平成30年度 課目Ⅳ 問題15-A~Cの解説
課目Ⅳ 問題15-A~Cについて解説します。
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【問題15-A】
高温側流体の温度効率ηhは、
高温流体の入口出口温度差÷最大熱落差(高温側入口温度-低温側入口温度)
で求められる。
ηh=(Th1-Th2)/(Th1-Tc1)
⇒0.45=(90-Th2)/(90-20)
式変形によりTh2が求められる。
よって、
Th2=58.5℃以下にする必要がある。
【問題15-B】
伝熱量Qは、
公式よりQ=mCΔTで求められる。
よって題意より、
Qh=mhCph(Th1-Th2)
=10/60×4.0×(90-58.5)=21.0kW
【問題15-C】
排熱回収の熱交換器を年間1500年間稼働させた場合の
排熱回収の熱交換器の伝熱量×稼働時間×原油換算係数
で求められる。
(原油換算係数の単位がkL/GJなので、以下の単位換算を行い計算する。
伝熱量kW=kJ/s、1時間=3600秒、kL/GJ=(kL/kJ)×10⁻⁶)
よって、
省エネルギー量=21.0×1500×3600×0.0258×10⁻⁶=2.92=2.9kL
以上、
課目Ⅳ 問題15-A~Cの解説でした。
平成30年度 課目Ⅳ 問題13-A~C、問題13-13の解説
課目Ⅳ 問題13-A~C、問題13-13について解説します。
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【問題13-A】
ボイラ効率は以下の式で求められる。
ボイラ効率=ボイラでの発生熱量÷使用した燃料の熱量
題意より、
給水圧力13MPa、給水温度180℃⇒表より給水の比エンタルピーは769.4kJ/kg
発生する過熱蒸気の圧力12MPa、温度542℃
⇒表より過熱蒸気の比エンタルピーは3461.0kJ/kg
よって、
ボイラ効率(0.9)は、
ボイラでの発生熱量(3461.0-769.4)×100×10³
÷使用した燃料の熱量(F×41.0×10³)で求められる。
※Fは燃料消費量(kg/h)、41.0×10³は燃料の低発熱量
よって、
{(3461.0-769.4)×100×10³ }/(F×41.0×10³)=0.9
F=7294=7.3×10³kg/h
【問題13-B】
給水温度を16℃上昇させると196℃になるので、
表より比エンタルピーは839.7kJ/kgとなる。
問題13-Aと同様にして、燃料消費量F'を求める。
{(3461.0-839.7)×100×10³}/(F'×41.0×10³)=0.9
F'=7104=7.1×10³kg/h
【問題13-C】
蒸気温度が2℃低下すると、540℃となるので、
表より蒸気のエンタルピーは3455.8kJ/kgとなる。
よって、100t/hの蒸気配管による過熱蒸気の放熱損失は、
(3461.0-3455.8)×100×10³=5.2×10⁵kJ/h
【問題13-13】
給水温度を16℃上昇させたときの、
ボイラ入熱は使用した燃料の熱量より、
F'×41.0×10³=7104×41.0×10³=2912.6×10⁵=2.9×10⁸kJ/h
よって、蒸気配管の放熱損失の割合は、
(5.2×10⁵)/(2912.6×10⁵)=0.00178=0.18%
以上、
課目Ⅳ 問題13-A~C、問題13-13の解説でした。
平成30年度 課目Ⅲ 問題10-1~7、A~Iの解説
課目Ⅲ 問題10-1~7、A~Iについて解説します。
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【問題10-1~4】
プロパンとブタンの完全燃焼の反応式は以下となる。
C3H8+5O2=3CO2+4H2O
C4H10+13/2O2=4CO2+5H2O
【問題10-A】
題意より、
プロパンとブタンのみから成る燃料1m3を完全燃焼させたとき
CO2が3.2m3発生する。
プロパンとブタンの燃焼反応式より、
CO2はプロパンから3、ブタンから4発生することがわかるので、
プロパンのモル分率(=体積の割合)をXとすると、
燃料1m3を完全燃焼させたとき発生するCO2は
3×X+4×(1-X)=3.2m3となる。
よって、
X=0.8=80%
【問題10-A】
理論酸素量は、
プロパンとブタンそれぞれのモル分率(=体積の割合)に
燃焼反応式で必要な酸素量をかけることで求められる。
Vo1=5×0.8+13/2×(1-0.8)=5.30m3/m3
【問題10-6】
空気中に占める酸素の体積割合は21%
【問題10-B】
理論空気量は、
理論酸素量÷空気中に占める酸素の体積割合
で求められるので、
V1=5.30/0.21=25.23=25.2m3/m3
【問題10-C】
H2O量は、
プロパンとブタンそれぞれのモル分率(=体積の割合)に
燃焼反応式で発生するH2O量をかけることで求められる。
H2O量=4×0.8+5×(1-0.8)=4.20m3/m3
【問題10-D】
空気比1.3の場合燃焼ガスに含まれるO2量は、
燃焼反応で反応しきれなかった過剰O2量なので、
O2量=25.23×0.21×(1.3-1.0)=1.589=1.59m3/m3
【問題10-E】
空気比1.3の場合燃焼ガスに含まれるN2量は、
空気中に占める酸素の体積割合は79%なので、
N2量=25.23×0.79×1.3=25.91=25.9m3/m3
(理論空気量×N2割合×空気比。
窒素は燃焼反応しないため空気比をそのままかける。)
【問題10-F】
湿り燃焼ガス量は、燃焼後にできるガス+水なので、
3.2+4.20+1.589+23.91=34.89=34.9m3/m3
【問題10-G】
空気比1.2の場合の湿り燃焼ガス量も、
空気比1.3の場合と同様にして求めることができる。
・O2量=25.23×0.21×(1.2-1.0)=1.059=1.06 m3/m3
・N2量=25.23×0.21×1.2=23.91=23.9m3/m3
⇒湿りガス量=3.2+4.20+1.059+23.91=32.36=32.4m3/m3
【問題10-7】
排ガスが持ち去る損失熱量LGは、
Q=mCΔTより、
LG=VG×Cpm×(TG-T0)
【問題10-H】
空気比1.3の場合の損失熱量は、
問題10-7の式に、空気比1.3の場合の値を代入すると求められる。
損失熱量=34.89×1.37×(300-20)=13383kJ/m3
空気比1.2の場合の損失熱量は、
問題10-7の式に、空気比1.2の場合の値を代入すると求められる。
損失熱量=32.36×1.37×(300-20)=12413kJ/m3
よって空気比を1.3から1.2に減らすことで
低減されると予測される損失熱量は、
低減損失熱量=13383-12413=970=9.70×10²kJ/m3
【問題10-I】
空気比低減前の損失熱量に対する、
低減損失熱量の割合は、
970/13383=0.00724=7.2%
以上、
課目Ⅲ 問題10-1~7、A~Iの解説でした。
平成30年度 課目Ⅱ 問題6-2,3,5,6,9,10,11の解説
課目Ⅱ 問題6-2,3,5,6,9,10,11について解説します。
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【問題6-2】
パスカルの原理より、
P=F/Aよって、
P=F1/A1=F2/A2
⇒F1/A1=F2/A2
F2=(A2/A1)×F1
【問題6-3】
図1のようにピストンの高さに差がある場合の圧力差は次式となる。
ΔP=ρgΔH
題意より、
P1-P2=ρ0gΔH
P1=F1/A1、P2=F2/A2なので、
F1/A1-F2/A2=ρ0gΔH
⇒F2=(A2/A1)×F1-ρ0gΔH
【問題6-5】
質量mの液体のヘッド高さをΔzだけ変化させたときの位置エネルギーの変化は、
mgΔZとなる。
【問題6-6】
ベルヌーイの式
P(a)+1/2ρV(a)²+ρgh(a)=P(b)+1/2ρV(b)²+ρgh(b)=一定(全圧⇒静圧+動圧)
及び題意より、
P+1/2ρaω²+ρgZ0
全圧P0地点の高さZ0=0であるため、
P0=1/2×ρaω²+Pとなる。
【問題6-9】
図2より、
P1がZ1の高さであるため、
P0=P1+ρagZ1…③
図2より、
P2がZ2の高さであるため、
P=P2+ρagZ2…④
【問題6-10】
液面高さの差より、
P1-P2=ρbg(Z2-Z1)…⑤
【問題6-11】
⑤より
P1-P2=ρbg(Z2-Z1)
⇒P1=ρbg(Z2-Z1)+P2…⑤’
⑤’を③に代入
P0=ρbg(Z2-Z1)+P2+ρagZ1…③'
④より、
P=P2+ρagZ2
⇒P2=P-ρagZ2…④'
④’を③'に代入
P0=ρbg(Z2-Z1)+P-ρagZ2+ρagZ1
⇒P0=P-ρagz2+ρbg(z2-z1)+ρagz1
⇒P0-P=-ρagz2+ρbg(z2-z1)+ρagz1
⇒P0-P=-ρagz2+ρbgz2-ρbgz1+ρagz1
⇒P0-P=ρbgz2-ρagz2+ρagz1-ρbgz1
P0-P=(ρb-ρa)g(z2-z1)
以上、
課目Ⅱ 問題6-2,3,5,6,9,10,11の解説でした。
平成30年度 課目Ⅱ 問題4-7,A~E
課目Ⅱ 問題4-1~7,A~Eについて解説します。
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【問題4-1】
公式Q=mCΔTより、
qH=CvΔT
(qHは単位質量あたりの供給熱量なので質量m=1として考える。)
(等容変化なので、定容比熱Cvを使用する。)
題意より、
qH=Cv(T3-T2)…①
【問題4-2】
公式Q=mCΔTより、
qL=CvΔT
(qLは単位質量あたりの放出熱量なので質量m=1として考える。)
(等容変化なので、定容比熱Cvを使用する。)
題意より、
qL=Cv(T4-T1)…②
【問題4-3】
理論効率ηthは、
1ー(放出熱量÷供給熱量)
なので、
ηth=1-qL/qH
①、②式を代入すると、
ηth=1-{{Cv(T4-T1)}/{Cv(T3-T2)}}
⇒ηth=1-{(T4-T1)/(T3-T2)}…③
【問題4-4】
断熱変化の圧力と体積の関係は、
Pvx=一定
【問題4-5】
状態1から2の断熱変化は状態方程式より、
T2=T1(v1/v2)x-1⇒T2/T1=(v1/v2)x-1⇒T1/T2=(v2/v1)x-1…(1)
状態3から4の断熱変化は状態方程式より、
T4=T3(v3/v4)x-1⇒T4/T3=(v3/v4)x-1…(2)
式(2)にv2=v3,v1=v4を代入
T4/T3=(v2/v1)x-1…(2)'
式(1)、(2)’より、
T1/T2=T4/T3=(v2/v1)x-1…④
【問題4-6】
式③より、
ηth=1-{(T4-T1)/(T3-T2)}=1-(T1/T2)×{(T4/T1-1)/(T3/T2-1)}…③'
式④より、
T4/T1=T3/T2=(v2/v1)x-1…④’
③’に④及び④’を代入すると、
ηth=1-(v2/v1)x-1×{(v2/v1)x-1-1)/((v2/v1)x-1-1)}
⇒ηth=1-(v2/v1)x-1×1
⇒ηth=1-(v2/v1)x-1…(3)
圧縮比ε=v1/v2なので、
ηth=1-(1/ε)x-1…⑤
【問題4-A】
比熱比xは公式より、
x=Cp/Cv
(CP=定圧比熱、Cv=定容比熱)
よって、Cv=Cp/x
=1.008/1.4=0.72=7.20×10⁻¹kJ/kgK
【問題4-B】
公式Q=mCΔTより、
qH=CΔT(qHは単位質量あたりの熱量なので質量m=1として考える。)
題意より、
qH=Cv(T3-T2)=0.72×(2100-700)=1008=1.01×10³kJ/kg
(qH=気体の単位質量あたりの供給熱量、Cv=定容比熱)
【問題4-7】
等容変化におけるエントロピー変化ΔSは公式より、
ΔS=Cv×ln(T2/T1)
題意より、ΔS=Cv×ln(T3/T2)…⑥
【問題4-C】
等容変化におけるエントロピー変化ΔSの値は式⑥より、
ΔS=Cv×ln(T3/T2) =0.72×ln(2100/700)
=0.72×ln3=0.72×1.099=7.91×10⁻¹kJ/kgk
【問題4-D】
題意及び式⑤、(3)、④より、
ηth=1-(1/εx-1)=1-(T1/T2)=1-(300/700)=0.5714=5.71×10⁻¹
【問題4-E】
単位質量あたりの仕事量wは、
単位質量あたりの供給熱量qh×理論熱効率ηthより求められる。
w=qh×ηth=1008×0.5714=575.9=5.76 ×10²kJ/kg
以上、
課目Ⅱ 問題4-1~7,A~Eの解説でした。
令和元年度 課目Ⅳ 問題15-A~C、問題16-7~10
令和元年度
課目Ⅳ 問題15-A~C、問題16-7~10について解説します。
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【問題15-A】
熱交換の温度効率は、
温度効率を求める側の流体の入口~出口の温度差
÷最大温度差(高温流体入口温度ー低温流体入口温度)なので、
ηc=(Tc1-Tc2)/(Tc1-Tb1)=(5-2)/{5-(-10)}=0.2=20%
(ηc=冷水側の温度効率、Tc1=冷水側入口温度、Tc2=冷水側出口温度
Tb1=ブライン側入口温度)
【問題15-B】
熱交換される熱量は公式より、
Q=mCΔTで求められる。
Qc=mc×Cpc×(Tc1-Tc2)=8/60×4.0×(5-2)=1.6kW
(Qc=冷水が損失した熱量=ブラインが受けた熱量、Cpc=冷水の比熱、
Tc1=冷水側入口温度、Tc2=冷水側出口温度)
【問題15-C】
冷水が損失した熱量はブラインが受けた熱量に等しい。
Tb2をブラインの受けた熱量の式から求める。
Qb=Qc=mb×Cpb×(Tb2-Tb1)
⇒1.6=10/60×3.0×{Tb2-(-10)}
Tb2=-6.8℃
【問題16-7】
冷房負荷は公式より、
q=mCΔTで求められる。
(q=冷房負荷、m=質量流量、C=比熱、ΔT=温度差)
m=ρ×Qなので、
(m=質量流量[kg/s]、ρ=密度[kg/m3]、Q=流量[m3/s])
q=ρQCΔTとなる。
よって冷房負荷qcの式は以下となり、冷水流量Qcが求められる。
qc=ρ×Qc×Cp×(tR-ts)
⇒500=4.22×1000×Qc×(13-8)
Qc=0.0237m3/s=1420L/min
(ρ=密度、Cp=比熱、tR=冷水の還り温度、ts=冷水の往き温度)
【問題16-8】
ポンプの搬送動力(軸動力)P[kW]は公式より、
P=={(ρ×g×Q×H)/1000}×1/ηで求められる。
ポンプの搬送動力(軸動力)Pp[kW]は、
Pp={(ρ×g×Q×H)/1000}×1/η={(1000×9.8×0.0237×25)/1000}×(1/0.7)=8.7kW
【問題16-9】
冷水往温度を5℃とすると、
500=4.22×1000×Qc×(13-5)
⇒Qc=0.0148m3/s=889L/min
冷水往温度8℃のときと比較すると冷水流量は、
889/1420=0.625=62.5%
【問題16-10】
ポンプ軸動力は公式P=={(ρ×g×Q×H)/1000}×1/ηより
冷水流量に比例するので、62.5%となる。
以上、
課目Ⅳ 15-A~C、問題16-7~10の解説でした。
平成29年度 課目Ⅳ 問題15-A~Dの解説
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【問題15-A】
高温流体側の交換熱量Qhは、
公式Q=mCΔTより、
Qh=mh×Cph×(Th1-Th2)
=2×4×(90-45)=360kW
(mh=高温流体の質量流量、Cph=高温側の比熱、
高温流体の入口温度=Th1、高温流体の出口温度=Th2)
【問題15-B】
低温流体側の交換熱量Qcは高温流体側の交換熱量Qhと等しい。
Qc=Qh=360kw(問題15-Aで導出)
公式Q=mCΔTより、
Qc=mc×Cpc×(Tc2-Tc1)
⇒Tc2={Qc/(mc×Cpc)}+Tc1
Tc2={360/(5×2)}+20=56.0℃
低温側流体の温度効率は公式より、
ηc=ΔTc/(Th1-Tc1)※1
(ηc=低温側温度効率、ΔTc=低温側入口から出口の温度差、
高温流体の入口温度=Th1、低温流体の入口温度=Tc1)
⇒ηc=(Tc2-Tc1)/(Th1-Tc1)
=(56-20)/(90-20)=0.5142=51.4%
※1の意味は低温側流体の温度効率=低温側入口から出口の温度差÷最大温度差(高温側入口温度ー低温側入口温度)である。
同様にしてηh=ΔTh/(Th1-Tc1)を求めることもできる。
【問題15-C】
交換可能な熱交換量Qmaxは、
Th2=Tc1になったときに実現される。
公式Q=mCΔTより、
Qh=mh×Cph×(Th1-Th2)
⇒Th2=Tc1のとき、Qh=Qmaxとなるので、
Qmax=mh×Cph×(Th1-Tc1)
Qmax=2×4×(90-20)=560kW
エネルギー効率ηは公式より、
ηe=Qh/Qmax
=360/560=0.6428=0.643=64.3%
【問題15-D】
高温側流体の温度効率は公式より、
ηh=ΔTh/(Th1-Tc1)
(ηh=高温側温度効率、ΔTh=高温側入口から出口の温度差、
高温流体の入口温度=Th1、低温流体の入口温度=Tc1)
高温流体の温度効率ηhが55%となるときの
Th2の温度を求める。
⇒ηh=(Th1-Th2)/(Th1-Tc1)≧0.55
Th2=Th1-{0.55×(Th1-Tc1)}=90-0.55×(90-20)=51.5℃
よって、Th2=51.5℃以上で清掃に着手すればよい。
以上、
課目Ⅳ 問題15-A~Dの解説でした。