie van de brandstof gelijk is aan de stookwaarde en 20% hiervan niet ten goede komt aan het water, maar naar de omgevingslucht wordt afgevoerd, wat is dan het exergetisch rendement van dit proces? c, = 4,2 kJ/(kg . K), p, = 1 000 kgIm3.

b Als het water elektrisch zou worden verwarmd en het thermisch rendement van de elektrische centrale 35% is, wat is dan het exergetisch rendement van het gehele proces inclusief dat in de elektrische centrale? In de elektrische centrale wordt hetzelfde gas gebruikt als in de gasgeyser.

Op lossing a De warmtehoeveelheid Q nodig om 80 liter water van 10°C tot 80 "C te

verwarmen bedraagt: = m, c, (T2 - Tl) = p, V, c, (T2 - Tl) = 103 x 80 x 10-3 x 4,2 x 70

kJ = 23.520 kJ. Voor de exergieverandering van 1 kg water geldt:

E2 - El = m, (e2 - el) = 103 x 80 x 10-3 x 31,3 kJ = 2504,O kJ. De exergie van het toegevoerde water is nul (omgevingstoestand) zodat E2 - El = E2 = 2504,O kJ. De warmte die door het gas moet worden toegevoerd is l018 x 23.520 kJ = 29.400 kJ. Deze warmte komt volgens het gegeven overeen met de exergie van het toegevoerde gas.

Ea f Het exergetisch rendement qex = - Et oe

De exergie van de gassen die de geyser verlaten wordt als verloren beschouwd en niet bij Eaf gerekend.

b In dit geval is de benodigde hoeveelheid elektrische energie 23.520 kJ. Als het thermisch rendement van de centrale 35% bedraagt, dan is de benodigde warmtetoevoer:

25'520 kJ = 67.200 kJ. 0,35

Deze warmte wordt verkregen door het verbranden van gas en is dus gelijk aan de toegevoerde exergie.

Water van 40 bar en 250.3 "C wordt bij constante druk omgezet in verzadigde stoom (r = 1715,7 kJ/kg). De hiervoor benodigde warmte is afkomstig van een

brandstof die volledig uit exergie bestaat.

Bij de verbranding gaat 25% van de warmte verloren. Bereken de omgevingstemperatuur T() als gegeven is dat de verhouding tussen de exergietoename van het water en de exergie van de toegevoerde brandstof 0,32 bedraagt. Gegeven zijn de stoomtabellen achter in het theorieboek.

Aan wijzingen Uit de stoomtabel blijkt dat bij 40 bar de verdampingstemperatuur t, =

250,3 "C. De warmte die door het water wordt opgenomen is dus gelijk aan de verdampingswarmte r (1715,7 kJ/kg). Voor de benodigde warmte Q per kg water geldt:

0,75 Q = r + Q = 171577 kJ = 2287.6 kJ. 0,75

Gegeven is dat de brandstof die deze warmte produceert, volledig uit exergie bestaat. De toegevoerde exergie Ehr = 2287,6 kJ. De exergietoename per kg water is volgens (13.7); Ae = h2 - hl - T(, (sz - s i ) = r - T(, (sd - S,,)

Bij 40 bar is s, = s,, = 2,7965 kJ/(kg . K) en s2 = sd = 6,0685 kJ/(kg . K), Ae = 171 5,7 - T() (6,0685 - 2,7965) = 171 5,7 - 3,272 . T.

Ae 1715,7 - 3,272 T() Gegeven is dat - = 0,32 + = 0,32.

Ebr 2287,6

Uitwerking levert: T(, = 300,6 K

in een elektrisch aangedreven compressor wordt lucht van 1 bar en 17 "C isentroop tot 5 bar gecomprimeerd.

= 1005 J/(kg K). R = 287 J/(kg - K) en k = 1.4.

a Bereken het exergetisch rendement van het proces als 1 bar en 17 "C tevens de

omgevingstoestand is. b De perslucht wordt vervolgens in een koeler afgekoeld door warmte-afvoer aan

de orngevingslucht. Als de eindtemperatuur van de perslucht 17 "C bedraagt, bereken dan het exergetisch rendement van het gehele proces (compressie en afkoe-

ling van de lucht).

c Bepaal het exergieverlies in de koeler. De berekening achtereenvolgens uitvoeren met behulp van een exergiebalans voor de koeler, uit de exergie van de afgevoerde warmte en uit (13.5).

Oplossing a Bij een isentrope compressie is de temperatuur

T2 = Tl @2/pI)"s = 290 X 5"%.* K = 459,3 K. = - (h2 - h,) = - C, (T2 - Tl) = - 1,005 (459,3 - 290) kJ/kg

w+-2 = - 170,l kJ/kg Voor de exergie e2 van de gecomprimeerde lucht geldt: e2 - e l = e2 = h* - h l - To(s2 - SI) = h2 - hl =C,, (T2 - TI) e2 = 1,005 x 169,3 kJ/kg = 170,l kJ/kg. De afgevoerde exergie (perslucht) is gelijk aan de toegevoerde arbeid voor de compressor (d.i. exergie) zodat het exergetisch rendement 100% bedraagt. Deze uitkomst is logisch omdat het proces omkeerbaar verloopt.

b Als de perslucht in een koeler tot omgevingstemperatuur afkoelt - de toestandsverandering 2-3 in fig. 13.10 - dan is de exergie van lucht van toestand 3:

e3 = c, (T3 - Tl) - TO + R In - Met TI = Ti levert dit: P3 p' l

e3 = - 290 x 0,287 In 115 kJ/kg = 134,O kJ/kg Voor het gevraagde exergetisch rendement geldt:

Bij een watergekoelde compressor zou in Eai ook de exergie van het uitstromende koelwater moeten worden opgenomen. Als we echter de compressor als een machine beschouwen die perslucht moet leveren en geen

warm water, dan kan deze exergie buiten beschouwing blijven. Overigens is het aandeel in Eaf normaliter gering.

c Het exergieverlies in de koeler is het verschil tussen de toe- en afgevoerde exergie. Per kilogram perslucht geldt dus dat e, = e2 - e3 = (170,l - 134,O) kJ/kg = 36,l kJ1kg. In de koeler wordt de lucht afgekoeld van T2 tot T3. De afgevoerde warmte is 42-3 = cp (T3 - T2) = 1,005 (290 - 459,3) kJlkg = - 170,l kJ/kg. De exergie van deze warmte is het exergieverlies e,

36,l kJ/kg. Als we voor het bepalen van e, uitgaan van (13.5) dan is per kg perslucht:

e" = T" (ASsys, + ASO,,)

- 170'1 kJ/(kg K) = 0,5866 kJ/(kg - K). ASO,, = 7;0 - 290

s+

Fig. 13.10

In een gasturbine expandeert lucht van 6 bar en 800 K adiabatisch tot 1,2 bar. Het isentrope rendement van de turbine is 85%. De gassnelheid bij intrede bedraagt 50 mis en bij uittrede 150 mis.

Bereken de arbeid die aan de as wordt geleverd als percentage van de arbeid die lucht van de gegeven begintoestand maximaal kan leveren en als percentage van de maximale hoeveelheid arbeid die bij de gegeven begin- en eindtoestand uit de lucht kan worden verkregen. Schets een exergiestromingsdiagram. De omgevingstoestand is 1 bar en 290 K c, = 1050 J/(kg - K), k = 1,4 en R = 287 J/(kg - K).

Aanwijzingen De temperatuur T2 na een isentrope expansie volgt uit de wet van Poisson -+ T2 = 505,l K. De werkelijke eindtemperatuur T2' kan uit het isentrope rendement van de gasturbine worden berekend -+ TT = 549,3 K. Voor de technische arbeid per eenheid van massa geldt:

2 2 - - - Ah - bek = c, (T l - T2g) - i (cT - c l ) -+ wt,,. = 253,2 kJ/kg. Vervolgens moet eerst worden bepaald hoeveel procent deze arbeid is van de maximale arbeid die het gas (6 bar, 800 K) kan leveren. Dit laatste houdt in dat we de specifieke exergie el van het gas moeten berekenen.

T1 Po l 2 el = c, (T l - To) - T. (c, In - + R In -) + 7 cl T0 P1 -

el = 376,9 kJ1kg. De werkelijke geleverde arbeid is dus

van de arbeid die maximaal uit gas van toestand 1 verkregen kan worden. Voor de technische arbeid die maximaal kan worden verkregen bij de gegeven begin- en eindtoestand geldt per eenheid van massa:

De werkelijke geleverde arbeid vormt hiervan

Om een exergiestromingsdiagram te kunnen tekenen moeten we beschikken over de waarde van ei w ~ , - ~ e*. en e,. el = 376.9 kJ/kg en w, = 253.2 kJ1kg.

1-2'

el - e2. = 272.9 kJlkg -3 e r = 104.2 kJ/kg. Voor de exergie kunnen we de volgende balans opstellen: el = w,,-? i- e21 + e, -+ e, = 19,5 kJlkg. We hebben hier e, als sluitpost van de exergiebalans. Ter controle zou het exergieverlies ook kunnen worden berekend.

In fig. 13.1 1 is het exergie-stromingsdiagram getekend.

-k2

Fig. 13.11

Stoom van 8 bar en met 8% vocht wordt gesmoord tot 2 bar. Bereken de exergie van het medium vóór en na de smoorkraan en het exergieverlies dat bij smoren optreedt. Teken het proces in een T-s-diagram en teken een exergie-anergie-stromingsdiagram met bijgeschreven waarden. De snelheden vóór en na de smoorkraan blijven buiten beschouwing. Gegeven:

Bij 8 bar: h,, = 720,94 kJ/kg, hd = 2767,s kJlkg, s,, = 2,0457 kJl(kg K), s, = 6,6596 kJ/(kg K)

Bij 2 bar: h,, = 504,70 kJ/kg, hd = 27063 kJ/kg, s,[ = 1.5301 kJ/(kg - K),

sd = 7,1268 kJ/(kg - K) Bij een tv van 15 "C is hvl = 62,94 kJ/kg en svl = 0,2243 kJ/(kg K) D e omgevingstoestand is l bar en 288 K.

Oplossing Het smoorproces 1-2 is in onderstaand fig. 13.12 aangegeven. Voor de exergie van de stoom vóór en na de smoorkraan schrijven we achtereenvolgens: el = (hi - ho) - T, (s, - s,) en e2 = (h2 - ho) - TU (s2 - S,)

Gebruik makend van de uitdrukkingen 8.4 resp. 7.6 vinden we voor: h l = (0,92 x 2767,5 + 0,08 x 720,94) kJ/kg = 2603,78 kJ/kg en voor: s, = (0,92 x 6,6596 + 0,08 x 2,0457) kJ/(kg K) = 6,2905 kJ/(kg - K)

Bij smoren is de enthalpie constant zodat

Om de exergie te kunnen berekenen moeten we verder de enthalpie en de entropie van het medium bij de omgevingstoestand kennen. De stoom is dan in de vloeistoffase en de druk heeft in deze toestand slechts een zeer geringe invloed op h en s. De gegeven h en s zijn daarom ontleend aan tabel I1 achterin het theorieboek bij een verdampingstemperatuur van 15 "C. (De druk is daarbij 0,017 bar.)

s+

Fig. I.?. 12

Daarmee wordt:

Daar er bij het smoorproces geen warmte wordt toe- of afgevoerd, noch arbeid wordt geleverd, komt het verschil tussen el en e2 overeen met het exergieverlies.

Ook kunnen we volgens (13.5) schrijven:

Per massa-eenheid geldt dus dat:

Het exergieverlies is in het T-s-diagram (fig. 13.12) als een oppervlakte aangegeven (gearceerd). De energie die door een stromend medium per eenheid van massa aan een systeem wordt toegevoerd is hl + i c: + g i l Voor de exergie van deze energie kan worden geschreven: el = hl - ho - T. (sl - s") + f c: + gzl Het deel van de toegevoerde energie dat geen exergie is, is per defenitie anergie. (b) b1 = (hl + f C: + gzl) - { (hl - ho) - To (SI - so) +)C: + g21 ) Uitwerking levert dat b = ho + T. (s - s*) zodat

Omdat e + b = h zou de anergie ook bepaald kunnen worden door van de enthalpie de exergie af te trekken. Merk op dat het exergieverlies gelijk is aan de toename van de anergie. We kunnen nu het exergie-anergie-strorningsdiagram tekenen (fig. 13.13).

Fig. 13.13

Warmteleer Voor Technici Uitwerkingen

Documents

Transcript of Warmteleer Voor Technici Uitwerkingen