1 1 1 1 . . . J J J E E E D D D N N N A A A Č Č Č I I I N N N A A A S S S T T T A A A N N N J J J A A A I I I D D D E E E A A A L L L N N N O O O G G G G G G A A A S S S A A A 1.1 Odrediti gustinu idealnog gasa molekulske mase 29kg/kmol na normalnim uslovima. Rešenje: 1kmol idealnog gasa na normalnim uslovima: 5 N p 760 mmHg 1.0133bar 0.10133MPa 1.0133 10 Pa = = = = ⋅ , N T 273K = zauzima zapreminu od 22.4 3 N m , tj.: 3 N N m 6 N Ru T m 8315 273 v 22.4 p 0.10133 10 kmol ⋅ ⋅ = = = ⋅ . Gustina gasa je: 3 m N 1 M 29 kg ρ 1.3 v v 22.4 m = = = = . 1.2 Koliko molova idealnog gasa se nalazi u 1.75m 3 na normalnim uslovima? Rešenje: Iz jednačine stanja idealnog gasa na normalnim uslovima sledi: N N m p V V 1.75 0.078 kmol Ru T v 22.4 ⋅ = = = = ⋅ n . 1.3 Rezervoar zapremine 5m 3 puni se idealnim gasom, pomoću cevi unutrašnjeg prečnika 50mm. Na početku punjenja u rezervoaru se nalazi 1kg istog idealnog gasa. U trenutku prekida punjenja, gustina gasa u rezervoaru iznosila je 1.27kg/m 3 . Koliko je trajalo punjenje rezervoara, ako je specifična zapremina gasa, u poprečnom preseku dovodne cevi iznosila 0.5m 3 /kg, a srednja brzina gasa 2.5m/s? Rešenje: Masa idealnog gasa u rezervoaru na kraju procesa punjenja jednaka je: 2 2 m ρ V 1.27 5 6.35 kg = ⋅ = ⋅ = . Promena mase gasa u rezervoaru: 2 1 Δm m m 6.35 1 5.35 kg = − = − = . Maseni protok gasa: w v 1 A w A m m ⋅ ⋅ = ⋅ ρ ⋅ = τ Δ = . Vreme punjenja rezervoara: 2 2 u Δmv Δmv 5.35 0.5 τ 545s d π 0.5 π Aw 2.5 w 4 4 ⋅ ⋅ ⋅ = = = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ .
131
Embed
1 DAJJJEEEDDDNNNAAAČČ ČIIINNNAAA GNSSSTTT … · 1.1 Odrediti gustinu idealnog gasa molekulske mase 29kg/kmol na normalnim uslovima. Rešenje: 1kmol idealnog gasa na normalnim
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
1
111... JJJEEEDDDNNNAAAČČČIIINNNAAA SSSTTTAAANNNJJJAAA IIIDDDEEEAAALLLNNNOOOGGG GGGAAASSSAAA 1.1 Odrediti gustinu idealnog gasa molekulske mase 29kg/kmol na normalnim
1.2 Koliko molova idealnog gasa se nalazi u 1.75m3 na normalnim uslovima? Rešenje:
Iz jednačine stanja idealnog gasa na normalnim uslovima sledi:
N
N m
p V V 1.75 0.078kmolRu T v 22.4
⋅= = = =
⋅n .
1.3 Rezervoar zapremine 5m3 puni se idealnim gasom, pomoću cevi unutrašnjeg
prečnika 50mm. Na početku punjenja u rezervoaru se nalazi 1kg istog idealnog gasa. U trenutku prekida punjenja, gustina gasa u rezervoaru iznosila je 1.27kg/m3. Koliko je trajalo punjenje rezervoara, ako je specifična zapremina gasa, u poprečnom preseku dovodne cevi iznosila 0.5m3/kg, a srednja brzina gasa 2.5m/s?
Rešenje: Masa idealnog gasa u rezervoaru na kraju procesa punjenja jednaka je:
2 2m ρ V 1.27 5 6.35kg= ⋅ = ⋅ = .
Promena mase gasa u rezervoaru:
2 1Δm m m 6.35 1 5.35kg= − = − = .
Maseni protok gasa:
wv1AwAmm ⋅⋅=⋅ρ⋅=
τΔ
= .
Vreme punjenja rezervoara:
2 2u
Δm v Δm v 5.35 0.5τ 545sd π 0.5 πA w 2.5w
44
⋅ ⋅ ⋅= = = =
⋅ ⋅⋅ ⋅⋅.
2
Jednačina stanja idealnog gasa 1.4 Iz zatvorenog suda nepažnjom je došlo do isticanja određene količine idealnog
gasa. Ako je pokazivanje manometra pre isticanja 0.9MPa, a posle isticanja 0.7MPa, pri nepromenjenom pokazivanju termometra, odrediti količinu isteklog gasa u odnosu na početnu količinu gasa u sudu u procentima. Pritisak okoline je 0.1MPa.
Rešenje:
Iz jednačina stanja za idealan gas pre i posle isticanja sledi:
TRmV)pp( 1o1m ⋅⋅=⋅+ TR)mm(V)pp( 1o2m ⋅⋅Δ−=⋅+
odakle je:
1
1
o1m
o2m
mmm
pppp Δ−
=++ odnosno m2 o
1 m1 o
p pm 0.7 0.11 1 0.2m p p 0.9 0.1
+Δ += − = − =
+ +
1
Δm 100 0.2 100 20%m
⋅ = ⋅ = .
1.5 Dva jednaka staklena suda (A i B) u kojima se nalaze iste
količine različitih idealnih gasova, čija smeša je eksplozivna, istog početnog pritiska i iste temperature 0oC, spojena su cevčicom dužine 8cm i unutrašnjeg prečnika 5mm. Na sredini cevčice nalazi se kap žive (kap žive potpuno zatvara poprečni presek cevčice). Ukupna zapremina jednog suda i odgovarajućeg dela cevčice je 134cm3. Proveriti da li će doći do eksplozije, ako se gas u jednom sudu zagreje za 2oC, a u drugom istovremeno ohladi za 2oC.
Rešenje:
S obzirom da se gasovi nalaze u stanju mehaničke ravnoteže, to je u toku procesa: BA pp = , tako da je: 22B2A ppp == .
Iz jednačina stanja za idealan gas, na nivou mola, u sudu A pre i posle promene temperature sledi:
1 1 1p V Ru T⋅ = ⋅ ⋅n
2 A2 A2p V Ru T⋅ = ⋅ ⋅n odnosno: 2u
2 1 1dp (V x) Ru (T 2)
4⋅ π
⋅ + ⋅Δ = ⋅ ⋅ +n .
Iz jednačina stanja za idealan gas u sudu B pre i posle promene temperature sledi:
1 1 1p V Ru T⋅ = ⋅ ⋅n
2 B2 B2p V Ru T⋅ = ⋅ ⋅n odnosno: 2u
2 1 1dp (V x) Ru (T 2)
4⋅ π
⋅ − ⋅Δ = ⋅ ⋅ −n .
Konačno, kap žive pomerila se za:
2T2T
x4
dV
x4
dV
1
12u
1
2u
1
−+
=Δ⋅
π⋅−
Δ⋅π⋅
+ odnosno
61
2 3 2u 1
8 V 8 134 10Δx 0.05md π T (5 10 ) π 273
−
−
⋅ ⋅ ⋅= = =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅.
Da ne bi došlo do mešanja gasova moguće pomeranje kapi žive jednako je polovini dužine cevčice 40mm. S obzirom da se kap žive pomerila za 0.05m, tj. 50mm, u ovom slučaju doći će do eksplozije.
3
Jednačina stanja idealnog gasa 1.6 Dva spojena suda jednakog preseka
napunjena su vodom (ρ = 1000kg/m3) do istog nivoa. Iznad nivoa vode nalazi se gas koji se može smatrati idealnim. Levi sud (I) je potpuno zatvoren sa gornje strane, dok se desni (II) produžuje u cilindar duž koga se kreće klip. Na početku se i klip i poklopac levog suda nalaze na istoj visini iznad nivoa vode l = 0.5m. Na početku su pritisci u oba suda jednaki i iznose 0.1MPa. Odrediti za koliko treba da se pomeri klip da bi razlika nivoa vode u oba suda iznosila 0.5m pri stalnoj temperaturi gasa iznad tečnosti, ako se klip kreće:
a) na gore, i b) na dole.
Rešenje:
a) Ako se klip kreće na gore, onda je za ravnotežni položaj klipa koji je prikazan na slici:
a⋅ρ⋅+= gpp 21
a iz karakterističnih jednačina stanja za idealan gas u sudu I pre i posle podizanja klipa je:
TRmVp ⋅⋅=⋅ TRmVp 11 ⋅⋅=⋅
odakle je:
)2
(p
S)2
(
SpVVpp
11 al
lal
l
+⋅=
⋅+
⋅⋅=⋅= .
Pritisak u sudu II nakon podizanja klipa jednak je:
aal
la ⋅ρ⋅−+
⋅=⋅ρ⋅−= g
2
pgpp 12 .
Iz karakterističnih jednačina stanja za idealan gas u sudu II pre i posle podizanja klipa je:
Jednačina stanja idealnog gasa 1.7 Za merenje malih razlika pritisaka
upotrebljava se mikromanometar. Radni fluid u sudu je špiritus gustine 800kg/m3. Odrediti pritisak u vazdušnom vodu ako je dužina stuba tečnosti cevi mikromanometra l = 180mm, a cev se nalazi pod uglom α = 30o. Pritisak okoline je 0.102MPa. Ako je gustina vazduha 1.193kg/m3, odrediti temperaturu vazduha.
Rezultat: p 102.71kPa=
T 300K= 1.8 Vakuumetar sa živom, u obliku U-cevi, upotrebljen je
za merenje potpritiska vodene pare u kondenzatoru parnoturbinskog bloka. Odrediti pritisak vodene pare u kondenzatoru, ako je temperatura vodene pare konstantna i iznosi 50oC, dok razlika između visina živinog stuba (ρ = 13600kg/m3) u krakovima cevi vakuumetra, pri atmosferskom pritisku 0.1MPa, iznosi 660mm.
Rezultat: p 12kPa= 1.9 U rezervoaru zapremine 10m3 nalazi se
vazduh (idealan gas), temperature 20oC. U cilju merenja pritiska vazduha, na rezervoar se povezuje manometarska cev. Manometarska tečnost je živa, gustine 13600kg/m3. Pokazivanje manometra (razlika nivoa žive) je 196mm. Pritisak okoline je 0.1MPa. Kolika je masa vazduha u rezervoaru?
Rezultat: m 15kg= 1.10 U hermetički zatvorenom cilindru nalazi se klip koji se može kretati bez trenja. Sa
jedne strane klipa nalazi se 1kg vodonika, a sa druge strane je 1kg ugljenmonoksida.
a) Koliki je odnos zapremina leve i desne strane cilindra u ravnoteži? b) Koja količina gasa mora biti u delu cilindra sa ugljenmonoksidom da bi oba gasa
zauzela istu zapreminu? Rezultat: a) COH V14V
2⋅=
b) COm 14kg=
6
Jednačina stanja idealnog gasa 1.11 U cilju merenja zapremine cevovoda on se, nakon zatvaranja jednog kraja, vezuje
na sud sa vazduhom, zapremine 5m3, nadpritiska 0.5MPa i temperature 20oC. Pritisak okolnog vazduha, kao i vazduha u cevovodu pre zatvaranja je 0.10133MPa, a temperatura 15oC. Nakon uspostavljanja ravnoteže u sudu i cevovodu pokazivanje manometra je 0.12MPa, a pokazivanje termometra 15oC. Odrediti zapreminu cevovoda.
Rezultat: 3
cV 15.4m= 1.12 Dve čelične boce (A i B) sa sabijenim vazduhom, zatvorene ventilima, spojene su
pomoću gumene cevi unutrašnjeg prečnika 20mm i dužine 15m. U cevi je vazduh stanja 0(po = 0.1MPa, to = 15oC). U boci A, zapremine 10l, nalazi se vazduh stanja 1(p1 = 1.5MPa, t1 = 15oC), a u boci B, zapremine 25l, vazduh stanja 2(p2 = 0.2MPa, t2 = 15oC).
a) Koliki pritisak se ustali nakon otvaranja ventila na bocama? b) Da li je svejedno kojim redosledom se otvaraju ventili na bocama, ako gumena cev
može izdržati pritisak od 0.8MPa? Rezultat: a) p 0.516MPa=
b) Prvo se otvara ventil na boci B, a zatim ventil na boci A. 1.13 Jedan sud podeljen je pregradom na dva dela čiji je odnos zapremina 2:1. U
manjem delu nalazi se naki idealan gas na pritisku p1 = 0.1MPa i temperaturi T, a u većem, drugi idealan gas na pritisku p2 = 0.6MPa i temperaturi T. Koliki će biti pritisak u sudu kada se izvadi pregrada i gasovi pomešaju?
Rezultat: p 0.433MPa= 1.14 Električna sijalica napunjena je azotom (idealan gas). Na temperaturi od 25oC, pri
pritisku okoline od 101.33kPa, vakuum u sijalici je 26.7kPa. Uključivanjem sijalice u rad pri ustaljenom režimu, temperatura azota u loptastom delu iznosi 160oC, a u cilindričnom delu 70oC. Zapremina loptastog dela sijalice je 90cm3, a cilindričnog dela 15cm3. Koliki je pritisak azota u sijalici pri ustaljenom režimu rada.
Rezultat: p 104.53kPa= 1.15 Nekim idealnim gasom puni se rezervoar stalne zapremine. Pre punjenja u
rezervoaru se nalazi isti gas stanja 1(p1 = 0.1MPa, t1 = 20oC). Nakon jednočasovnog punjenja utvrđeno je stanje gasa u rezervoaru 2(p2 = 0.3MPa, t2 = 50oC), a nakon sledeća dva sata izmerena je temperatura gasa t3 = 90oC. Smatrajući da je dotok gasa pri punjenju rezervoara stalan, izračunati pritisak p3.
Rezultat: p 0.764MPa=
7
222... SSSMMMEEEŠŠŠAAA IIIDDDEEEAAALLLNNNIIIHHH GGGAAASSSOOOVVVAAA 2.1 Kroz kanal struji smeša idealnih gasova gasne konstante 287J/kgK. Temperatura
smeše idealnih gasova je 400K, a pritisak 5MPa. Maseni protok smeše idealnih gasova je 52.3kg/s. Odrediti zapreminski protok i gustinu smeše idealnih gasova.
Rešenje:
Najpre se nalazi zapreminski protok smeše idealnih gasova iz osnovne jednačine stanja:
p V m R T⋅ = ⋅ ⋅ 3
6
m R T 52.3 287 400 mV 1.2p 5 10 s⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= = =⋅
a zatim gustina smeše idealnih gasova:
3
m 52.3 kg43.6V 1.2 m
ρ = = = .
2.2 U rezervoaru zapremine 10m3 se nalazi smeša idealnih gasova na pritisku od
0.16MPa. Smeša se sastoji od 8kg azota, 6kg kiseonika i nepoznate količine ugljendioksida. Temperatura smeše iznosi 27oC. Odrediti parcijalne pritiske pojedinih komponenata u smeši i masu ugljendioksida.
Rešenje:
Svaka komponenta u smeši idealnih gasova se nalazi na svom parcijalnom pritisku i zauzima celokupnu zapreminu smeše na temperaturi smeše. Prema Dalton-ovom zakonu ukupni pritisak smeše je jednak zbiru parcijalnih pritisaka komponenata u smeši idealnih gasova, pa je:
2 2 2N O COp p p p= + +
2 2 2N N Np V m R T⋅ = ⋅ ⋅
2 2 2O O Op V m R T⋅ = ⋅ ⋅
2 2 2O O Op V m R T⋅ = ⋅ ⋅
tako da su parcijalni pritisci azota i kiseonika:
2 2
2
N N 4N
m R T 8 297 300p 7.128 10 Pa 71.28kPaV 10⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= = = ⋅ =
2 2
2
O O 4O
m R T 6 260 300p 4.680 10 Pa 46.80kPaV 10⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= = = ⋅ =
odnosno parcijalni pritisak ugljendioksida:
2 2 2CO N Op p p p 160 71.28 46.80 41.92kPa= − − = − − =
pri čemu su gasne konstante za azot, kiseonik i ugljendioksid (Tabela 2), respektivno:
2NJR 297
kg K=
2OJR 260
kg K=
2COJR 189
kg K= .
Masa ugljendioksida je:
2
2
2
3CO
COCO
p V 41.92 10 10m 7.4 kgR T 189 300
⋅ ⋅ ⋅= = =
⋅ ⋅.
8
Smeša idealnih gasova 2.3 Komora je pregradom podeljena na dva dela A i B. U delu A, zapremine 1.3m3,
nalazi se CO2 stanja 1(p1 = 0.49MPa, t1 = 30oC), a u delu B, zapremine 1m3, nalazi se O2 stanja 2(p2 = 0.136MPa, t2 = 57oC). Nakon izvlačenja pregrade nastaje smeša idealnih gasova CO2 i O2. Odrediti:
a) relativni maseni i relativni zapreminski sastav smeše idealnih gasova, b) prividnu (srednju) molekulsku masu i gasnu konstantu smeše idealnih gasova, i c) broj molova i relativni molski sastav novonastale smeše.
Rešenje:
a) Iz jednačine stanja za idealan gas u delu A (pre izvlačenja pregrade) sledi:
1ACOCO1A1A TRmVp22⋅⋅=⋅
2
2
6A1 A1
COCO A1
p V 0.49 10 1.3m 11.123kgR T 189 (273 30)
⋅ ⋅ ⋅= = =
⋅ ⋅ +
pri čemu je gasna konstanta za ugljendioksid (Tabela 2): 2CO
JR 189kgK
= .
Iz jednačine stanja za idealan gas u delu B (pre izvlačenja pregrade) sledi:
1BOO1B1B TRmVp22⋅⋅=⋅
2
2
6B1 B1
OO B1
p V 0.136 10 1m 1.585kgR T 260 (273 57)
⋅ ⋅ ⋅= = =
⋅ ⋅ +
pri čemu je gasna konstanta za kiseonik (Tabela 2): 2O
JR 260kg K
= .
Izvlačenjem pregrade obrazuje se smeša idealnih gasova CO2 i O2, čija je masa:
2 2CO Om m m 11.123 1.585 12.708kg= + = + = .
Relativni maseni sastav smeše:
875.0708.12123.11
mm
g 22
COCO === odnosno:
2COg 87.5%=
125.0875.01g1m
mg
22
2 COO
O =−=−== odnosno: 2Og 12.5%= .
Da bi se odredio relativni zapreminski sastav smeše idealnih gasova neophodno je sve komponente svesti na iste uslove, uobičajeno normalne uslove pritiska i temperature:
5Np 1.0133 10 Pa= ⋅ NT 273K= .
Redukovane zapremine gasova na normalnim uslovima su:
222 COCO,RCO m4.22VM ⋅=⋅
2
2
2
CO 3R,CO N
CO
22.4 m 22.4 11.123V 5.663mM 44⋅ ⋅
= = =
222 OO,RO m4.22VM ⋅=⋅
2
2
2
O 3R,O N
O
22.4 m 22.4 1.585V 1.11mM 32⋅ ⋅
= = = .
Redukovana zapremina smeše idealnih gasova na normalnim uslovima je:
2 2
3R R,CO R,O NV V V 5.663 1.11 6.773m= + = + = .
9
Smeša idealnih gasova
Relativni zapreminski sastav smeše:
836.0773.6663.5
VV
rR
CO,RCO
22
=== odnosno: 2COr 83.6%=
164.0836.01r1V
Vr
22
2 COR
O,RO =−=−== odnosno:
2Or 16.4%= .
pri čemu su molekulske mase ugljendioksida i kiseonika (Tabela 2), respektivno:
2COkgM 44
kmol= i
2OkgM 32
kmol= .
b) Molekulska masa smeše idealnih gasova je:
2 2
2 2
nCO Oi
i 1 i CO O
1 1 1 kgM 42g g 0.875 0.125g kmol44 32M M M=
= = = =++∑
(ili ∑=
⋅=n
1iii MrM )
(ili m4.22VM R ⋅=⋅ ).
Gasna konstanta smeše idealnih gasova je:
n
i ii 1
Ru 8315 JR g R 198M 42 kg K=
= ⋅ = = =∑ (ili ∑=
⋅= n
1iii Mr
RuR ).
Kad su poznati relativni maseni sastav i molekulska masa smeše idealnih gasova tada se relativni zapreminski sastav može odrediti iz sledećeg izraza:
iii M
Mgr ⋅= odnosno:
222
COCOCO M
Mgr ⋅= 2
222 O
OOO r1
MMgr −=⋅= .
c) Broj molova pojedinih komponenata:
2
2
2
COCO
CO
m 11.123 0.253kmolM 44
= = =n
2
2
2
OO
O
m 1.585 0.05kmolM 32
= = =n .
Broj molova smeše idealnih gasova je:
2 2CO O 0.253 0.05 0.303kmol= + = + =n n n (ili mM
=n )
(ili RV22.4
=n ).
Relativni molski sastav:
2
2
COCO
0.253x 0.836kmol0.303
= = =n
n odnosno:
2COx 83.6%=
2
2 2
OO COx 1 x 1 0.836 0.164kmol= = − = − =
nn
odnosno: 2Ox 16.4%= .
Po brojnoj vrednosti relativni molski udeo komponente (i) jednak je relativnom zapreminskom udelu iste komponente u smeši idealnih gasova, tj.: i ix r≡ .
10
Smeša idealnih gasova 2.4 8 3
Nm smeše vodonika i azota (smeša A) čija je gasna konstanta 880J/kgK pomeša
se sa 4 3Nm smeše relativnog masenog sastava: CO = 25% i N2 = 75% (smeša B).
Odrediti: a) masu i srednju molekulsku masu novonastale smeše (smeša C) idealnih gasova, i b) maseni sastav i parcijalne pritiske komponenata u novonastaloj smeši na
normalnim uslovima. Rešenje:
a) Relativni maseni sastav smeše A:
22N22N22N22H NA
HA
NA
HA
iAiA RgR)g1(RgRgRgR ⋅+⋅−=⋅+⋅=∑ ⋅=
849.041572974157880
RRRR
g22
2
2NHN
HAA =−−
=−
−= 151.0845.01g1g AA
2N2H=−=−= .
pri čemu su gasne konstante za vodonik i azot (Tabela 2), respektivno:
2HJR 4157
kg K= i
2NJR 297
kg K= .
Molekulska masa smeše A:
AA
Ru 8315 kgM 9.45R 880 kmol
= = = .
Masa smeše A:
AA,RA m4.22VM ⋅=⋅
A R,AA
M V 9.45 8m 3.375kg22.4 22.4⋅ ⋅
= = = .
Mase pojedinih komponenata u smeši A:
2 2
A AN N Am g m 0.849 3.375 2.865kg= ⋅ = ⋅ =
2 2 2
A A AH H A A Nm g m m m 3.375 2.865 0.51kg= ⋅ = − = − = .
Molekulska masa smeše B:
NCO 2
2
B BB
CO N
1 1 kgM 280.25 0.75g kmolg28 28M M
= = =++
pri čemu su molekulske mase ugljenmonoksida i azota (Tabela 2), respektivno:
COkgM 28
kmol= i
2NkgM 28
kmol= .
Masa smeše B:
B R,BB
M V 28 4m 5kg22.4 22.4⋅ ⋅
= = = .
Mase pojedinih komponenata u smeši B:
B BCO CO Bm g m 0.25 5 1.25kg= ⋅ = ⋅ =
2 2
B B BN N B B COm g m m m 5 1.25 3.75kg= ⋅ = − = − = .
Masa smeše C:
C A Bm m m 3.375 5 8.375kg= + = + = .
11
Smeša idealnih gasova
Redukovana zapremina smeše C:
C A B 3R R R NV V V 8 4 12m= + = + = .
Molekulska masa smeše C:
CC
R,C
22.4 m 22.4 8.375 kgM 15.633V 12 kmol⋅ ⋅
= = = .
b) Mase pojedinih komponenata u smeši C:
2 2 2
C A BN N Nm m m 2.865 3.75 6.615kg= + = + =
2 2
C AH Hm m 0.51kg= =
C BCO COm m 1.25kg= = .
Relativni maseni sastav smeše C:
790.0375.8615.6
mm
gC
CNC
N2
2=== 061.0
375.851.0
mm
gC
CHC
H2
2===
149.0061.0790.01gg1mmg C
HCN
C
CCOC
CO 22=−−=−−== .
Parcijalni pritisci komponenata u smeši određuju se iz izraza:
ii i i i
i
R Mp x p g p g pR M
= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ .
Za komponente u smeši C parcijalni pritisci su:
2 2
2
C C CN N N
N
M 15.633p g p 0.79 0.10133 0.0447 MPaM 28
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
2 2
2
C C CH H N
H
M 15.633p g p 0.061 0.10133 0.0483MPaM 2
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
2 2
C C C CCCO CO N N N H
CO
Mp g p p p p 0.10133 0.0447 0.0483 0.00833MPaM
= ⋅ ⋅ = − − = − − = .
pri čemu je molekulska masa vodonika (Tabela 2): 2H
kgM 2kmol
= .
2.5 Smeša idealnih gasova O2 i N2 (smeša A) molekulske mase 31kg/kmol meša se sa
smešom idealnih gasova N2 i CO2 (smeša B), obrazujući mešavinu (smeša C) molekulske mase 33.2kg/kmol. Ako je nA =2⋅nB, odrediti:
a) relativne molske sastave smeša A, B i C, b) gasnu konstantu smeše B, i c) relativni maseni sastav smeše B.
Rešenje:
a) Molekulska masa smeše B:
A B2= ⋅n n
C A B B B B2 3= + = ⋅ + = ⋅n n n n n n
BAC mmm +=
C C B C A A B B B A B BM 3 M M M 2 M M⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅n n n n n n
B C AkgM 3 M 2 M 3 33.2 2 31 37.6
kmol= ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ = .
12
Smeša idealnih gasova
Relativni molski sastav smeše A:
i iM x M= ⋅∑
2 2 2 2 2 2 2 2
A A A AA O O N N N O N NM x M x M (1 x ) M x M= ⋅ + ⋅ = − ⋅ + ⋅
2
2
2 2
A OAN
N O
M M 31 32x 0.25M M 28 32
− −= = =
− −
2 2
A AO Nx 1 x 1 0.25 0.75= − = − = .
Relativni molski sastav smeše B:
2 2 2 2 2 2 2 2
B B B BB CO CO N N N CO N NM x M x M (1 x ) M x M= ⋅ + ⋅ = − ⋅ + ⋅
2
2
2 2
B COBN
N CO
M M 37.6 44x 0.4M M 28 44
− −= = =
− −
2 2
B BCO Nx 1 x 1 0.4 0.6= − = − = .
Relativni molski udeo komponente u smeši je:
iix =
nn
odakle je: i ix= ⋅n n .
Da bi se odredio relativni molski sastav smeše C neophodno je najpre naći molski udeo jedne komponente, u ovom slučaju relativni molski udeo azota:
2 2 2
C A BN N N= +n n n
2 2 2
C A BN C N A N Bx x x⋅ = ⋅ + ⋅n n n
2 2 2
C A BN B N B N Bx 3 x 2 x⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅n n n
2 2
2
A BN NC
N
2 x x 2 0.25 0.4x 0.33 3
⋅ + ⋅ += = = .
Sada se mogu naći molski udeli kiseonika i ugljendioksida u smeši C:
2 2 2 2 2 2
C C CC O O CO CO N NM x M x M x M= ⋅ + ⋅ + ⋅
2 2 2 2 2 2 2
C C C CC N CO O CO CO N NM (1 x x ) M x M x M= − − ⋅ + ⋅ + ⋅
2 2 2 2
2
2 2
C CC N O N NC
COCO O
M (1 x ) M x M 33.2 (1 0.3) 32 0.3 28x 0.2M M 44 32
− − ⋅ − ⋅ − − ⋅ − ⋅= = =
− −
2 2 2
C C CO N COx 1 x x 1 0.3 0.2 0.5= − − = − − =
pri čemu su molekulske mase za azot, kiseonik i ugljendioksid (Tabela 2), respektivno:
2NkgM 28
kmol=
2OkgM 32
kmol=
2COkgM 44
kmol= .
b) Gasna konstanta smeše B:
BB
Ru 8315 JR 221.14M 37.6 kg K
= = = .
c) Relativni maseni sastav smeše B:
2
2 2
NB BN N
B
M 28g x 0.4 0.298M 37.6
= ⋅ = ⋅ =
2
2 2 2
COB B BCO CO N
B
Mg x 1 g 1 0.298 0.702
M= ⋅ = − = − = .
13
Smeša idealnih gasova 2.6 Mešavina vodonika, azota i ugljendioksida (idealni gasovi) na temperaturi od 600°C
i pritisku od 1.5MPa ima gustinu od 3kg/m3. Pri tome je parcijalni pritisak azota u ovoj mešavini 0.4MPa. Odrediti relativni maseni sastav smeše idealnih gasova.
Rezultat: 403.0g,516.0g,082.0g
222 CONH === 2.7 Smeša idealnih gasova ima sledeći zapreminski sastav: vodonika 50%, azota 5%, a
preostalo su ugljenmonoksid i ugljendioksid. Molekulska masa smeše je 15.8kg/kmol. Odrediti relativni maseni sastav smeše.
pregradama na tri jednaka dela. U prvom delu (A) nalazi se kiseonik pritiska 0.4MPa i temperature 80oC, u drugom (B) azot stanja 0.2MPa i 150oC, a u trećem (C) 0.438kg vodonika pritiska 0.8MPa. Izvlačenjem pregrada obrazuje se smeša idealnih gasova. Odrediti:
a) temperaturu vodonika pre mešanja, b) gasnu konstantu smeše idealnih gasova, i c) broj molova smeše idealnih gasova.
Rezultat: a)
2HT 294.33K= b) R 658.58J / kgK= c) 0.349kmol=n 2.9 U zatvorenom sudu zapremine 0.1m3 nalazi se smeša azota i nepoznatog idealnog
gasa. Temperatura smeše idealnih gasova je 300K, a pritisak 8MPa. Masa azota u smeši je 5.61kg. Odrediti parcijalni pritisak nepoznatog idealnog gasa.
Rezultat: xp 3MPa= 2.10 Rezervoari A i B, međusobno povezani
cevovodom zanemarljive zapremine, sadrže različite mešavine idealnih gasova. Početni molski udeli i termičke veličine stanja mešavine u rezervoaru A su: 12% H2, 7% CO2, 81% N2, VA = 150m3, TA1 = 350K, pA1 = 0.16MPa, a u rezervoaru B: 50% H2, 5% CO2, 45% N2, TB1 =400K, pB1 = 0.12MPa. Otvaranjem ventila na cevovodu obrazuje se mešavina idealnih gasova temperature 97oC. Molski udeo vodonika u novonastaloj mešavini je 35%. Odrediti pritisak novonastale mešavine.
Rezultat: p 0.1284MPa=
14
333... PPPRRRVVVIII PPPRRRIIINNNCCCIIIPPP TTTEEERRRMMMOOODDDIIINNNAAAMMMIIIKKKEEE 3.1 U rezervoaru, stalne zapremine V = 5m3, se hladi vazduh (idealan gas) od
početnog stanja 1(p1 = 0.5MPa, T1 = 500K) do krajnje temperature T2 = 300K. Uzimajući u obzir zavisnost toplotnog kapaciteta vazduha od temperature:
vc A B T= + ⋅ , ( vkJc
kg K⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
, [ ]T K , 5A 0.7066, B 2.9677 10−= = ⋅ )
odrediti: a) odvedenu količinu toplote u kJ, b) pritisak vazduha na kraju procesa, i c) prikazati promenu stanja u (p, v) dijagramu.
Rešenje:
a) Kako se radi o zatvorenom termodinamičkom sistemu (sa okolinom se razmenjuje samo toplotna energija, a ne i materija) iz prvog principa termodinamike preko apsolutnog (zapreminskog) rada u diferencijalnom obliku je:
dvpduWduq ⋅+=′δ+=δ
Promena stanja vazduha je izohorska, tj.: 1 2Vv const v vm
= = = = ,
tako da je dv 0= , odnosno q duδ = . Dakle, odvedena količina toplote, u ovom slučaju, dovodi do
promene unutrašnje energije gasa. Za idealne gasove je:
dTcdu v ⋅=
tako da je:
vq c dTδ = ⋅ odnosno: 1v v
1
p VQ m q m c dT c dTR T⋅
δ = ⋅δ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅⋅
.
Integraljenjem se dobija:
2 2
1 1
T T1 1
1,2 v v1 1T T
p V p VQ c dT c dTR T R T⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅⋅ ⋅∫ ∫
gde je cv maseni toplotni kapacitet gasa pri stalnoj zapremini. Po kinetičko-molekularnoj teoriji toplotni kapacitet idealnog gasa zavisi samo od broja atoma u molekulu gasa, a ne zavisi od pritiska i temperature gasa, tako da je:
2
1
Tv1 1 1
1,2 v v 2 1 2 11 1 1T
Cp V p V p VQ c dT c (T T ) (T T )R T R T R T M⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ −⋅ ⋅ ⋅∫
6
1,20.5 10 5 20.8Q (500 300) 2499.1kJ287 500 29⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ − =⋅
pri čemu je (Tabela 2): JR 287
kg K= - gasna konstanta za vazduh,
kgM 29kmol
= - molekulska masa vazduha,
vkJC 20.8
kmol K= - molski toplotni kapacitet vazduha pri stalnoj zapremini.
15
Prvi princip termodinamike
Međutim, toplotni kapacitet vazduha (idealan gas) zavisi od temperature (kod realnih gasova toplotni kapacitet zavisi od temperature i pritiska gasa), tako da je odvedena količina toplote:
2 2
1 1
T T1 1 1 1 2
1,2 v 2 11 1 1T T
p V p V p V T TQ c dT (A B T) dT (T T ) (A B )R T R T R T 2⋅ ⋅ ⋅ +
b) Promena stanja vazduha je izohorska, tako da se korišćenjem osnovne jednačine stanja dobija:
1 2v v=
1 2
1 2
R T R Tp p⋅ ⋅
=
odnosno:
2 2
1 1
p Tp T
=
tako da je pritisak vazduha na kraju procesa:
c) Promena stanja vazduha u radnom (p, v) dijagramu
22 1
1
T 300p p 0.5 0.3MPaT 500
= ⋅ = ⋅ = .
3.2 Za potrebe tehnološkog procesa kompresor usisava 6000m3/h azota stanja 1(p1 = 0.28MPa, t1 = 18oC) i komprimuje ga adijabatski, tako da je na kraju kompresije temperatura azota 101oC. Uzimajući u obzir zavisnost toplotnog kapaciteta azota od temperature:
pc A B T= + ⋅ , ( pkJc
kg K⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
, [ ]T K , 4A 1.0248, B 1.5 10−= = ⋅ )
odrediti: a) snagu kompresora, b) pritisak azota na kraju procesa, c) prikazati promenu stanja azota u (p, v) dijagramu, i d) u (p, v) dijagramu prikazati specifični tehnički i specifični zapreminski rad.
Rešenje:
a) Iz prvog principa termodinamike za otvoren termodinamički sistem (sa okolinom se razmenjuje energija i materija) u diferencijalnom obliku je:
tq dh W′δ = + δ
Promena stanja azota je adijabatska, tj.: q 0δ = , tako da je:
tW dh′δ = − .
Dakle, tehnički rad koji se troši na sabijanje azota dovodi do promene njegove entalpije. Za idealne gasove je:
pdh c dT= ⋅
tako da je:
t pW c dT′δ = − ⋅
gde je cp maseni toplotni kapacitet gasa pri stalnom pritisku.
16
Prvi princip termodinamike
Integraljenjem se dobija:
2 2
1 1
T T1 2
t1,2 p 1 2T T
T TW c dT (A B T) dT (A B ) (T T )2+′ = − ⋅ = − + ⋅ ⋅ = + ⋅ ⋅ −∫ ∫
4t1,2
291 374 kJW (1.0248 1.5 10 ) (291 374) 89.22 kg
− +′ = + ⋅ ⋅ ⋅ − = −
Znak minus znači da se radi o uloženom (utrošenom) specifičnom tehničkom radu. Snaga kompresora je:
61 1
K t1,2 t1,21
p V 0.28 10 6000P m W W 89.2 481.6kWR T 297 291 3600⋅ ⋅ ⋅′ ′= ⋅ = ⋅ = ⋅ =⋅ ⋅ ⋅
pri čemu je gasna konstanta za azot (Tabela 2): JR 297kg K
= .
b) Promena stanja azota je adijabatska:
1 11 1 2 2p T p T−κ κ −κ κ⋅ = ⋅
odakle je:
1 12 1
2
Tp p ( )T
κ−κ= ⋅
pri čemu je izložilac (eksponent) adijabate:
p p
v p
c cc c R
κ = =−
.
Kako toplotni kapacitet gasa zavisi od temperature, to je:
1
1
1
1
T
p TT
p T
c
c Rκ =
−
c), d) Promena stanja vazduha i specifični tehnički i specifični zapreminski rad u radnom (p, v) dijagramu
pri čemu je srednji toplotni kapacitet gasa pri stalnom pritisku definisan izrazom:
21
11
TT
p pT2 1 T
1c c (T) dTT T
= ⋅ ⋅− ∫
odakle je:
21
11
TT 1 2
p T2 1 T
T T1c (A B T) dT A BT T 2
+= ⋅ + ⋅ ⋅ = + ⋅
− ∫
1
1
T 4p T
291 374 kJc 1.0248 1.5 10 1.07472 kg K
− += + ⋅ ⋅ =
tako da je:
1.0747 1.3821.0747 0.297
κ = =−
1.382
6 61 1 1.38212 1
2
T 291p p ( ) 0.28 10 ( ) 0.694 10 Pa 0.694MPaT 374
κ−−κ= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = .
17
Prvi princip termodinamike 3.3 Metan (CH4, idealan gas), protoka 0.5kg/s, početnih parametara p1 = 12MPa i
T1 = 600K, menja stanje po: politropi sa eksponentom n = 1.5, adijabati, izotermi, i izohori,
do dvostruko manjeg pritiska u odnosu na početno stanje. Odrediti razmenjenu toplotu, zapreminski i tehnički rad, promenu entalpije i promenu unutrašnje energije za date promene stanja i prikazati ih u radnom (p, v) dijagramu.
Rešenje:
Molekulska masa i gasna konstanta metana (Tabela 2) su:
41,2 1,2 vCH 2 1ΔU m Δu m c (T T )= ⋅ = ⋅ ⋅ − ili 1,2 1,2ΔU Q=
1,2ΔU 0.5 1.82 (300 600) 273.0 kW= ⋅ ⋅ − = − .
Promena entalpije:
41,2 1,2 pCH 2 1ΔH m Δh m c (T T )= ⋅ = ⋅ ⋅ − ili 1,2 1,2 t1,2ΔH Q W= −
1,2ΔH 0.5 2.34 (300 600) 351.0 kW= ⋅ ⋅ − = − .
Politropska ekspanzija metana
Adijabatska ekspanzija metana
Izotermska ekspanzija metana
Izohorsko hlađenje metana
U cilju poređenja, sve promene stanja metana su prikazane u jednom (p, v) dijagramu.
21
Prvi princip termodinamike 3.4 Vertikalni cilindar zatvoren sa jedne strane pokretnim klipom
koji se kreće bez trenja, podeljen je na dva dela A i B nepokretnom pregradom koja ne pruža otpor razmeni toplote i zanemarljivog je toplotnog kapaciteta. U oba dela cilindra nalazi se idealni dvoatomni gas početnih parametara:
Između komora A i B se vrši razmena toplote sve do trenutka izjednačavanja temperature, tj. TA2 = TB2 = T2. Smatrajući da su zidovi cilindra i klip idealni izolatori odrediti:
a) krajnju temperaturu idealnih gasova u cilindrima T2, b) krajnju zapreminu VA2 idealnog gasa u komori A, i c) prikazati promene stanja gasova u (p, v) dijagramu.
Rešenje:
a) Na osnovu prvog principa termodinamike za zatvoreni termodinamički sistem, odnosno zakona o očuvanju energije (bilans energije za kontrolnu zapreminu) dobija se:
cv cv cvQ U W= Δ + .
Kako se kroz granice sistema ne razmenjuje toplotna energija, već samo mehanička energija, tj. zapreminski rad WA1,2 koji se troši na promenu zapremine gasa u delu A, a koji je posledica razmene toplote između gasova u delu A i delu B, to je:
cv A1,2 cv A1,2 B1,2W W U ( U U )= = −Δ = − Δ + Δ .
Promena unutrašnje energije idealnog gasa ne zavisi od načina izvođenja promene stanja već samo od početne i krajnje temperature gasa, tako da je:
A1,2 A A1,2 B B1,2 A vA A2 A1 B vB B2 B1W m u m u m c (T T ) m c (T T )= − ⋅Δ − ⋅Δ = − ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ −
odnosno, obzirom da se nezna koji gas se nalazi u delovima A i B cilindra prethodna jednačina se prevodi na nivo mola:
A1,2 A vA A2 A1 B vB B2 B1W C (T T ) C (T T )= − ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ −n n .
U delu A se ostvaruje izobarska promena stanja idealnog gasa:
A A1 A2p p p const= = =
tako da je:
A1,2 A A1,2 A A A2 A1 A A A2 A1W m W ' m p (v v ) m R (T T )= ⋅ = ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ −
odnosno na nivou mola:
A1,2 A A mA2 mA1 A A2 A1W p (v v ) Ru (T T )= ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ −n n
pa je:
A A2 A1 A vA A2 A1 B vB B2 B1Ru (T T ) C (T T ) C (T T )⋅ ⋅ − = − ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ −n n n
odnosno:
A vA A2 A1 B vB B2 B1(Ru C ) (T T ) C (T T )⋅ + ⋅ − = − ⋅ ⋅ −n n
A pA A2 A1 B vB B2 B1C (T T ) C (T T )⋅ ⋅ − = − ⋅ ⋅ −n n
pri čemu je iskorišćena Majer-ova jednačina koja povezuje toplotni kapacitet pri stalnom pritisku i toplotni kapacitet pri stalnoj zapremini:
p vc c R= + na nivou kilograma, a na nivou mola: p vC C Ru= + .
22
Prvi princip termodinamike
Do istog izraza, znatno brže, se dolazi na osnovu sledećeg razmatranja. Količinu toplote koju oda gas u cilindru A primi gas u cilindru B. U delu B pritom se ostvaruje izohorska promena stanja idealnog gasa (vB = vB1 = vB2 = const):
A1,2 B1,2Q Q= odnosno: A1,2 B1,2Q Q= −
pri čemu je:
A1,2 A A1,2 A pA A2 A1Q m q m c (T T )= ⋅ = ⋅ ⋅ − i B1,2 B B1,2 B vB B2 B1Q m q m c (T T )= ⋅ = ⋅ ⋅ −
na nivou kilograma, a na nivou mola:
A1,2 A pA A2 A1Q C (T T )= ⋅ ⋅ −n i B1,2 B vB B2 B1Q C (T T )= ⋅ ⋅ −n
tako da je:
A pA A2 A1 B vB B2 B1C (T T ) C (T T )⋅ ⋅ − = − ⋅ ⋅ −n n .
Konačno, obzirom da se isti gas nalazi u delovima A i B cilindra i kako se se proces odvija do trenutka uspostavljanja termičke ravnoteže (T2 = TA2 = TB2), dobija se:
A p 2 A1 B v 2 B1C (T T ) C (T T )⋅ ⋅ − = − ⋅ ⋅ −n n
odakle je krajnja temperatura idealnog gasa u cilindrima:
A p A1 B v B1 A A1 B B12
A p B v A B
C T C T T TTC C
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ κ ⋅ + ⋅= =
⋅ + ⋅ ⋅ κ +
n n n nn n n n
pri čemu je eksponent adijabate:
p p p pv v
v p v v p v
c c C Cc R C Ruc c R c C C Ru C
+ +κ = = = = = =
− −.
Iz jednačina stanja za idealan gas u cilindrima na početku procesa određuje se broj molova:
A1 A1A
A1
p VRu T
⋅=
⋅n odnosno: B1 B1
BB1
p VRu T
⋅=
⋅n
tako da je:
A1 A1 B1 B1 B1 B1A1 B1
A1 B1 A1 A12 A1 B1
A1 A1 B1 B1 B1 B1B1 A1
A1 B1 A1 A1
p V p V p VT TRu T Ru T p VT T Tp V p V p VT T
Ru T Ru T p V
⋅ ⋅⋅ κ ⋅ + ⋅ κ + ⋅
⋅ ⋅= = ⋅ ⋅
⋅ ⋅⋅ κ + κ ⋅ + ⋅ ⋅
⋅ ⋅
K3.441300800800
05.002.0
15.05.03004.1
05.002.0
15.05.04.1
T2 =⋅⋅⋅⋅+⋅
⋅+= .
b) Krajnja zapremina idealnog gasa u delu A iznosi:
constpA = odnosno: constvT
A
A = pa je: 2A
2A
1A
1A
vT
vT
=
1A
21A2A T
Tvv ⋅= odnosno: 1A
21A2A T
TVV ⋅=
3
1A
21A2A m0276.0
8003.44105.0
TTVV =⋅=⋅= .
23
Prvi princip termodinamike
c) Promene stanja gasa u (p, v) dijagramu
Izobarsko hlađenje gasa u delu A Izohorsko zagrevanje gasa u delu B 3.5 Idealan gas, čiji je izložilac adijabate
1.35, komprimuje se politropski u idealnoj protočnoj mašini (KM), koja se hladi vodom. Nakon kompresije gas se izobarski hladi vodom u hladnjaku (H) do temperature od 320K. Pritisak gasa pre kompresije je 0.1MPa, a temperatura 300K, a posle kompresije pritisak gasa je 0.4MPa, a temperatura 370K. Snaga mašine je 100kW. Voda (cw = 4.2kJ/kgK), kojom se gas hladi, ide najpre kroz hladnjak, a zatim kroz omotač cilindra mašine. Pretpostavlja se da se celokupna količina toplote od gasa predaje rashladnoj vodi. Priraštaj temperature vode kroz hladnjak i mašinu iznosi: Δtw = tw3 - tw1 = 15oC. Odrediti:
a) maseni protok rashladne vode, b) količinu toplote koja se preda vodi u hladnjaku i omotaču kompresione mašine, i c) prikazati promene stanja gasa u (p, v) dijagramu.
Rešenje:
a) Iz jednačine za politropsku promenu stanja (1-2) u kompresionoj mašini:
1 n n 1 n n1 1 2 2p T p T− −⋅ = ⋅
određuje se eksponent politrope:
1 n1 2n
2 1
p T( )p T
−
=
2
1
1
2
T 370ln lnT1 n 300 0.1513p 0.1n lnln0.4p
−= = = −
1n 1.1781 0.1513
= =−
.
24
Prvi princip termodinamike
Snaga kompresione mašine (politropska kompresija):
KM t1,2P W=
t1,2 KM t1,2W P W′= − = ⋅n
KM 1 2Ru nP (T T )n 1⋅
− = ⋅ ⋅ −−
n
odakle je molski protok gasa:
KM
1 2
P (n 1)Ru n (T T )− ⋅ −⋅ ⋅ −
n =
100 (1.178 1)8.315 1.178 (300 370)
− ⋅ −⋅ ⋅ −
n =
kmol0.026s
=n .
Iz bilansa energije za kontrolnu zapreminu cv1 (prvi princip termodinamike za otvoreni termodinamički sistem - zakon o očuvanju energije):
p 1 w w w1 KM p 3 w w w3C T m c t P C T m c t⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅n = n
nalazi se maseni protok rashladne vode:
KM p 3 1 KM p 3 1w
w w3 w1 w w
P C (T T ) P C (T T )m
c (t t ) c t− ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ −
= =⋅ − ⋅Δ
n n
w100 0.026 32.072 (320 300) kgm 1.323
4.2 15 s− ⋅ ⋅ −
= =⋅
pri čemu je molski toplotni kapacitet gasa pri stalnom pritisku:
pRu 1.35 8.315 kJC 32.072
1 1.35 1 kmol Kκ⋅ ⋅
= = =κ − −
.
b) Iz bilansa energije za kontrolnu zapreminu cv2 (bilans energije za hladnjak):
c) Promene stanja gasa u (p, v) dijagramu
p 2 w w w1 p 3 w w w 2C T m c t C T m c t⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅n = n
odnosno:
w w w 2 w1 p 2 3m c (t t ) C (T T )⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ −n
nalazi se porast temperature rashladne vode u hladnjaku:
p 2 3 ow,H w 2 w1
w w
C (T T ) 0.026 32.072 (370 320)t t t 7.5 Cm c 1.323 4.2
⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ −Δ = − = = =
⋅ ⋅
n
kao i količina toplote koju od gasa u hladnjaku primi rashladna voda (toplotna snaga hladnjaka):
w1,2 w w w 2 w1Q m c (t t ) 1.323 4.2 7.5 41.7 kW= ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ = .
Ista količina toplote ali suprotnog znaka je odvedena od gasa, tj.:
2,3 w1,2Q Q= −
što se dobija i iz izraza za količinu toplote za izobarsku promenu stanja (2-3) idealnog gasa (izobarsko hlađenje):
25
Prvi princip termodinamike
2,3 p 3 2Q C (T T ) 0.026 32.072 (320 370) 41.7 kW= ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − = −n .
Porast temperature rashladne vode u kompresionoj mašini iznosi:
ow,KM w w,H w3 w 2t t t t t 15 7.5 7.5 CΔ = Δ −Δ = − = − =
tako da je količina toplote koju od gasa u omotaču kompresione mašine primi rashladna voda:
w 2,3 w w w3 w 2Q m c (t t ) 1.323 4.2 7.5 41.7 kW= ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ = .
Ista količina toplote ali suprotnog znaka je odvedena od gasa, tj.:
1,2 w 2,3Q Q= −
što se dobija i iz izraza za količinu toplote za politropsku promenu stanja (1-2) idealnog gasa:
1,2 v 2 1n 1.178 1.35Q C (T T ) 0.026 23.757 (370 300) 41.7 kWn 1 1.178 1− κ −
= ⋅ ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ ⋅ − = −− −
n
pri čemu je molski toplotni kapacitet gasa pri stalnoj zapremini:
pv
C Ru 32.072 kJC 23.7571 1.35 kmol K
= = = =κ κ −
.
Konačno, do istog rešenja za količinu toplote koja se odvede od gasa u toku politropske kompresije (1-2) može se doći primenom prvog principa termodinamike za otvoreni termodinamički sistem, kakav je kompresiona mašina:
1,2 1,2 t1,2Q H W= Δ +
1,2 p 2 1 KMQ C (T T ) P 0.026 32.072 (370 300) 100 41.7 kW= ⋅ ⋅ − − = ⋅ ⋅ − − = −n . 3.6 Smeša idealnih gasova, azota (N2) redukovanog zapreminskog protoka 136 3
Nm /h i
ugljendioksida (CO2) masenog protoka 190kg/h, početnog stanja 1(p1 = 2MPa, T1 = 300K), se najpre izobarski zagreva (1-2) uz dovođenje 56.4kW toplotne energije, zatim ekspandira politropski (2-3) do desetostruko veće zapremine i temperature T3 = 451K i na kraju se izobarski (3-4) hladi do početne temperature. Odrediti:
a) osnovne veličine stanja u karakterističnim tačkama procesa, b) razmenjenu količinu toplote, zapreminski i tehnički rad po pojedinim promenama
stanja, c) promenu unutrašnje energije i entalpije tokom procesa politropske ekspanzije, d) prikazati proces u (p,v) dijagramu, i e) prikazati specifični tehnički rad politropske ekspanzije u (p, v) dijagramu.
Rešenje:
a) Karakteristike komponenata u smeši idealnih gasova (Tabela 2):
2NkgM 28
kmol=
2COkgM 44
kmol=
2pNkJc 1.04
kg K=
2pCOkJc 0.85
kg K= .
Maseni protok azota:
2 2 2N RN NM V 22.4 m⋅ = ⋅
2 2
2
N RNN
M V 28 136 kgm 17022.4 22.4 h⋅ ⋅
= = = .
26
Prvi princip termodinamike
Maseni protok smeše idealnih gasova:
2 2N COkg kgm m m 170 190 360 0.1h s
= + = + = = .
Relativni maseni sastav smeše idealnih gasova:
2
2
COCO
m 190g 0.528m 360
= = =
2
2 2
NN CO
m 170g 1 g 0.472m 360
= − = = = .
Molekulska masa smeše idealnih gasova je:
2 2
2 2
i CO N
i CO N
1 1 1 kgM 34.65g g g 0.528 0.472 kmol44 28M M M
= = = =++∑
.
Gasna konstanta smeše idealnih gasova je:
Ru 8315 JR 240M 34.65 kg K
= = = .
Maseni toplotni kapacitet smeše idealnih gasova pri stalnom pritisku:
2 2 2 2p i pi CO pCO N pNkJc g c g c g c 0.528 0.85 0.472 1.04 0.94
kg K= ⋅ = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ =∑ .
Maseni toplotni kapacitet smeše idealnih gasova pri stalnoj zapremini:
v pkJc c R 0.94 0.24 0.7
kg K= − = − = ili
2 2 2 2v i vi CO vCO N vNc g c g c g c= ⋅ = ⋅ + ⋅∑ .
Stanje 2: p2 = 2MPa - za izobarsko (1-2) zagrevanje smeše idealnih
gasova ( 2 1p p= ) količina dovedene toplote je:
1,2 p 2 1Q m c (T T )= ⋅ ⋅ −
tako da je temperatura smeše na kraju procesa zagrevanja:
1,22 1
p
Q 56.4T T 300 900 Km c 0.1 0.94
= + = + =⋅ ⋅
d), e) Promene stanja smeše idealnih gasova i specifični tehnički rad politropske ekspanzije u (p, v) dijagramu
- specifična zapremina smeše idealnih gasova:
32
2 62
R T 240 900 mv 0.108p 2 10 kg⋅ ⋅
= = =⋅
.
27
Prvi princip termodinamike
Stanje 3: T3 = 451K - specifična zapremina smeše idealnih gasova:
3
3 2mv 10 v 10 0.108 1.08kg
= ⋅ = ⋅ =
- iz jednačine politropske promene stanja (2-3) određuje se eksponent politrope:
n 1 n 12 2 3 3T v T v− −⋅ = ⋅ n 1 32
3 2
Tv( )v T
− =
3
2
2
3
T 451ln lnT 900n 1 1.3v 1lnln10v
= + = =
- pritisak smeše idealnih gasova na kraju politropske ekspanzije:
533
3
R T 240 451p 1 10 Pa 0.1MPav 1.08⋅ ⋅
= = = ⋅ = .
Stanje 4: p4 = 0.1MPa - kako se izobarsko ( 4 3p p= ) hlađenje (3-4) odvija do početne temperature to je:
4 1T T 300K= =
- specifična zapremina smeše idealnih gasova:
34
4 64
R T 240 300 mv 0.72p 0.1 10 kg⋅ ⋅
= = =⋅
.
b) Veličine procesa (količina toplote, zapreminski i tehnički rad):
Izobarsko zagrevanje (1-2) smeše idealnih gasova, n = 0
- količina dovedene toplote:
1,2Q 56.4 kW=
- zapreminski rad:
1,2 1,2 1 2 1 2 1W m W m p (v v ) m R (T T ) 0.1 0.24 (900 300) 14.4 kW′= ⋅ = ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − =
(ili: 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 p 2 1 v 2 1 2 1W Q ΔU m q m Δu m c (T T ) m c (T T ) m R (T T )= − = ⋅ − ⋅ = ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − )
- tehnički rad:
t1,2W 0= .
Politropska ekspanzija (2-3) smeše idealnih gasova - količina toplote koja se razmeni pri politropskoj ekspanziji:
2,3 2,3 v 3 2n κ 1.3 1.343Q m q m c (T T ) 0.1 0.7 (451 900) 4.5kWn 1 1.3 1− −
= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ ⋅ − =− −
pri čemu se data količina toplote dovodi smeši idealnih gasova.
- zapreminski rad:
2,3 2,3 2 3R 0.24W m W m (T T ) 0.1 (900 451) 35.9kW
n 1 1.3 1′= ⋅ = ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − =
− −
Tehnički rad:
t 2,3 2,3 t2,3 2 3 2,3R nW P m W m (T T ) n W 1.3 35.9 46.7 kWn 1⋅′= = ⋅ = ⋅ ⋅ − = ⋅ = ⋅ =−
.
28
Prvi princip termodinamike
Izobarsko hlađenje (3-4) smeše idealnih gasova, n = 0
- količina odvedene toplote:
3,4 1,2 p 4 3Q m q m c (T T ) 0.1 0.94 (300 541) 22.7 kW= ⋅ = ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − = −
- zapreminski rad:
3,4 3,4 3 4 3 4 3W m W m p (v v ) m R (T T ) 0.1 0.24 (300 541) 5.8kW′= ⋅ = ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − = −
- tehnički rad:
t1,2W 0= .
c) Promena unutrašnje energije i entalpije u toku politropske ekspanzije su:
2,3 2,3 v 3 2ΔU m Δu m c (T T ) 0.1 0.7 (541 900) 25.1kW= ⋅ = ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − = −
2,3 2,3 p 2 1 2,3ΔH m Δh m c (T T ) m κ Δu 0.1 0.94 (541 900) 33.7 kW= ⋅ = ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ − = − . 3.7 Cilindar sa pokretnim klipom, koji se kreće bez
trenja, u početnom trenutku je bio podeljen na dva jednaka dela A i B. Sa obe strane klipa nalazi se po jedan kmol istog idealnog gasa (Cv = 12.55kJ/kmolK, Cp = 20.89kJ/kmolK) stanja 1(t1 = 15oC, p1 = 0.1MPa). U delu A cilindra nalazi se električni grejač koji zagreva idealan gas u njemu tako da mu pritisak lagano raste do p2 = 137.45kPa. Zidove cilindra i klip smatrati toplotnim izolatorom. Odrediti:
a) temperature gasa u delovima A i B cilindra na kraju procesa, b) količinu toplote dovedenu grejačem u kJ, i c) prikazati promenu stanja gasa u delu B cilindra u (p, v) dijagramu.
Rezultat: a) A2T 464.7 K= B2T 327 K= b) GQ 2707 kJ= 3.8 Količini kiseonika (idealan gas) od 0.05kmola, početnog stanja 1(p1 = 0.2MPa,
t1 = 17oC), u toku politropske promene stanja dovede se 60kJ toplote, a istovremeno se utroši zapreminski rad od 240kJ. Odrediti:
a) osnovne veličine stanja kiseonika na kraju procesa, b) prikazati promenu stanja kiseonika u (p, v) dijagramu, i c) prikazati specifični zapreminski rad u (p, v) dijagramu.
Rezultat: a) 3
2 2 2p 1.59MPa T 578.46K v 0.0946m / kg= = = 3.9 Vazduh (idealan gas), mase 0.4kg, početnog stanja 1(p1 = 0.9MPa, t1 = 100oC)
politropski ekspandira na četiri puta veću zapreminu i pritisak od 0.19MPa, a nakon toga se izohorski zagreva do početnog pritiska. Odrediti:
a) količinu toplote i zapreminski rad za svaki proces ponaosob, b) promenu unutrašnje energije u procesu, i c) prikazati proces u (p, v) dijagramu.
Rezultat: a) 1,2 2,3 1,2 2,3Q 38kJ Q 339kJ W 54.6kJ W 0kJ= = = = b) 1,3ΔU 322.3kJ=
29
Prvi princip termodinamike 3.10 U jednoj ekspanzionoj mašini, snage 140kW, politropski ekspandira idealna gasna
smeša, protoka 0.0195kmol/s, sastavljena iz ugljenmonoksida (CO) i metana (CH4). Pri ekspanziji smeši se dovodi količina toplote od 1025.64kJ/kmol, pri čemu se smeša ohladi za 200oC. Molski toplotni kapaciteti komponenata pri stalnom pritisku su: CpCO = 29.12 kJ/kmolK i CpCH4 = 37.44kJ/kmolK. Nakon toga, smeša idealnih gasova u hladnjaku se izobarski hladi do početne zapremine i temperature od 304.12K. Odredlti:
a) maseni protok smeše idealnih gasova, b) početnu temperaturu smeše idealnih gasova, c) promenu entalpije smeše idealnih gasova u procesu, d) toplotnu snagu hladnjaka, i e) prikazati proces u (p, v) dijagramu.
Rezultat: a) m 0.5kg / s= b) 1T 900K= c)
1,3ΔH 358kW= − d)
HQ 238kW= 3.11 Rezervoar jednog pneumatskog postrojenja za pranje ima zapreminu 0.005m3.
Posle punjenja vodom vazduh u rezervoaru se nalazi na pritisku 0.412MPa i temperaturi 20oC. Pri otvaranju ventila za vodu vazduh u rezervoaru ekspandira i potiskuje vodu kroz crevo za pranje. Odrediti:
a) masu vazduha u rezervoaru, b) odnos zapremine vode prema zapremini rezervoara pri izotermskoj ekspanziji
vazduha, pod pretpostavkom da u trenutku isticanja vode iz rezervoara pritisak vazduha u njemu iznosi 0.118MPa,
c) zapreminski rad koji izvrši vazduh pri izotermskoj ekspanziji, d) masu vode (ρw = 980kg/m3) u rezervoaru, ako je ekspanzija vazduha do pritiska
0.118MPa adijabatska, e) prikazati promenu stanja vazduha u (p, v) dijagramu, i f) u (p, v) dijagramu prikazati specifični zapreminski rad izotermske ekspanzije.
Rezultat: a) vm 0.007 kg= b) wV / V 0.7136= c) 1,2W 0.738kJ= d) wm 2.894kg= 3.12 Vazduh (idealan gas) početnog stanja 1(p1 = 7MPa, t1 = 20oC) se zagreva pri
stalnoj zapremini, a zatim se adijabatski širi do stanja 3(p3 = 0.1MPa, t3 = 20oC). Odrediti:
a) osnovne veličine stanja na kraju izohorskog zagrevanja, b) potrebnu specifičnu količinu toplote za zagrevanje, c) specifični zapreminski rad adijabatske ekspanzije, d) promenu specifične entalpije u procesu, i e) prikazati proces u (p,v) dijagramu.
Rezultat: a) 3
2 2 2p 38.3MPa T 1602.9K v 0.012m / kg= = = b) 1,2q 1310kJ / kg= c) 2,3W 940kJ / kg′ = d) 1,3h 0kJ / kgΔ =
30
Prvi princip termodinamike 3.13 Do uređaja prikazanog na slici dovodi
se dvoatomni idealni gas parametara: p1 = 0.4MPa i T1 = 600K. U hladnjaku (H) se gas hladi izobarski do temperature T2, a zatim adijabatski širi u ekspanzionoj mašini (M) do pritiska p3 = 0.1MPa i T3 = 296.1K. Deo protoka gasa Δn po izlasku iz ekspanzione mašine provodi se kroz hladnjak gde se zagreva do temperature T4 = 487.3K. Snaga ekspanzione mašine iznosi 100kW. Odrediti:
a) molski protok gasa, b) toplotnu snagu hladnjaka, c) promenu entalpije gasa u procesu, i d) prikazati proces u (p, v) dijagramu.
Rezultat: a) 0.0239kmol / s=n b)
HQ 111.3kW= c)
1,4H 108.6 kWΔ = 3.14 Dvoatomni idealni gas stanja
1(p1 = 0.1MPa, T1 = 290K), protoka 0.2kg/s i molekulske mase 29.1kg/kmol, podleže politropskoj kompresiji bez gubitaka u dvostepenoj protočnoj idealnoj mašini. U cilindru niskog pritiska (CNP) gas se sabija do stanja 2(p2 = 0.4MPa, T2 = 370K). U hladnjaku (H) gas se izobarski hladi do T3 = 300K. U cilindru visokog pritiska (CVP) gas podleže kompresiji do stanja 4(p4 = 1.6MPa, T4 = 390K). Voda (cw = 4.2kJ/kgK), kojom se hladi gas, ide najpre kroz hladnjak gde njena temperatura poraste za Δtw1 = tw2 - tw1 = 10oC, posle čega se protok vode deli na dva jednaka dela, kojima se hlade cilindri. Celokupna količina toplote u cilindrima i hladnjaku se predaje rashladnoj vodi. Odrediti:
a) toplotnu snagu hladnjaka, b) maseni protok vode, c) porast temperature vode u cilindru niskog, odnosno cilindru visokog pritiska, d) snagu mašine, e) promenu entalpije gasa u procesu, i f) prikazati proces u (p, v) dijagramu.
Rezultat: a)
HQ 14kW= b) wm 0.333kg / s= c) o
w 2 w3 w 2t t t 14.3 CΔ = − = o
w3 w 4 w 2t t t 13.1 CΔ = − = d) P 53.2kW= e)
1,4H 20 kWΔ =
31
Prvi princip termodinamike 3.15 Idealna protočna mašina se sastoji iz cilindra
visokog pritiska (CVP) i cilindra niskog pritiska (CNP). U mašinu ulazi idealni dvoatomni gas stanja 1(p1 = 1MPa, T1 = 600K). Nakon adijabatske ekspanzije u cilindru visokog pritiska gas se izobarski zagreva u grejaču (G) do temperature T3 = 600K, a potom se vrši adijabatska ekspanzija gasa u cilindru niskog pritiska do pritiska p4 = 0.1MPa. Odnos snaga dobivenih u cilindru visokog i cilindru niskog pritiska je 0.5. Ukupna snaga mašine iznosi 120kW. Odrediti:
a) osnovne veličine stanja idealnog gasa u karakterističnim tačkama procesa,
b) protok idealnog gasa, c) toplotnu snagu grejača, i d) prikazati proces u (p, v) dijagramu.
444... DDDRRRUUUGGGIII PPPRRRIIINNNCCCIIIPPP TTTEEERRRMMMOOODDDIIINNNAAAMMMIIIKKKEEE 4.1 U jednom zatvorenom sistemu, koji sadrži i okolinu
stalne temperature 20oC, nalazi se čelična (cč = 0.5kJ/kgK) posuda mase 0.8kg sa 15kg vode (cw = 4.2kJ/kgK) temperature 10oC i 1kg leda (cL = 2.1kJ/kgK) temperature -5oC. Odrediti:
a) ravnotežnu temperaturu mešavine vode i leda u posudi, ako u procesu mešanja vode i leda ne postoji razmena toplote sa okolinom,
b) promenu entropije sistema kada se led pomeša sa vodom u posudi, a pritom ne postoji razmena toplote sa okolinom,
c) količinu toplote koja se od okoline dovede posudi sa mešavinom vode i leda u procesu uspostavljanja termodinamičke ravnoteže sa okolinom,
d) ukupnu promenu entropije sistema i dati komentar rešenja, i e) gubitak radne sposobnosti.
a) Posuda i voda u njoj, pre ubacivanja leda, se nalaze u termodinamičkoj ravnoteži, odnosno temperatura posude jednaka je temperaturi vode:
op1 w1t t 10 C= = .
Kada se led ubaci u posudu sa vodom dolazi do razmene toplote sve do trenutka uspostavljanja termodinamičke ravnoteže. Prema drugom principu termodinamike, toplota se uvek prostire sa tela (sredine) više temperature ka telu (sredini) sa nižom temperaturom, sama od sebe. Dakle, kako je tp1 = tw1 > tL1, što znači da u sistemu posuda – voda – led postoji termodinamička neravnoteža, posuda i voda u njoj će zagrevati led sve do trenutka uspostavljanja termodinamičke ravnoteže, kada je:
rav p2 w 2 L2t t t t= = = .
Najpre treba utvrditi šta će se desiti sa ledom usled dovođenja toplote od posude i vode. U zavisnosti od vrednosti količine toplote koja se dovede, led se najpre zagreva od početne temperature tL1 = -5oC do temperature topljenja leda tL = 0oC, zatim se topi na tL = 0oC i nastala voda zagreva od tL = 0oC do neke temperature tw.
Količina toplote potrebna za zagrevanje leda iznosi:
zL L L L L1Q m c (t t ) 1 2.1 (0 ( 5)) 10.5kJ= ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − − = .
Količina toplote potrebna za topljenje leda iznosi:
tL L LQ m r 1 333 333kJ= ⋅ = ⋅ = .
Količina toplote potrebna za zagrevanje nastale vode:
zw L w w L w wQ m c (t t ) 1 4.2 (t 0) 4.2 t= ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − = ⋅ .
Količina toplote koja se odvodi od posude i vode u njoj, početne temperature tp1 = tw1 = 10oC, a da ne dođe do smrzavanja vode u posudi tsm = 0oC, iznosi:
w p w w w1 sm p č p1 smQ Q m c (t t ) m c (t t )+ = ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ −
Kako je količina toplote koja može da se odvede od posude i vode u njoj, a da ne dođe do smrzavanja vode, veća od količine toplote koja je potrebna za zagrevanje i topljenje leda, tj.:
33
Drugi princip termodinamike
w p zL tLQ Q 634kJ Q Q 343.5kJ+ = > + =
zaključuje se da u ovom slučaju dolazi do zagrevanja leda, topljenja leda i zagrevanja nastale vode, odnosno da će se termodinamička ravnoteža uspostaviti na temperaturi višoj od 0oC. Ravnotežna temperatura iz bilansa energije iznosi:
w w w1 rav p č p1 rav L L L L1 L L L w rav Lm c (t t ) m c (t t ) m c (t t ) m r m c (t t )⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − + ⋅ + ⋅ ⋅ −
c) U procesu uspostavljanja termodinamičke ravnoteže sa okolinom zagreva se posuda sa celokupnom količinom vode (masa vode i masa istopljenog leda) od ravnotežne temperature trav = 4.3oC do temperature okoline to = 20oC (nova ravnotežna temperatura), usled razmene toplote sa okolinom, tako da količina toplote koja se odvede od okoline iznosi:
o w L w o rav p č o ravQ [(m m ) c (t t ) m c (t t )]= − + ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ −
Prema drugom principu termodinamike promena entropije sistema mora biti:
sistS 0Δ ≥
gde se znak jednakosti odnosi na povratne promene stanja. Pošto je u zadatku dobivena pozitivna vrednost promene entropije sistema, što ukazuje da je opisani proces kao i svi drugi procesi u prirodi nepovratan proces, to znači da se ovaj proces ne protivi drugom principu termodinamike i može se ostvariti u našim uslovima.
e) Gubitak radne sposobnosti (eksergije) iznosi:
g o sistΔW T ΔS 293 0.1349 39.5kJ= ⋅ = ⋅ = .
34
Drugi princip termodinamike 4.2 U kalorimetarskom sudu, zanemarljivog toplotnog kapaciteta, nalazi se 0.3kg neke
tečnost početne temperature 290K i stalnog toplotnog kapaciteta 4.2kJ/kgK. U sud je unet bakarni uzorak mase 0.15kg i početne temperature 373K. Zavisnost toplotnog kapaciteta za bakar, od temperature, data je izrazom:
bc A B T= + ⋅ ( bkJc
kg K⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
, [ ]T K , A 0.387= , 4B 0.659 10−= ⋅ )
Tokom uspostavljanja termodinamičke ravnoteže u kalorimetru, okolini, stalne temperature 283K, predato je 5% od količine toplote koju je predao bakarni uzorak. Odrediti:
a) ravnotežnu temperaturu u kalorimetru, b) količinu toplote koja se odvede u okolinu, i c) promenu entropije sistema do trenutka uspostavljanja termodinamičke ravnoteže u
kalorimetarskom sudu. Rešenje:
a) Obzirom da u sistemu postoji termodinamička neravnoteža, tada kad se uzorak bakra početne temperature Tb1 = 373K unese u sud sa hladnijom tečnošću početne temperature Tt1 = 290K dolazi do razmene toplote, sve do trenutka uspostavljanja termodinamičke ravnoteže. Uzorak bakra se hladi, a tečnost u sudu zagreva. Istovremeno, kako postoji i termodinamička neravnoteža sa okolinom temperature To = 283K, pri čemu je temperatura okoline niža od temperature tečnosti i temperature uzorka bakra, deo toplote koju oslobodi uzorak bakra (toplotni izvor) se predaje okolini (toplotni ponor).
Iz bilansa energije se određuje ravnotežna temperatura:
b t oQ Q Q= +
b t bQ Q 0.05 Q= + ⋅
b t0.95 Q Q⋅ = rav
b1
T
b b b1 rav t t rav t1T
0.95 m c | (T T ) m c (T T )⋅ ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ −
pri čemu je:
rav ravrav
b1b1 b1
T TT
b bT rav b1 rav b1T T
1 1c | c (T) dT (A B T) dTT T T T
= ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅− −∫ ∫
rav
b1
2 2Trav b1 rav b1
b rav b1T rav b1
T T T T1c | A (T T ) B A BT T 2 2
⎡ ⎤− += ⋅ ⋅ − + ⋅ = + ⋅⎢ ⎥− ⎣ ⎦
tako da je:
rav b1b b1 rav t t rav t1
T T0.95 m (A B ) (T T ) m c (T T )2+
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ −
2 2t t t trav rav b1 b1 t1
b b
m c m cA AT 2 ( ) T (T 2 T 2 T ) 0B m 0.95 B B m 0.95 B
0.2kg/s, menja stanje po: politropi sa eksponentom n = 1.25, adijabati, izotermi, izobari,
do pet puta veće zapremine ili po izohori do dvostruko manjeg pritiska u odnosu na početno stanje. Odrediti:
a) promenu entropije za date promene stanja, b) prikazati promene stanja gasa u (p, v) i (T, s) dijagramima, i c) u (T, s) dijagramu prikazati specifičnu količinu toplote koja se razmeni pri
izotermskoj promeni stanja. Rešenje:
a) Specifična zapremina kiseonika u početnom stanju:
31
1 61
R T 260 500 mv 0.065p 2 10 kg⋅ ⋅
= = =⋅
.
pri čemu je gasna konstanta za kiseonik (Tabela 2): JR 260kg K
= .
36
Drugi princip termodinamike
Specifična zapremina kiseonika na kraju politropske, adijabatske, izotermske i izobarske promene stanja je:
3
2 1mv 5 v 5 0.065 0.325kg
= ⋅ = ⋅ = .
Politropska promena stanja Iz jednačine politropske promene stanja se nalazi pritisak kiseonika na kraju procesa:
n n1 1 2 2p v p v⋅ = ⋅
n 1.2512 1
2
v 0.065p p ( ) 2 ( ) 0.2675MPav 0.325
= ⋅ = ⋅ =
a iz osnovne jednačine stanja temperatura kiseonika na kraju procesa:
62 2
2p v 0.2675 10 0.325T 334.37 K
R 260⋅ ⋅ ⋅
= = = .
Prema drugom principu termodinamike:
δqdsT
= i kako je: vn κδq c dT c dTn 1−
= ⋅ = ⋅ ⋅−
dobija se:
vn κ dTds cn 1 T−
= ⋅ ⋅−
odnosno nakon integraljenja:
2
1
T
1,2 2 1 vT
n κ dTΔs s s cn 1 T−
= − = ⋅ ⋅−∫ .
Ukoliko toplotni kapacitet gasa ne zavisi od temperature, tada je promena specifične entropije pri politropskoj promeni stanja:
21,2 2 1 v
1
Tn κΔs s s c lnn 1 T−
= − = ⋅ ⋅−
odnosno (korišćenjem jednačine politropske promene stanja i jednačine stanja):
2 21,2 p
1 1
T pΔs c ln R lnT p
= ⋅ − ⋅ 2 21,2 v p
1 1
p vΔs c ln c lnp v
= ⋅ − ⋅ 2 21,2 v
1 1
T vΔs c ln R lnT v
= ⋅ + ⋅ .
Promena ukupne entropije kiseonika pri politropskoj promeni stanja iznosi:
21,2 1,2 v
1
Tn κ 1.25 1.4 334.73 kWΔS m Δs m c ln 0.2 0.65 ln 0.0313n 1 T 1.25 1 500 K− −
= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =− −
pri čemu su maseni toplotni kapaciteti za kiseonik pri stalnoj zapremini i stalnom pritisku
(Tabela 2): vkJc 0.65
kg K= , p
kJc 0.91kg K
= , a eksponent adijabate (Tabela 1): κ 1.4= .
Adijabatska promena stanja, n = κ Iz jednačine adijabatske promene stanja se nalazi pritisak kiseonika na kraju procesa:
1 1 2 2p v p vκ κ⋅ = ⋅ 1.41
2 12
v 0.065p p ( ) 2 ( ) 0.2101MPav 0.325
κ= ⋅ = ⋅ =
37
Drugi princip termodinamike a iz osnovne jednačine stanja temperatura kiseonika na kraju procesa:
62 2
2p v 0.2101 10 0.325T 262.65K
R 260⋅ ⋅ ⋅
= = = .
Prema drugom principu termodinamike:
δqdsT
=
i kako je za adijabatsku promenu stanja:
δq 0=
dobija se:
ds 0=
odnosno nakon integraljenja:
s const=
što znači da je promena specifične entropije pri adijabatskoj promeni stanja:
1,2 2 1Δs s s 0= − = .
Ovakva adijabatska promena stanja, smatra se idealnom i naziva se izentropa (s = const).
Izotermska promena stanja, n = 1 Za izotermsku (T1 = T2) promenu stanja pritisak kiseonika na kraju procesa je:
622
2
R T 260 500p 0.4 10 Pa 0.4MPav 0.325⋅ ⋅
= = = ⋅ = .
Prema drugom principu termodinamike:
δq T ds= ⋅
odnosno nakon integraljenja:
2
1
s
1,2s
q T ds= ⋅∫
i kako je promena stanja gasa izotermska, T = const, to je:
2
1
s
1,2 2 1 1,2s
q T ds T (s s ) T Δs= ⋅ = ⋅ − = ⋅∫
tako da je promena specifične entropije kiseonika:
1,2 2 11,2
1 2
q v pΔs R ln R lnT v p
= = ⋅ = ⋅
a promena ukupne entropije:
2 11,2 1,2
1 2
v p 2 kWΔS m Δs m R ln m R ln 0.2 0.260 ln 0.0837v p 0.4 K
= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = .
Izobarska promena stanja, n = 0 Za izobarsku (p1 = p2) promenu stanja temperatura kiseonika na kraju procesa je:
62 2
2p v 2 10 0.325T 2500K
R 260⋅ ⋅ ⋅
= = = .
38
Drugi princip termodinamike
Prema drugom principu termodinamike:
δq T ds= ⋅
i kako je za izobarsku promenu stanja:
pδq c dT= ⋅
to je:
pT ds c dT⋅ = ⋅
a nakon integraljenja:
2
1
T
1,2 2 1 pT
dTΔs s s cT
= − = ⋅∫ .
Ukoliko toplotni kapacitet gasa pri stalnom pritisku ne zavisi od temperature, tada je promena specifične entropije pri izobarskoj promeni stanja:
21,2 2 1 p
1
TΔs s s c lnT
= − = ⋅
a promena ukupne entropije:
21,2 1,2 p
1
T 2500 kWΔS m Δs m c ln 0.2 0.91 ln 0.2929T 500 K
= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = .
Izohorska promena stanja, n = ±∞ Pritisak kiseonika na kraju procesa:
12
p 2p 1MPa2 2
= = = .
Za izohorsku (v1 = v2) promenu stanja temperatura kiseonika na kraju procesa je:
62 2
2p v 1 10 0.065T 250K
R 260⋅ ⋅ ⋅
= = = .
Prema drugom principu termodinamike:
δq T ds= ⋅
i kako je za izohorsku promenu stanja:
vδq c dT= ⋅
to je:
vT ds c dT⋅ = ⋅
a nakon integraljenja:
2
1
T
1,2 2 1 vT
dTΔs s s cT
= − = ⋅∫ .
Ukoliko toplotni kapacitet gasa pri stalnoj zapremini ne zavisi od temperature, tada je promena specifične entropije pri izohorskoj promeni stanja:
21,2 2 1 v
1
TΔs s s c lnT
= − = ⋅
a promena ukupne entropije:
21,2 1,2 v
1
T 250 kWΔS m Δs m c ln 0.2 0.65 ln 0.0901T 500 K
= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = − .
39
Drugi princip termodinamike
b) Promene stanja kiseonika su prikazane u (p, v) i (T, s) dijagramima. c) U (T, s) dijagramu je prikazana specifična količina toplote koja se razmeni pri izotermskoj
adijabatski u ekspanzionoj mašini sa izentropskim stepenom dobrote ekspanzije 0.8 do pritiska od 0.1MPa. Protok azota iznosi 0.5kg/s. Odrediti:
a) teorijsku i stvarnu snagu ekspanzione mašine, i b) prikazati promenu stanja u (T, s) dijagramu.
Rešenje:
a) Izentropski stepen dobrote ekspanzije predstavlja odnos stvarnog i teorijskog toplotnog pada u ekspanzionoj mašini, odnosno odnos stvarno dobivenog tehničkog rada pri realnoj adijabatskoj ekspanziji (1-2) i teorijskog tehničkog rada koji bi se dobio pri idealnoj adijabatskoj - izentropskoj (1-2t) ekspanziji vazduha:
t1,2 t1,2 1 2EM
t1,2t t1,2t 1 2t
W W T TηW W T T
′ −= = =
′ −
pri čemu se teorijsko stanje 2t nalazi na istoj izobari kao i stvarno stanje 2, tj.: p2t = p2. U toplotnom (T, s) dijagramu stvarno stanje 2 uvek se nalazi desno u odnosu na teorijsko stanje 2t.
b) Promena stanja vazduha u (T, s) dijagramu
Iz jednačine za idealnu adijabatsku - izentropsku promenu stanja (1-2t):
1 κ κ 1 κ κ1 1 2 2tp T p T− −⋅ = ⋅
određuje se temperatura vazduha u teorijskom stanju 2t:
1 1.41 κ1 1.4κ
2t 12
p 1T T ( ) 600 ( ) 310.77 Kp 0.1
−−
= ⋅ = ⋅ =
pri čemu su eksponent adijabate i gasna konstanta za vazduh (Tabele 1 i 2): κ 1.4= , JR 287kg K
= .
Temperatura vazduha u stvarnom stanju 2:
2 1 EM 1 2tT T η (T T ) 600 0.8 (600 310.77) 368.62K= − ⋅ − = − ⋅ − = .
Teorijska snaga ekspanzione mašine je:
EM,t t1,2t t1,2t 1 2tR κ 0.287 1.4P W m W m (T T ) 0.5 (600 310.77) 145.3kWκ 1 1.4 1⋅ ⋅′= = ⋅ = ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − =− −
a stvarna snaga:
EM t1,2 t1,2 1 2 EM EM,tR κP W m W m (T T ) η P 0.8 145.3 116.2kWκ 1⋅′= = ⋅ = ⋅ ⋅ − = ⋅ = ⋅ =−
.
41
Drugi princip termodinamike 4.5 Azot (idealan gas), mase 10 kg, početnog stanja 1(p1 = 0.24MPa, t1 = 1oC), se
pravim povratnim promenama stanja zagreva do temperature od 7oC. Od okoline stalne temperature 20oC, azotu se u datom procesu dovode 82.782kJ/kg toplote. Odrediti:
a) pritisak azota na kraju procesa, b) gubitak radne sposobnosti, i c) prikazati proces u (T, s) dijagramu.
Rešenje:
a) Prave povratne promene stanja su izentropa i izoterma okoline. Kako je temperatura okoline To = 293K viša od početne T1 = 274K i krajnje temperature T = 280K gasa u procesu i kako je promena stanja samo po izotermi okoline prava povratna promena stanja, to da bi se ostvario dati proces je neophodno ostvariti sledeće promene stanja:
(1-2)
(2-3)
(3-4)
izentropska kompresija od početne temperature do temperature okoline, izotermska ekspanzija na temperaturi okoline, i izentropska ekspanzija od temperature okoline do krajnje temperature.
c) Proces u (T, s) dijagramu
Iz jednačine za izentropsku promenu stanja (1-2):
1 κ κ 1 κ κ1 1 2 op T p T− −⋅ = ⋅
određuje se pritisak azota nakon izentropske kompresije:
1.4κ1 1 1.41 κ
2 1o
T 274p p ( ) 0.24 ( ) 0.3035MPaT 293
−−= ⋅ = ⋅ =
pri čemu je eksponent adijabate za azot (Tabela 1): κ 1.4= . Obzirom da pri izentropskoj kompresiji (1-2) i izentropskoj ekspanziji (3-4) gasa ne dolazi
do razmene toplote:
1,2 3,4q q 0= =
to znači da se toplota dovodi azotu od okoline pri izotermskoj ekspanziji (2-3), tako da je pritisak azota na kraju izotermske ekspanzije:
3 2o 2,3 o o
2 3
v pq q R T ln R T lnv p
= = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
32,3
o
23 q 82.782 10
R T 297 293
p 0.3035p 0.1172MPaee
⋅⋅ ⋅
= = =
pri čemu je gasna konstanta za azot (Tabela 2): JR 297kg K
= .
Iz jednačine za izentropsku promenu stanja (3-4):
1 κ κ 1 κ κ3 o 4 4p T p T− −⋅ = ⋅
određuje se pritisak azota na kraju procesa:
1.4κo 1 1.41 κ
4 34
T 293p p ( ) 0.1172 ( ) 0.1MPaT 280
−−= ⋅ = ⋅ = .
42
Drugi princip termodinamike
b) Gubitak radne sposobnosti iznosi:
g o sist o RM o o 1,2 2,3 3,4 o o 2,3 oΔW T ΔS T (ΔS ΔS ) T (ΔS ΔS ΔS ΔS ) T (ΔS ΔS )= ⋅ = ⋅ + = ⋅ + + + = ⋅ +
4.6 Idealan gas ostvaruje teorijski desnokretni kružni ciklus koji se sastoji od
adijabatske kompresije (1-2) sa dvostrukom promenom apsolutne temperature i izentropskim stepenom dobrote kompresije 0.9, izotermske ekspanzije (2-3) do početnog pritiska, adijabatske ekspanzije (3-4) sa izentropskim stepenom dobrote ekspanzije 0.931 i izotermske kompresije (4-1) do početnog stanja. Odrediti:
a) termodinamički stepen iskorišćenja ciklusa, b) prikazati ciklus u (T, s) dijagramu, i c) u (T, s) dijagramu prikazati koristan rad ciklusa.
Rešenje:
a) Termodinamički stepen iskorišćenja predstavlja odnos koristnog rada ciklusa (korisne toplote ciklusa) i toplote koja se dovede radnom telu koje obavlja ciklus:
od ok k k k k kt
d d d d d d d d
qq qW W Q Q W qη 1Q Q Q Q q q q q
′ += = = = = = = = −
pri čemu je koristan rad ciklusa jednak iskorišćenoj količini toplote:
k k ti, j i, j i, j d o d oW q W W q q q q q′ ′ ′= = = = = + = −∑ ∑ ∑
gde je qd zbir svih specifičnih količina toplote koje se dovode radnom telu, a qo zbir svih specifičnih količina toplote koje se odovode od radnog tela u ciklusu.
Obzirom da je za adijabatsku kompresiju (1-2) i adijabatsku ekspanziju (3-4):
1,2 3,4q q 0= =
i kako je za izotermsku ekspanziju (2-3):
3 22,3 2 2
2 3
v pq R T ln R T lnv p
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
odnosno izotermsku kompresiju (4-1):
1 44,1 1 1
4 1
v pq R T ln R T lnv p
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
to je specifičan koristan rad ciklusa (specifična korisna količina toplote):
2 4k k i, j 1,2 2,3 3,4 4,1 2 1
3 1
p pW q q q q q q R T ln R T lnp p
′ = = = + + + = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅∑
pri čemu je prema tekstu zadatka: 4 1T T= , 2 1 3T 2 T T= ⋅ = , 3 1p p= pa je:
2 4k 1 1
1 1
p pW 2 R T ln R T lnp p
′ = ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
odnosno:
2 4k 1
1 1
p pW R T (2 ln ln )p p
′ = ⋅ ⋅ ⋅ + .
43
Drugi princip termodinamike
Prema drugom principu termodinamike je:
δqdsT
=
i obzirom na dogovor da je količina toplote koja se dovodi radnom telu po brojnoj vrednosti pozitivna, a kada se odvodi od radnog tela negativna, nameće se zaključak da dovedena količina toplote dovodi do porasta entropije 1,2 2 1Δs s s 0= − > , a odvedena količina toplote do smanjenja entropije 1,2 2 1Δs s s 0= − < u procesu.
Kako se pri izotermskoj ekspanziji (2-3) smanjuje pritisak gasa ( 2 3p p> ) analizom izraza za specifičnu količinu toplote, zaključuje se da je specifična količina toplote koja se razmeni pri izotermskoj ekspanziji po brojnoj vrednosti pozitivna, odnosno radi se o dovedenoj količini toplote:
b) Ciklus u (T, s) dijagramu
c) Specifičan koristan rad (specifična korisna toplota) ciklusa predstavljen je šrafiranom površinom u (T, s) dijagramu
2 2d 2,3 2 1
3 1
p pq q R T ln 2 R T lnp p
= = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ .
Pri izotermskoj kompresiji (4-1) raste pritisak gasa ( 4 1p p< ) pa je:
4
1
pln 0p
<
što znači da je specifična količina toplote koja se razmeni pri izotermskoj kompresiji po brojnoj vrednosti negativna, odnosno radi se o odovedenoj količini toplote:
4o 3,4 1
1
pq q R T lnp
= = ⋅ ⋅ .
Dakle, termodinamički stepen iskorišćenja ciklusa jednak je:
2 4 2 4 41
k 1 1 1 1 1t
2 2 2d1
1 1 1
p p p p pR T (2 ln ln ) 2 ln ln lnW p p p p pη 1p p pq 2 R T ln 2 ln 2 ln
p p p
⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ +′
= = = = +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
.
Izentropski stepen dobrote kompresije je definisan odnosom teorijski uloženog tehničkog rada pri idealnoj adijabatskoj – izentropskoj (1-2t) kompresiji i stvarno uloženog tehničkog rada pri realnoj adijabatskoj kompresiji (1-2) gasa u kompresionoj mašini:
t1,2t 2t 1K
t1,2 2 1
W T TηW T T
−= =
−
tako da je:
2t 1K
1 1
T Tη2 T T
−=
⋅ − odakle je: 2t
K1
T 1 ηT
= + .
Iz jednačine za izentropsku promenu stanja (1-2t):
1 κ κ 1 κ κ1 1 2 2tp T p T− −⋅ = ⋅
nalazi se:
κ2t2 κ 1
1 1
Tp ( )p T
−= odnosno: κ
2 κ 1K
1
p (1 η )p
−= + .
44
Drugi princip termodinamike
Iz izraza za izentropski stepen dobrote ekspanzije:
t3,4 3 4E
t3,4t 3 4t
W T TηW T T
−= =
−
nalazi se:
1 1E
1 4t
2 T Tη2 T T⋅ −
=⋅ −
odnosno: 4t
1 E
T 12T η
= − .
Iz jednačine za izentropsku promenu stanja (3-4t):
1 1 1ln(1 ) ln(1 ) ln(1 )2 η 2 η 2 0.931η 1 1 1 0.42 ln(1 η ) 2 ln(1 0.9)2 ln(1 η )
−
−
− − −⋅ ⋅ ⋅= + = + = + =⋅ + ⋅ +
⋅ +.
4.7 Idealan gas (κ = 1.4) obavlja:
- u motoru sa unutrašnjim sagorevanjem - gasnoj turbini: Otto-ov Diesel-ov
ili u Joule-ov Humphrey-ov
teorijski desnokretni kružni ciklus. U svim ciklusima su ista stanja gasa na početku kompresije i početku ekspanzije. Odnos stepena kompresije za Otto-ov i Diesel-ov ciklus iznosi 0.6666. Minimalna temperatura gasa u svim ciklusima je 300K, a maksimalna 1200K. Prikazati cikluse u (p,v) i (T,s) dijagramima i odrediti:
a) temperature gasa u karakterističnim tačkama ciklusa i termodinamičke stepene iskorišćenja ciklusa, i
b) uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja datih ciklusa sa termodinamičkim stepenom iskorišćenja idealnog Carnot-ovog ciklusa.
Rešenje:
a) Da bi se tekst zadatka potpuno razumeo svi ciklusi su najpre prikazani u (p, v) i (T, s) dijagramima.
45
Drugi princip termodinamike
Otto-ov i Diesel-ov ciklus Teorijski Otto-ov ciklus se sastoji iz dve izentrope i dve izohore, a teorijski Diesel-ov ciklus
iz dve izentrope, izobare i izohore. Razlika između ova dva ciklusa je u načinu zagrevanja gasa. Minimalna temperatura gasa je u početnom stanju, a maksimalna temperatura na kraju procesa zagrevanja, tj.:
1 minT T 300K= = 3 maxT T 1200K= = .
Stepen kompresije predstavlja odnos početne i krajnje zapremine pri kompresiji gasa, tako da je:
1O
2O
vεv
= 1D
2D
vεv
=
pa je: 1
O 2O 2D
1D 2O
2D
vε v v
vε vv
= = .
Iz jednačine za izobarsku promenu stanja (2D-3) (izobarsko zagrevanje) u Diesel-ovom ciklusu dobija se:
32D
2D 3
TTv v
= odnosno ( 3 2Ov v= ): 2D 2D
2O 3
v Tv T
=
pa je:
O2D 2D
3 2O D
εT vT v ε
= =
odnosno:
O2D 3
D
εT T 0.6666 1200 800Kε
= ⋅ = ⋅ = .
Obzirom da radno telo obavlja kružni ciklus, to je promena specifične entropije radnog tela:
RMΔs 0=
odnosno:
3 1RM,O v v
2O 4O
T TΔs c ln c ln 0T T
= ⋅ + ⋅ = 3 1RM,D p v
2D 4D
T TΔs c ln c ln 0T T
= ⋅ + ⋅ =
tako da je:
3 4O
2O 1
T TT T
= κ3 4D
2D 1
T T( )T T
=
odnosno (T4O = T4D):
κ3 3 4O 4D
2O 2D 1 1
T T T T( )T T T T
= = =
pa je temperatura gasa nakon izentropske kompresije u Otto-ovom ciklusu:
32O
1.4κ3
2D
T 1200T 680.23KT 1200( )( )800T
= = =
46
Drugi princip termodinamike a temperatura gasa nakon izentropske ekspanzije:
34O 4D 1
2O
T 1200T T T 300 529.24KT 680.23
= = ⋅ = ⋅ = .
Iz jednačine za izentropsku promenu stanja (1-2O):
κ 1 κ 11 1 2O 2OT v T v− −⋅ = ⋅
nalazi se stepen kompresije za Otto-ov ciklus:
112O1 1.4 1κ 1
O2O 1
Tv 680.23ε ( ) ( ) 7.74v T 300
−−= = = = .
Na isti način se nalazi stepen kompresije za Diesel-ov ciklus, ili:
OD
ε 7.74ε 11.610.6666 0.6666
= = = .
Termodinamički stepen iskorišćenja Otto-ovog ciklusa, u kome se toplota dovodi (2O-3) i odvodi (4O-1) po izohorskim promenama stanja, je:
o v 4O 1 4O 1tO κ 1
d v 3 2O 3 2O O
q c (T T ) T T 1η 1 1 1 1q c (T T ) T T ε −
⋅ − −= − = − = − = −
⋅ − −
tO 1.4 1
1η 1 0.5597.74 −= − = .
Termodinamički stepen iskorišćenja Diesel-ovog ciklusa u kome se toplota dovodi (2D-3) po izobari, a odvodi (4D-1) po izohori, je:
κo v 4D 1 4D 1
tD κ 1d p 3 2D 3 2D D
q c (T T ) T T1 1 ψ 1η 1 1 1 1q c (T T ) κ T T κ ε ψ 1−
⋅ − − −= − = − = − ⋅ = − ⋅
⋅ − − ⋅ −
tD1 529.24 300η 1 0.591
1.4 1200 800−
= − ⋅ =−
gde 3
2D
vψv
= predstavlja stepen predekspanzije.
Joule-ov ciklus Teorijski Joule-ov ciklus se sastoji iz dve izentrope i dve izobare. Temperature u
karakterističnim tačkama ciklusa su:
1 minT T 300K= = 2J 2DT T 800K= = 3 maxT T 1200K= = .
Kako je promena specifične entropije radnog tela:
RMΔs 0=
odnosno:
3 1RM,O p p
2J 4J
T TΔs c ln c ln 0T T
= ⋅ + ⋅ =
dobija se:
3 4J
2J 1
T TT T
=
pa je temperatura gasa nakon izentropske ekspanzije u Joule-ovom ciklusu:
34J 1
2J
T 1200T T 300 450KT 800
= ⋅ = ⋅ = .
47
Drugi princip termodinamike
Termodinamički stepen iskorišćenja Joule-ovog ciklusa u kome se toplota dovodi (2J-3) i odvodi (4J-1) po izobarskim promenama stanja, je:
p 4J 1o 4J 1 1tJ κ 1
d p 3 2J 3 2J 2J J
c (T T )q T T T 1η 1 1 1 1 1q c (T T ) T T T ε −
⋅ − −= − = − = − = − = −
⋅ − −
tJ300η 1 0.625800
= − =
pri čemu 1J D
2J
vε εv
= = predstavlja stepen kompresije za Joule-ov ciklus.
Humphrey-ov ciklus Teorijski Humphrey-ov ciklus se sastoji iz dve izentrope, izohore i izobare. Temperature u
karakterističnim tačkama ciklusa su:
1 minT T 300K= = 2H 2OT T 680.23K= = 3 maxT T 1200K= = 4H 4JT T 450K= = .
Termodinamički stepen iskorišćenja Humphrey-ovog ciklusa u kome se toplota dovodi (2H-3) po izohori i odvodi (4H-1) po izobari, je:
1κ
p 4H 1o 4H 1 HtH κ 1
d v 3 2H 3 2H H H
c (T T )q T T π 1κη 1 1 1 κ 1q c (T T ) T T ε π 1−
⋅ − − −= − = − = − ⋅ = − ⋅
⋅ − − −
tH450 300η 1 1.4 0.596
1200 680.23−
= − ⋅ =−
pri čemu je 1H O
2H
vε εv
= = stepen kompresije, a 3H
2
pπp
= stepen porasta pritiska.
b) Carnot-ov ciklus
Carnot-ov ciklus se sastoji iz dve izentrope i dve izoterme, pri čemu je:
1 4 minT T T 300K= = = 2 3 maxT T T 1200K= = =
Termodinamički stepen iskorišćenja Carnot-ovog ciklusa u kome se toplota dovodi (2-3) i odvodi (4-1) po izotermskim promenama stanja, je:
4 4min min
o 1 1tC
3 3dmax max
2 2
v vR T ln T lnq v vη 1 1 1v vq R T ln T ln
v v
⋅ ⋅ ⋅= − = − = −
⋅ ⋅ ⋅.
Kako je promena specifične entropije radnog tela ( RMΔs 0= ):
3 1RM,O
2 4
v vΔs R ln R ln 0v v
= ⋅ + ⋅ =
dobija se:
3 4
2 1
v vv v
=
pa je: min
tCmax
T 300η 1 1 0.75T 1200
= − = − =
odnosno: tO tD tH tJ tCη η η η η< < < < .
48
Drugi princip termodinamike 4.8 U jednom zatvorenom sistemu, koji sadrži i okolinu temperature 20oC, nalazi se
posuda zanemarljivog toplotnog kapaciteta sa 10kg vode (cw = 4.2kJ/kgK) temperature 0oC i 1kg leda (cL = 2.1kJ/kgK) temperature 0oC. Odrediti:
a) promenu entropije sistema kada se led pomeša sa vodom u posudi, a pritom ne postoji razmena toplote sa okolinom,
b) promenu entropije sistema usled razmene toplote sa okolinom, i c) gubitak radne sposobnosti.
Latentna toplota topljenja leda iznosi: rL = 333kJ/kg. Rezultat: a) sist ,1S 0kJ / KΔ = b) sistS 0.196kJ / KΔ = c) gW 57.4kJΔ = 4.9 U sudu zanemarljivog toplotnog kapaciteta se nalazi 100kg leda temperature -8oC.
Usled razmene toplote sa okolinom temperature 20oC led se topi i dovodi u termodinamičku ravnotežu sa okolinom. Ako je toplota topljenja leda 333kJ/kg, toplotni kapacitet leda 2.1kJ/kgK, a toplotni kapacitet vode 4.2kJ/kgK, odrediti:
a) promenu entropije sistema, i b) rad koji bi se utrošio kada bi se proces odvijao obrnuto i opet dobio led
temperature -8oC (gubitak radne sposobnosti sistema). Rezultat: a) sistS 9.864kJ / KΔ = b) gW 2890kJΔ = 4.10 Dvoatoman idealan gas ostvaruje teorijski desnokretni kružni ciklus koji se sastoji
od izentropske kompresije (1-2) sa dvostrukom promenom apsolutne temperature, izobare (2-3), izohore (3-4) sa četrnaestostrukom promenom apsolutne temperature i izoterme (4-1). Odrediti:
a) termodinamički stepen iskorišćenja ciklusa, i b) prikazati ciklus u (p, v) i (T, s) dijagramima.
Rezultat: a) t 0.221η = 4.11 U motoru sa unutrašnjim sagorevanjem smeša
idealnih gasova (cp = 1.001kJ/kgK, cv = 0.715kJ/kgK) ostvaruje teorijski ciklus sa kombinovanim dovođenjem toplote (Sabathé-Seiliger-ov ciklus) sa stepenom kompresije 10, pri čemu se pri izohorskom i izobarskom zagrevanju dovodi ista količina toplote. Na početku kompresije je: p1 = 0.1MPa i t1 = 60oC, a maksimalan pritisak u ciklusu iznosi 3.1MPa. Odrediti:
a) srednji efektivni pritisak gasa u cilindru k k
efs 1 2
W qpv v v′
= =−
gde je vs specifična zapremina koju opiše klip, b) termodinamički stepen iskorišćenja ciklusa, i c) prikazati ciklus u (T, s) dijagramu.
Rezultat: a) efp 0.247 MPa= b) t 0.784η =
49
Drugi princip termodinamike 4.12 U toplotnom motoru se obavlja desnokretni ciklus.
Ciklus započinje od temperature 1400oC povratnom adijabatskom ekspanzijom do nekog pritiska, nastavlja izobarskim hlađenjem do temperature od 18oC, da bi se radno telo, dvoatomni idealni gas, izohorskim procesom dovelo u početno stanje (Lenoire-ov ciklus). Dovedena količina toplote iznosi 38kW. Izračunati:
a) koristan rad ciklusa u kW, b) termodinamički stepen iskorišćenja ciklusa, c) promenu entropije tokom izobarskog i izohorskog
procesa, kao i promenu entropije okoline temperature 18oC tokom izobarskog hlađenja gasa, i
kružni ciklus. Sabijanje vazduha početne temperature 40oC se vrši izentropski do temperature 150oC, nakon čega se zagreva pri stalnoj zapremini do temperature 560oC. Posle toga se vrši izotermska ekspanzija vazduha do početnog pritiska i izobarsko hlađenje do početnog stanja. Odrediti:
a) termodinamički stepen iskorišćenja ciklusa i uporediti ga sa termodinamičkim stepenom iskorišćenja Ericsson-ovog ciklusa,
b) gubitak radne sposobnosti vazduha usled gubitka toplote u okolinu temperature 15oC (proces hlađenja), i
c) skicirati ciklus u (T, s) dijagramu.
Rezultat: a) t 0.262η = b)
gW 1190.5kWΔ = 4.14 Kiseonik (idealan gas) mase 0.1kg izvodi levokretni kružni ciklus. Iz stanja
1(p1 = 0.1MPa, t1 = 500oC) komprimuje se politropski (n = 1.2) do stanja 2(p2 = 0.5MPa), nakon čega se izobarski hladi do stanja 3(t3 = 170.47oC), izentropski ekspandira do početnog pritiska i izobarski zagreva do početnog stanja. Toplota se dovodi iz rezervoara konstantne temperature 600oC, a odvodi u okolinu temperature 0oC. Prikazati ciklus u (p, v) i (T, s) dijagramima. Odrediti koristan rad procesa i utvrditi kakav je proces: povratan ili nepovratan i ako je proces nepovratan, koja količina rada se mora utrošiti da bi proces postao povratan.
Rezultat: kW 22.72kJ= − sistS 0.195kJ / KΔ = gW 53.21kWΔ = 4.15 U toplotnom (T, s) dijagramu prikazana su dva desnokretna
kružna ciklusa A i B koji se odvijaju uz isti temperaturski i entropijski priraštaj. Uporediti njihove termodinamičke stepene iskorišćenja.
Rezultat: tA tBη < η
50
555... VVVOOODDDEEENNNAAA PPPAAARRRAAA 5.1 Jednu stotinu slobodne zapremine kotlovskog bubnja, unutrašnjeg prečnika 2m i
dužine 8m, zauzima voda koja ključa na pritisku p1 = 0.8MPa, a ostatak je suvo-zasićena vodena para.
a) Odrediti vreme za koje će pritisak u kotlovskom bubnju, pri zatvorenim ventilima, porasti do p2 = 1.2MPa, ako se dovodi 17.74kW toplote.
b) Prikazati promenu stanja vodene pare u (h, s), (T, s) i (p, v) dijagramima. Rešenje:
a) Na slici je prikazan uprošćeni poprečni presek kotlovskog bubnja. Promena stanja vlažne vodene pare (1-2) u kotlovskom bubnju je izohorska, tako da je zapreminski rad:
W1,2 = 0.
Količina toplote koja se dovodi izaziva promenu unutrašnje energije vlažne vodene pare, jer je saglasno prvom zakonu termodinamike za zatvoreni termodinamički sistem:
1,2 1,2 1,2 1,2Q U W U= Δ + = Δ
i kako je:
1,21,2
QQ =
τ
to je traženo vreme:
1,2 1,2 2 1
1,2 1,2 1,2
U m u m (u u )Q Q QΔ ⋅Δ ⋅ −
τ = = = .
Dakle, potrebno je, najpre, odrediti masu vlažne vodene pare i specifičnu unutrašnju energiju vlažne vodene pare u početnom i krajnjem stanju.
Zapremina bubnja je:
2DV L4⋅ π
= ⋅
232V 8 25.13m
4⋅ π
= ⋅ = .
Zapremina koju zauzima ključala voda stanja 1’ je:
1,1V V
100= ⋅
31,
1V 25.13 0.2513m100
= ⋅ =
a zapremina koju zauzima suvo-zasićena (suva) vodena para stanja 1’’ je:
1 1,, ,V V V= − 3
1,,V 25.13 0.2513 24.8787 m= − = .
b) Promena stanja vodene pare u (h, s), (T, s) i (p, v) dijagramima
51
Vodena para
Za pritisak p1 = 0.8MPa iz tabele 15 očitavaju se veličine stanja ključale vode (stanje 1’) i suve vodene pare (stanje 1’’):
3
1,mv 0.0011149kg
=
3
1,,mv 0.2403kg
=
1,kJu 720kg
=
1,,kJu 2577kg
= .
Mase ključale vode i suve pare u stanju 1 su:
11
1
,,
,
V 0.2513m 225.4kgv 0.0011149
= = = 11
1
,,,,
,,
V 24.8787m 103.5kgv 0.2403
= = =
tako da je masa vlažne vodene pare:
1 1, ,,m m m 225.4 103.5 328.9 kg= + = + = .
Stepen suvoće i stepen vlažnosti vlažne vodene pare stanja 1:
11
,,m 103.5x 0.315m 328.9
= = = 11 x 1 0.315 0.685− = − =
tako da je specifična unutrašnja energija vlažne vodene pare stanja 1:
1 11 1 1, ,, ,kJu u x (u u ) 720 0.315 (2577 720) 1304.4kg
= + ⋅ − = + ⋅ − = .
Specifična zapremina vlažne vodene pare stanja 1 je:
3
1 11 1 1, ,, ,mv v x (v v ) 0.0011149 0.315 (0.2403 0.0011149) 0.0764kg
= + ⋅ − = + ⋅ − =
i kako je promena stanja (1-2) izohorska, to je: 2 1v v .= Za pritisak p2 = 1.2MPa iz tabele 15 očitavaju se veličine stanja ključale vode (stanje 2’) i
suve vodene pare (stanje 2’’):
3
2 ,mv 0.0011385kg
= 3
2 ,,mv 0.1633kg
= 2 ,
kJu 796.9kg
= 2 ,,
kJu 2588kg
= .
Kako je 2 2 ,,v v< , to se stanje 2 nalazi u oblasti vlažne vodene pare. Stepen suvoće vlažne vodene pare stanja 2 je:
2 22
2 2
,
,, ,
v v 0.0764 0.0011385x 0.464v v 0.1633 0.0011385
− −= = =
− −
tako da je specifična unutrašnja energija vlažne vodene pare stanja 2:
2 22 2 2, ,, ,kJu u x (u u ) 796.9 0.464 (2588 796.9) 1628kg
= + ⋅ − = + ⋅ − = .
Konačno, vreme za koje pritisak u kotlovskom bubnju poraste do vredniosti p2 iznosi:
328.9 (1628 1304.4) 6000s 100min17.74
⋅ −τ = = = .
52
Vodena para 5.2 Voda stanja 1 (p1 = 2MPa), mase 10kg, se izotermski prevodi u stanje
2(p2 = 0.3MPa). Ako je pritisak isparavanja vode 1.0027MPa, odrediti: a) promenu entalpije, entropije i unutrašnje energije vodene pare u procesu 1-2, b) količinu toplote, zapreminski i tehnički rad u procesu 1-2, i c) prikazati promenu stanja vodene pare u (h, s), (T, s) i (p, v) dijagramima.
Rešenje:
a) Promena stanja (1-2) je izotermska, odnosno: 1 2t t= . Obzirom da jednom pritisku isparavanja odgovara jedna temperatura isparavanja, što znači da se u oblasti vlažne vodene pare poklapaju izobara i izoterma, to je: 1 2 it t t= = .
Temperatura isparavanja koja odgovara pritisku od 1.0027MPa očitava se iz tabele 14: o
i 1 2t t t 180 C= = = . Kako višem pritisku odgovara viša
temperatura isparavanja, i obrnuto nižem pritisku odgovara niža temperatura isparavanja, to je stanje 1 u oblasti vode, a stanje 2 u oblasti pregrejane vodene pare.
Za p1 = 2MPa i t1 = 180oC iz tabele 16 se očitavaju veličine stanja 1:
3
1mv 0.001126kg
=
1kJh 763.2kg
=
1kJs 2.136
kg K=
Za p2 = 0.3MPa i t2 = 180oC iz tabele 16 se očitavaju veličine stanja 2:
3
2mv 0.6838kg
=
2kJh 2824kg
=
2kJs 7.218
kg K= .
Specifična unutrašnja energija je:
1 1 1 1u h p v= − ⋅ 3
1u 763.2 2 10 0.00126= − ⋅ ⋅
1kJu 761kg
=
2 2 2 2u h p v= − ⋅ 3
2u 2824 0.3 10 0.6838= − ⋅ ⋅
2kJu 2619kg
= .
c) Promena stanja vodene pare u (h, s), (T, s) i (p, v) dijagramima
53
Vodena para
Promena entalpije iznosi:
1,2 2 1H m (h h ) 10 (2824 763.2) 20608kJΔ = ⋅ − = ⋅ − = .
Promena unutrašnje energije iznosi:
1,2 2 1U m (u u ) 10 (2619 761) 18580kJΔ = ⋅ − = ⋅ − = .
Promena entropije iznosi:
1,2 2 1kJS m (s s ) 10 (7.218 2.136) 50.82K
Δ = ⋅ − = ⋅ − = .
b) Količina toplote:
1,2 1,2 1,2Q m T s T S (180 273) 50.82 23021kJ= ⋅ ⋅Δ = ⋅Δ = + ⋅ = .
Zapreminski (apsolutni) rad:
1,2 1,2 1,2W Q U 23021 18580 4441kJ= −Δ = − = .
Tehnički rad:
t1,2 1,2 1,2W Q H 23021 20608 2413kJ= −Δ = − = . 5.3 Kondenzator, u kome se pregrejana vodena para pritiska 0.1MPa i temperature
460oC, protoka 100kg/h, potpuno kondenzuje, hladi se vazduhom (idealan gas), protoka 750kg/h, početne temperature 30oC. Odrediti:
a) na koju se temperaturu zagreje vazduh, b) kolika je promena entropije sistema usled razmene toplote u kondenzatoru
(zanemariti uticaj okoline) i dati komentar rešenja, c) da li je proces moguće ostvariti u našim uslovima ako se protok vazduha poveća
na 17500kg/h, i d) prikazati promenu stanja vodene pare u (h, s), (T, s) i (p, v) dijagramima.
Rešenje:
a) Na slici je prikazana šema kondenzatora, u kome se hladi i potpuno kondenzuje pregrejana vodena para. Rashladni fluid je vazduh.
Iz tabele 16 za p1 = 0.1MPa i t1 = 460oC se očitavaju veličine stanja za pregrejanu vodenu paru stanja 1:
1kJh 3403kg
= 1kJs 8.719
kg K= .
Promena stanja (1-2) je izobarska, tako da je: 2 1p p= . Obzirom da se pregrejana vodena para u kondenzatoru potpuno kondenzuje to znači da se stanje 2 nalazi na donjoj graničnoj krivoj. Iz tabele 15 za p2 = 0.1MPa i x2 = 0 se očitavaju veličine stanja za ključalu vodu stanja 2:
2kJh 417.4kg
= 2kJs 1.3026
kg K= .
Iz bilansa energije (zanemaruje se gubitak toplote u okolinu):
p 1 v pv v1 p 2 v pv v2m h m c t m h m c t⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅
se nalazi temperatura vazduha na izlazu iz kondenzatora:
p 1 2 p 1 2 v ov2 v1 v1
v p v p
m (h h ) m (h h ) M 100 (3403 417.4) 29t t t 30 426.7 Cm c m C 750 29.1⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅
= + = + = + =⋅ ⋅ ⋅
.
54
Vodena para
b) Promena entropije pri razmeni toplote u kondenzatoru je:
sist p vS S SΔ = Δ + Δ
pri čemu je:
p 1,2 2 1 p 2 1S S S S m (s s )Δ = Δ = − = ⋅ −
p100S (1.3026 8.719)3600
Δ = ⋅ −
pkWS 0.206K
Δ = −
v2v v p
v1
TS m c lnT
Δ = ⋅ ⋅
p v2v v
v v1
C TS m lnM T
Δ = ⋅ ⋅
v750 29.1 273 426.7S ln
3600 29 273 30+
Δ = ⋅ ⋅+
vkWS 0.175K
Δ =
pa je:
sistS 0.206 0.175Δ = − +
sistkWS 0.031K
Δ = − .
Prema drugom principu termodinamike promena entropije sistema mora biti:
sistS 0Δ ≥
gde se znak jednakosti odnosi na povratne promene stanja. Pošto je u zadatku dobivena negativna vrednost promene entropije umesto pozitivne, jer je i proces kondenzacije kao i svi drugi procesi u prirodi nepovratan proces, to znači da se ovaj proces protivi drugom principu termodinamike i ne može se ostvariti u našim uslovima, tj. ne može se ostvariti
d) Promena stanja vodene pare u (h, s), (T, s) i (p, v) dijagramima
potpuna kondenzacija vodene pare u kondenzatoru. Za data stanja vodene pare i vazduha proces je moguće izvesti povećanjem masenog protoka vazduha, pri nepromenjenom protoku vodene pare.
c) Temperatura vazduha na izlazu iz kondenzatora pri povećanom masenom protoku vazduha, pri ostalim nepromenjenim veličinama, iznosi:
v 2
p 1 2 p 1 2 v* ov1 v1* *
v p v p
m (h h ) m (h h ) M 100 (3403 417.4) 29t t t 30 47 Cm c m C 17500 29.1⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅
= + = + = + =⋅ ⋅ ⋅
.
tako da je promena entropije sistema:
*p* * * v2
sist p v p vv v1
C T 17500 29.1 273 47 kWS S S S m ln 0.206 ln 0.06M T 3600 29 273 30 K
+Δ = Δ + Δ = Δ + ⋅ ⋅ = − + ⋅ ⋅ =
+.
55
Vodena para 5.4 Pregrejana vodena para pritiska p1 = 1MPa i temperature t1 = 380°C ekspandira
adijabatski (1-2) sa izentropskim stepenom dobrote ekspanzije ηT = 0.773 do pritiska p2 = 0.05MPa, a zatim se komprimuje pri stalnom pritisku (2-3) do stanja 3 u kome je v3 = v1. Iz stanja 3 para se pri stalnoj zapremini (3-1) vraća u početno stanje. Odrediti:
a) specifične apsolutne i tehničke radove svih procesa u ciklusu, b) termodinamički stepen iskorišćenja ciklusa, i c) prikazati ciklus u (h, s) i (T, s) dijagramima.
Rešenje:
a) Iz tabele 16 ili iz (h, s) dijagrama za p1 = 1MPa i t1 = 380oC se očitavaju veličine stanja za pregrejanu vodenu paru stanja 1:
3
1mv 0.2968kg
=
1kJh 3220kg
=
1kJs 7.397
kg K= .
Specifična unutrašnja energija je:
1 1 1 1u h p v= − ⋅ 3
1u 3220 1 10 0.2968= − ⋅ ⋅
1kJu 2923.2kg
= .
Teorijsko stanje 2t posle izentropske ekspanzije nalazi se grafičkim putem u (h, s) dijagramu u preseku vertikale (izentrope s1 = s2t) iz stanja 1 i izobare p2 = 0.05MPa. Iz (h, s) dijagrama se uočava da je stanje 2t u oblasti vlažne vodene pare:
2tkJh 2576kg
= .
c) Ciklus u (h, s) i (T, s) dijagramima
Do istog rešenja dolazi se primenom termodinamičkih tablica za vodenu paru. Najpre se za
p2 = 0.05MPa iz tabele 15 očitavaju veličine stanja ključale vode i suve pare:
o2t 2 2, ,,t t t 81.35 C= = =
3
2 ,mv 0.0010299kg
= 2 ,
kJh 340.6kg
= 2 ,
kJs 1.091kg K
= 2 ,
kJu 340.45kg
=
3
2 ,,mv 3.239kg
= 2 ,,
kJh 2645kg
= 2 ,,
kJs 7.593kg K
= 2 ,,
kJu 2483kg
= .
Kako je 2t 1 2 ,,s s s= < to se stanje 2t nalazi u oblasti vlažne vodene pare. Stepen suvoće vlažne vodene pare stanja 2t je:
2 22t
2 2
,
,, ,
s s 7.397 1.091x 0.97s s 7.593 1.091
− −= = =
− −
56
Vodena para tako da je specifična entalpija vlažne vodene pare stanja 2t:
2t 2t2 2 2, ,, ,kJh h x (h h ) 340.6 0.97 (2645 340.6) 2576kg
= + ⋅ − = + ⋅ − = .
Kako je izentropski stepen dobrote ekspanzije u parnoj turbini:
1 2T
1 2t
h hh h
−η =
−
to je:
2 1 T 1 2tkJh h (h h ) 3220 0.773 (3220 2576) 2722kg
= −η ⋅ − = − ⋅ − = .
Kako je 2 2 ,,h h> to se stanje 2 nalazi u oblasti pregrejane vodene pare. U preseku izobare p2 i izentalpe h2 nalazi se stanje 2 u (h, s) dijagramu. Ostale veličine stanja 2 očitavaju se iz dijagrama.
Za pregrejanu vodenu paru stanja 2 veličine stanja se mogu očitati i iz tabele 16 za p2 i h2:
o2t 120 C=
3
2mv 3.608kg
= 2kJs 7.795
kg K= .
Specifična unutrašnja energija pregrejane vodene pare stanja 2 je: 3
2 2 2 2kJu h p v 2722 0.05 10 3.608 2541.6kg
= − ⋅ = − ⋅ ⋅ = .
Promena stanja (2-3) je izobarska, pa je:
3 2p p 0.05MPa= =
što znači da su stanja ključale vode 3’ i 2’, odnosno stanja suve pare 3’’ i 2’’, identična, tj.: 3’ ≅ 2’, odnosno 3’’ ≅ 2’’. S druge strane promena stanja (3-1) je izohorska, pa je:
3
3 1mv v 0.2968kg
= = .
Kako je 33 3, ,,v v v< < to se stanje 3 nalazi u oblasti vlažne vodene pare. Stepen suvoće vlažne vodene pare stanja 3 je:
3 33
3 3
,
,, ,
v v 0.2968 0.0010299x 0.0913v v 3.239 0.0010299
− −= = =
− −
pa su:
o3 3 3, ,,t t t 81.35 C= = =
3 33 3 3, ,, ,kJh h x (h h ) 340.6 0.0913 (2645 340.6) 551.1kg
= + ⋅ − = + ⋅ − =
3 33 3 3, ,, ,kJu u x (u u ) 340.45 0.0913 (2483 340.45) 536.2kg
= + ⋅ − = + ⋅ − =
3 33 3 3, ,, ,kJs s x (s s ) 1.091 0.0913 (7.593 1.091) 1.685
kg K= + ⋅ − = + ⋅ − = .
Specifični apsolutni i tehnički radovi po pojedinim promenama stanja su: - adijabata (1-2)
1,2q 0=
57
Vodena para
1,2 1,2 2 1kJW u (u u ) (2541.6 2923.2) 381.6kg
′ = −Δ = − − = − − =
t1,2 1,2 2 1kJW h (h h ) (2722 3220) 498kg
′ = −Δ = − − = − − =
- izobara (2-3)
t 2,3W 0′ =
2,3 2,3 3 2kJq h h h 551.1 2722 2170.9kg
= Δ = − = − = −
2,3 2,3 2,3 2,3 3 2kJW q u q (u u ) 2170.0 (536.2 2541.6) 165.5kg
′ = − Δ = − − = − − − = −
- izohora (3-1)
3,1W 0′ =
3,1 3,1 1 3kJq u u u 2923.2 536.2 2387kg
= Δ = − = − =
t3,1 3,1 3,1 3,1 1 3kJW q h q (h h ) 2387 (3220 551.1) 281.9kg
adijabatski u parnoj turbini (T) sa izentropskim stepenom dobrote ekspanzije 0.86 do pritiska 5kPa. Posle nepotpune kondenzacije u kondenzatoru (K) vodena para se šmrk kompresorom (ŠK), koji radi izentropski, vraća u parni kotao (PK) do stanja koje odgovara stanju ključale vode na pritisku koji vlada u kotlu (stanje 4). Iz stanja 4 voda se, na račun dovedene toplote u kotlu, izobarski isparava i pregreva do početnog stanja. Odrediti:
a) snage parne turbine i šmrk kompresora, b) toplotne snage parnog kotla i kondenzatora, c) korisnu snagu postrojenja, d) termodinamički stepen iskorišćenja ciklusa, i e) prikazati ciklus u (h, s) i (T, s) dijagramima.
Rešenje:
a) Na slici je prikazana šema postrojenja. Vodena para ostvaruje desnokretni kružni ciklus. Iz tabele 16 ili iz (h, s) dijagrama za p1 = 8MPa i t1 = 500oC se očitavaju veličine stanja za pregrejanu vodenu paru stanja 1:
1kJh 3397kg
= 1kJs 6.722
kg K= .
Teorijsko stanje 2t posle izentropske ekspanzije može se naći grafičkim putem u (h, s) dijagramu u preseku vertikale (izentrope s1 = s2t) iz stanja 1 i izobare p2 = 5kPa, ili primenom termodinamičkih tablica za vodenu paru. Najpre se za p2 = 5kPa iz tabele 15 očitavaju veličine stanja ključale vode i suve pare:
58
Vodena para
2 ,kJh 137.83kg
= 2 ,
kJs 0.4761kg K
=
2 ,,kJh 2561kg
= 2 ,,
kJs 8.393kg K
= .
Kako je 2t 1 2 ,,s s s= < to se stanje 2t nalazi u oblasti vlažne vodene pare. Stepen suvoće vlažne vodene pare stanja 2t je:
2 22t
2 2
,
,, ,
s s 6.722 0.4761x 0.789s s 8.393 0.4761
− −= = =
− −
tako da je specifična entalpija vlažne vodene pare stanja 2t:
2t 2t2 2 2, ,, ,h h x (h h )= + ⋅ −
2th 137.83 0.789 (2561 137.83)= + ⋅ −
2 tkJh 2049.5kg
= .
Kako je izentropski stepen dobrote ekspanzije u parnoj turbini:
1 2T
1 2t
h hh h
−η =
−
to je:
2 1 T 1 2th h (h h )= −η ⋅ −
2h 3397 0.86 (3397 2049.5)= − ⋅ −
2kJh 2238.2kg
= .
Kako je 22 2, ,,h h h< < to se stvarno stanje 2 nalazi u oblasti vlažne vodene pare. Stvarno stanje 2 posle adijabatske ekspanzije može se naći grafičkim putem u (h, s) dijagramu u preseku izentalpe h2 i izobare p2 = 5kPa, ili primenom termodinamičkih tablica za vodenu paru. Stepen suvoće vlažne vodene pare stanja 2 je:
2 22
2 2
,
,, ,
h hx
h h−
=−
e) Promena stanja u (h, s) i (T, s) dijagramima
22238.2 137.83x 0.8672561 137.83
−= =
−.
Stanje 4 odgovara stanju ključale vode (x4 = 0) na pritisku parnog kotla, pa se iz tabele 15 za p4 =p1 = 8MPa očitavaju veličine stanja:
4kJh 1317kg
= 4kJs 3.208
kg K= .
59
Vodena para
Stanje 3 posle nepotpune izobarske kondenzacije na pritisku kondenzatora p3 = p2 = 5kPa se nalazi u oblasti vlažne vodene pare, što znači da su stanja ključale vode 3’ i 2’, odnosno stanja suve pare 3’’ i 2’’, identična, tj.: 3’ ≅ 2’, odnosno 3’’ ≅ 2’’. S druge strane promena stanja (3-4) je izentropska, tj. s3 = s4, tako da je stepen suvoće vlažne vodene pare stanja 3:
3 33
3 3
,
,, ,
s s 3.208 0.4761x 0.345s s 8.393 0.4761
− −= = =
− −
tako da je specifična entalpija vlažne vodene pare stanja 3:
3 33 3 3, ,, ,kJh h x (h h ) 137.83 0.345 (2561 137.83) 974kg
= + ⋅ − = + ⋅ − = .
Snaga parne turbine:
t1,2 1,2 1,2 2 1 1 2kJW q h 0 (h h ) h h 3397 2238.2 1158.9kg
′ = − Δ = − − = − = − =
T p t1,2100P m W 1158.9 32.2kW3600
′= ⋅ = ⋅ = .
Snaga šmrk kompresora:
t3,4 3,4 3,4 4 3 3 4kJW q h 0 (h h ) h h 974 1317 343kg
′ = − Δ = − − = − = − = −
p t3,4ŠK
100P m W 343 9.53kW3600
′= ⋅ = ⋅ = .
b) Toplotna snaga parnog kotla:
4,1 4,1 t4,1 1 4 1 4kJq h W (h h ) 0 h h 3397 1317 2080kg
′= Δ + = − + = − = − =
PK p 4,1100Q m q 2080 57.8kW3600
= ⋅ = ⋅ = .
Toplotna snaga kondenzatora:
2,3 2,3 t2,3 3 2 3 2kJq h W (h h ) 0 h h 974 2238.2 1264.2kg
′= Δ + = − + = − = − = −
K p 2,3100Q m q 1264.2 35.12kW3600
= ⋅ = ⋅ = .
c) Korisna snaga postrojenja:
k T k d o d oŠKP P P Q Q Q Q Q= − = = + = −
kP 32.2 9.53 22.67 kW= − = .
d) Termodinamički stepen iskorišćenja ciklusa:
o kt
d d
q P1q Q
η = − =
2,3t
4,1
q 1264.21 1 0.392q 2080
η = − = − = .
60
Vodena para 5.6 U parnom kotlu (PK) termoenergetskog postrojenja se proizvodi 720kg/h
pregrejane vodene pare stanja 1(p1 = 10MPa). Para stanja 1 najpre se u prigušnom ventilu (PV) prigušuje (1-2) na pritisak od 8MPa, zatim izentropski ekspandira (2-3) u turbini visokog pritiska (TVP) do stanja suvo-zasićene vodene pare. Nakon toga, para se zagreva (3-4) u međupregrejaču pare (MP) na pritisku 0.6MPa, adijabatski ekspandira (4-5) u turbini niskog pritiska (TNP) do stanja suvo-zasićene vodene pare, potpuno se kondenzuje (5-6) na pritisku kondenzatora (K) 5kPa i na kraju pumpom (P) izentropski (6-7) potiskuje u parni kotao (PK). Snaga turbine niskog pritiska iznosi 141.8kW. Odrediti:
a) temperaturu do koje se vrši međupregrevanje vodene pare, b) snagu turbine visokog pritiska i snagu pumpe, c) toplotne snage parnog kotla, međupregrejača pare i kondenzatora, d) izentropski stepen dobrote ekspanzije u turbini niskog pritiska, e) termodinamički stepen iskorišćenja ciklusa, i f) prikazati ciklus u (h, s) i (T, s) dijagramima.
Rešenje:
a) Na slici je prikazana šema postrojenja. Vodena para ostvaruje desnokretni kružni ciklus sa međupregrevanjem pare.
Kako je proces međupregrevanja pare (3-4) izobarski, to je: p3 = p4 = 0.6MPa. S druge strane, vodena para je nakon izentropske ekspanzije (2-3) u turbini visokog pritiska suvozasićena, tako da je: x3 = 1. Iz tabele 15 ili iz (h, s) dijagrama za p3 i x3 se očitavaju veličine stanja 3:
3kJh 2757kg
= 3kJs 6.761
kg K= .
Kako je p2 = 8MPa i s2 = s3, to se stanje 2 može naći grafičkim putem u (h, s) dijagramu u preseku vertikale (izentrope s2 = s3) iz stanja 3 i izobare p2 ili primenom tabele 16 za pregrejanu vodenu paru, pri čemu se linearnom interpolacijom određuje specifična entalpija:
2 x2 x y x
y x
s s 6.761 6.722 kJh h (h h ) 3397 (3447 3397) 3428s s 6.785 6.722 kg− −
= + ⋅ − = + ⋅ − =− −
.
Proces prigušivanja pregrejane vodene pare (1-2) je izentalpski, tako da je: h1 = h2. Ostale veličine stanja 1 mogu se očitati iz (h, s) dijagrama, pri čemu se stanje 1 nalazi u preseku izentalpe h1 i izobare p1, ili iz tabele 16.
U kondenzatoru ovog postrojenja se suvozasićena vodena para potpuno kondenzuje (5-6) izobarski, tako da je: p5 = p6 = 5kPa, x5 = 1 i x6 = 0. Iz tabele 15 ili iz (h, s) dijagrama za p5 i x5 se očitavaju veličine stanja suve pare:
61
Vodena para
5kJh 2561kg
=
5kJs 8.393
kg K=
odnosno iz tabele 15 za p6 i x6 veličine stanja ključale vode:
6kJh 137.83kg
=
6kJs 0.4761
kg K= .
Proces u pumpi (6-7) je izentropski, tako da je: s7 = s6. S druge strane, proces u parnom kotlu (7-1) je izobarski, tako da je: p7 = p1 = 10MPa. Veličine stanja 7, koje se nalazi u oblasti vode, očitavaju se iz tabele 16. Linearnom interpolacijom se određuje specifična entalpija za vodu stanja 7:
7 x 7 x
y x y x
h h s sh h s s
− −=
− −
7h 93.2 0.4761 0.293176.4 93.2 0.567 0.293
− −=
− −
7kJh 148.8kg
= .
Iz izraza za snagu parne turbine niskog pritiska, određuje se specifična entalpija pregrejane vodene pare stanja 4:
f) Promena stanja u (h, s) i (T, s) dijagramima
TNP p 4 5P m (h h )= ⋅ −
TNP4 5
p
P 141.8 kJh h 2561 3270720m kg3600
= + = + = .
Stanje 4 se može naći grafičkim putem u (h, s) dijagramu u preseku izentalpe h4 i izobare p4 ili primenom tabele 16 za pregrejanu vodenu paru, tako da je:
o4t 400 C= 4
kJs 7.704kg K
= .
Teorijsko stanje 5t može se naći grafičkim putem u (h, s) dijagramu u preseku vertikale (izentrope s5t = s4) iz stanja 4 i izobare p5, ili primenom termodinamičkih tablica za vodenu paru.
Kako je za pritisak p5:
65 ,h h= 65 ,s s=
55 ,,h h= 55 ,,s s=
i kako je 5t 4 5 ,,s s s= < to se stanje 5t nalazi u oblasti vlažne vodene pare, što se uočava i iz (h, s) dijagrama.
62
Vodena para
Stepen suvoće vlažne vodene pare stanja 5t je:
5t 55t
5 5
,
,, ,
s s 7.704 0.4761x 0.913s s 8.393 0.4761
− −= = =
− −
tako da je specifična entalpija vlažne vodene pare stanja 5t:
5t 5t5 5 5, ,, ,kJh h x (h h ) 137.83 0.913 (2561 137.83) 2350.2kg
= + ⋅ − = + ⋅ − = .
b) Snaga parne turbine visokog pritiska:
TVP p 2 3720P m (h h ) (3428 2757) 134.2 kW
3600= ⋅ − = ⋅ − = .
Snaga pumpe:
t6,7 6,7 6 7kJW h h h 137.83 148.8 10.97kg
′ = −Δ = − = − = −
P p t3,4720P m W 10.97 2.2kW
3600′= ⋅ = ⋅ = .
c) Toplotna snaga parnog kotla:
PK p 1 7720Q m (h h ) (3428 148.8) 655.8kW
3600= ⋅ − = ⋅ − = .
Toplotna snaga međupregrejača pare:
MP p 4 3720Q m (h h ) (3270 2757) 102.6kW
3600= ⋅ − = ⋅ − = .
Toplotna snaga kondenzatora:
5,6 5,6 6 5kJq h h h 137.83 2561 2423.17kg
= Δ = − = − = −
K p 2,3720Q m q 2423.17 484.6kW
3600= ⋅ = ⋅ = .
d) Izentropski stepen dobrote ekspanzije u parnoj turbini niskog pritiska:
4 5TNP
4 5t
h h 3270 2561 0.771h h 3270 2350.2
− −η = = =
− −.
e) Termodinamički stepen iskorišćenja ciklusa:
o kt
d d
q P1q Q
η = − =
5,6 5,6ot
d 7,1 3,4 1 7 4 3
q qq1 1 1
q q q (h h ) (h h )η = − = − = −
+ − + −
t2423.171 0.361
(3428 148.8) (3270 2757)η = − =
− + −.
63
Vodena para 5.7 Odrediti odvedenu količinu toplote ako se:
a) do rezervoara stalne zapremine, u kojem se nalaze 300kg suvo-zasićene vodene pare pritiska p1 = 0.1MPa, naknadno dovodi 200kg ključale vode pritiska p2 = 0.1MPa, koji je izmeren u cevovodu pre ventila, a zatim se celokupni sadržaj u rezervoaru (mešavina stanja 3) ohladi (3-4) do temperature t4 = 80oC,
b) u komori za mešanje (MK) mešaju 300kg/h suvo-zasićene vodene pare pritiska p1 i 200kg/h ključale vode pritiska p2, a zatim se mešavina stanja 3 u hladnjaku (H) ohladi (3-4) do temperature t4. Prikazati proces u (h, s) dijagramu.
Rešenje:
a) Ako se primeni zakon o očuvanju energije onda je suma svih energija koje učestvuju u procesu pre i posle procesa konstantna, te je:
sp 1 w 2 sp w 4 om u m h (m m ) u Q⋅ + ⋅ = + ⋅ +
odakle je odvedena toplota:
o sp 1 w 2 sp w 4Q m u m h (m m ) u= ⋅ + ⋅ − + ⋅
o sp 1 w 2 4Q m u m h m u= ⋅ + ⋅ − ⋅ .
Za p1 = 0.1MPa iz tabele 15 očitavaju se veličine stanja suve pare (x1 = 1):
1kJh 2675kg
= 1kJu 2506kg
= 3
1mv 1.694kg
= .
Za p2 = 0.1MPa iz tabele 15 očitavaju se veličine stanja ključale vode (x2 = 0):
2kJh 417.4kg
= 2kJu 417.3kg
= 3
2mv 0.0010432kg
= .
Masa novonastale mešavine stanja 3 iznosi:
sp wm m m 300 200 500kg= + = + = .
Zapremina rezervoara:
31 spV v m 1.694 300 508.2 m= ⋅ = ⋅ = .
Specifična zapremina mešavine stanja 3:
3
3V 508.2 mv 1.0164m 500 kg
= = = .
Kako je 2 3 1v v v< < to se stanje 3 nalazi u oblasti vlažne vodene pare. Hlađenje vlažne vodene pare u zatvorenom rezervoaru ostvaruje se pri stalnoj zapremini pa
je: v4 = v3. Za t4 = 80oC iz tabele 14 se očitavaju veličine stanja ključale vode i suve pare: 3
4 ,mv 0.001029kg
= 4 ,
kJu 334.9kg
=
3
4 ,,mv 3.408kg
= 4 ,,
kJu 2482kg
=
Kako je 44 4, ,,v v v< < to se stanje 4 nalazi u oblasti vlažne vodene pare. Stepen suvoće vlažne vodene pare stanja 4 je:
4 44
4 4
,
,, ,
v v 1.0164 0.001029x 0.298v v 3.408 0.001029
− −= = =
− −
64
Vodena para tako da je specifična unutrašnja energija vlažne vodene pare stanja 4:
4 44 4 4, ,, ,kJu u x (u u ) 334.9 0.298 (2482 334.9) 974.8kg
pri čemu su u ovom slučaju svi procesi u sistemu (proces mešanja i proces hlađenja) izobarski.
Stanje mešavine 3 nalazi se u oblasti vlažne vodene pare na pritisku p3 = 0.1MPa, između stanja 1 i stanja 2. Za p3 iz tabele 15 se očitava temperatura vlažne vodene pare stanja 3: t3 = 99.64oC. Kako je 4 3t t< to se stanje 4 nalazi u oblasti vode. Dakle, u hladnjaku se vlažna vodena para stanja 3 najpre potpuno kondenzuje, a zatim pothlađuje do t4. Za t4 i p4 iz tabele 16 se očitava specifična entalpija vode:
4kJh 334.9kg
=
tako da odvedena količina toplota u jedinici vremena iznosi:
Proces mešanja i proces hlađenja su prikazani u (h, s) dijagramu
o1Q (300 2675 200 417.4 500 334.9) 200kW
3600= ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ = .
5.8 Cilindrični parni kotao ima prostor za paru od 4m3, dok je zapremina vode u kotlu
6m3. Radni pritisak kotla je 0.4MPa nadpritiska. Barometarski pritisak je 0.1MPa. Grejna površina kotla iznosi 18m2, pri čemu svaki m2 grejne površine isparava 25kg/h vode. Odrediti:
a) stepen vlažnosti vlažne vodene pare na početku procesa, b) količinu toplote u kJ koju je potrebno dovesti da bi se u kotlu pri zatvorenim
ventilima pritisak povećao na 1MPa, c) količinu vode koja ispari i za koje vreme, i d) prikazati promenu stanja vodene pare u (p, v), (T, s) i (h, s) dijagramima.
Rezultat: a) 11 x 0.998− = b) 1,2Q 686612kJ= c) m 8.94kgΔ = 0.02hτ =
65
Vodena para 5.9 Pri izotermskom sabijanju 8kg suvo-zasićene vodene pare pritiska 0.6MPa odvede
se 12.1MJ toplote. Odrediti: a) veličine stanja (p, t, v, h, s, u) vodene pare na početku i kraju procesa, b) promenu entalpije, unutrašnje energije i entropije tokom procesa, c) apsolutni i tehnički rad u toku procesa, i d) prikazati promenu stanja vodene pare u (p, v), (T, s) i (h, s) dijagramima.
c) 1,2W 1088kJ= − t1,2W 0kJ= 5.10 Vlažnoj vodenoj pari, mase 10kg, pritiska 1MPa i stepena suvoće 0.485 dovodi se
određena količina toplote pri stalnom pritisku tako da joj se zapremina udvostruči. Odrediti:
a) stepen suvoće vodene pare na kraju procesa, b) količinu dovedene toplote, c) apsolutni i tehnički rad u toku procesa, i d) prikazati promenu stanja vodene pare u (p, v), (T, s) i (h, s) dijagramima.
Rezultat: a) 976.0x2 = b) 1,2Q 9892kJ= c) 1,2W 952kJ= t1,2W 0kJ= 5.11 U kondenzatoru termoenergetskog postrojenja na pritisku 5kPa potpuno se
kondenzuje 0.931kg/s vodene pare početnog stepena vlažnosti 10%. Kao rashladni fluid kondenzatora koristi se voda (cW = 4.2kJ/kgK) protoka 40kg/s. Porast temperature vode u kondenzatoru iznosi 12oC.
a) Odrediti toplotni fluks koji se pri kondenzaciji vodene pare predaje okolini (gubitak toplote u okolinu).
b) Prikazati promenu stanja vodene pare u (p, v), (T, s) i (h, s) dijagramima. Rezultat: a) gQ 14.4 kW=
66
Vodena para 5.12 Vlažna vodena para, koju sačinjavaju 5.8 l ključale vode i 10kg suve pare, se
zagreva pri stalnom pritisku 1.6MPa do temperature 300°C, a zatim izentropski ekspandira na pritisak 0.02MPa. Odrediti:
a) zapreminski (apsolutni) i tehnički rad procesa, i b) prikazati proces u (p, v), (T, s) i (h, s) dijagramima.
Rezultat: a) 1,3W 11436kJ= t1,3W 11463kJ= 5.13 Voda stanja 1(t1 = 60oC) najpre se izobarski prevodi u stanje suvo-zasićene vodene
pare temperature 187.95oC, zatim se izohorski hladi i na kraju izotermski vraća u početno stanje. Protok vodene pare stanja 3 iznosi 58.788m3/h. Odrediti:
a) veličine stanja (p, t, v, h, s, u) vodene pare u karakterističnim tačkama ciklusa, b) termodinamički stepen iskorišćenja ciklusa, c) tehnički rad u procesu 2-3 i zapreminski rad u procesu 1-2, i d) prikazati ciklus u (T, s) i (h, s) dijagramima.
5.14 Postrojenje parne turbine, koja pokreće generator, se sastoji od turbine visokog
pritiska (TVP) i turbine niskog pritiska (TNP) koje rade na istom vratilu. Turbina se napaja vodenom parom, masenog protoka 40t/h, iz parovoda temperature 420oC i pritiska 4MPa. Pre ulaska u turbinu visokog pritiska para se ventilom prigušuje (1-2) pri čemu se pritisak redukuje na 3MPa. U turbini visokog pritiska para adijabatski ekspandira (2-3) do stanja suve pare pritiska 0.6MPa. Između turbina se odvodi 10t/h vodene pare u neki hemijski proces. Para, nakon adijabatske ekspanzije (3-4), napusta turbinu niskog pritiska sa stepenom suvoće 0.98 i pritiskom 8kPa i odlazi u kondenzator.
a) Odrediti snagu parne turbine. b) Prikazati proces u (T, s) i (h, s) dijagramima.
Rezultat: a) TP 7486kW=
67
Vodena para 5.15 U parnom kotlu termoenergetskog postrojenja na 5MPa iz napojne vode stanja 1
proizvodi se pregrejana vodena para stanja 2(t2 = 380oC). Para stanja 2 najpre adijabatski ekspandira (2-3) u turbini visokog pritiska snage 231kW do stanja suve pare pritiska 0.6MPa, zatim se uz dovođenje 181.2kW toplote pregreva do stanja 4, adijabatski ekspandira (4-5) u turbini niskog pritiska snage 298.8kW do stanja suve pare i na kraju se potpuno kondenzuje (5-6) i pumpom izentropski (6-1) vraća u parni kotao.
Odrediti: a) veličine stanja (p, t, h, s) vodene pare u karakterističnim tačkama ciklusa, b) termodinamički stepen iskorišćenja ciklusa, i c) prikazati ciklus u (T, s) i (h, s) dijagramima.
Rezultat: a) 1 2p p 5MPa= = 3 4p p 0.6MPa= = 5 6p p 5kPa= = o
666... VVVLLLAAAŽŽŽAAANNN VVVAAAZZZDDDUUUHHH 6.1 U kocki stranice 1.267m se nalazi vlažan vazduh na pritisku p1 = 0.1MPa,
temperaturi t1 = 70oC i relativnoj vlažnosti ϕ1 = 0.1. Izračunati masu suvog vazduha, masu vodene pare, parcijalni pritisak vodene pare, apsolutnu vlažnost, entalpiju, gasnu konstantu, gustinu i temperaturu tačke rose vlažnog vazduha.
Rešenje:
Stanje 1 vlažnog vazduha u Molier-ovom dijagramu nalazi se u preseku izoterme t1 = 70oC i linije konstantne relativne vlažnosti ϕ1 = 0.1.
Kako je parcijalni pritisak vodene pare u vlažnom vazduhu stanja 1:
p1 1 pz1p p 0.1 0.03117 0.003117 MPa= ϕ ⋅ = ⋅ =
jer je za temperaturu od t1 = 70oC parcijalni pritisak vodene pare u stanju zasićenja pz1p 0.03117 MPa= (Tabela 14), to je sadržaj vlage u kocki:
p1 vl1
1 p1 sv
p kg0.0031170.622 0.622 0.02p p 0.1 0.003117 kg
ω = ⋅ = ⋅ =− −
.
Kako je parcijalni pritisak suvog vazduha u vlažnom vazduhu stanja 1, prema Dalton-ovom zakonu:
sv1 1 p1p p p 0.1 0.003117 0.096883MPa= − = − =
to je masa suvog vazduha u kocki:
3sv1
sv svsv 1
p V 0.096883 1.267m 2kgR T 287 (70 273)
⋅ ⋅= = =
⋅ ⋅ +
pri čemu je Rsv = 287J/kg K (Tabela 2). Masa vodene pare:
p1 1 sv vlm ω m 0.02 2 0.04kg= ⋅ = ⋅ = .
Masa vodene pare može se odrediti i preko specifične zapremine vodene pare:
1p1
p1 1
,,vVvm
= =ϕ
odakle je: 3
1p1 vl
1,,
V 1.267 0.1m 0.04 kgv 5.045⋅ϕ ⋅
= = =
pri čemu je za temperaturu od t1 = 70oC specifična zapremina vodene pare u stanju zasićenja
1,,v 5.045= m3/kg (Tabela 14).
69
Vlažan vazduh
Entalpija nezasićenog vlažnog vazduha stanja 1 iznosi:
1 1 1 1sv
kJh 1.005 t ω (1.86 t 2500) 123kg
= ⋅ + ⋅ ⋅ + =
dok je gasna konstanta vlažnog vazduha stanja 1:
sv 1 pvv1
1
R R 287 0.02 462 JR 290.41 1 0.02 kg K+ω ⋅ + ⋅
= = =+ω +
pri čemu je gasna konstanta vodene pare: Rp = 8315/18 = 462J/kg K. Gasna konstanta vlažnog vazduha stanja 1 može se odrediti i na sledeći način:
1
1p1p
1
1svsv
1p1p1svsv1vv1vv
pp
Mp
pM
RurMrM
RuMRuR
⋅+⋅=
⋅+⋅==
1pz11p
sv1
1sv
1
1pz1
p1
1pz11
sv
1vvp)1
RR(p
pR
pp
RRu
ppp
RRu
RuR⋅ϕ⋅−+
⋅=
⋅ϕ⋅+
⋅ϕ−⋅
=
sv 1 svvv1
pz11 1 pz11
1
R p R 287 JR 290.4p 0.03117p (0.622 1) p kg K1 0.378 0.11 0.378 0.1p
⋅= = = =
+ − ⋅ϕ ⋅ − ⋅ ⋅− ⋅ϕ ⋅.
Gustina vlažnog vazduha stanja 1 iznosi:
1sv
sv11sv11sv11sv1p1sv1vv TR
p)1()1(⋅
⋅ω+=ρ⋅ω+=ρ⋅ω+ρ=ρ+ρ=ρ
6vv
vv1 3
kg0.096883 10(1 0.02) 1287 (70 273) m
⋅ρ = + ⋅ =
⋅ +.
Gustina vlažnog vazduha stanja 1 može se odrediti i na sledeći način:
1
1p1
11sv11sv
1
1
1sv1vv1vv
pTR
)622.0(
1)1()1(v
1
1v1
v1
⋅⋅ω+
⋅ω+=ρ⋅ω+=ω+
=
ω+
==ρ
6vv1 1
vv1 31 p 1
kg1 p 1 0.02 0.1 10 10.622 R T 0.622 0.02 462 (70 273) m
Vrednost temperature tačke rose (rosišta) se može odrediti na osnovu parcijalnog pritiska vodene pare u zasićenom vlažnom vazduhu )1,( 1R11R =ϕω=ω :
1pzR1R1
1pzR1R1R pp
p622.0
⋅ϕ−
⋅ϕ⋅=ω odakle je:
1R1R
11R1pzR )622.0(
ppϕ⋅ω+
⋅ω=
pzR10.02 0.1p 0.0031153MPa
(0.622 0.02) 1⋅
= =+ ⋅
.
Vrednost ppzR1 je potrebno potražiti u tablicama za vodenu paru (Tabela 14). Interpolacijom se dobija:
oR1t 24.7 C= .
6.2 U jednu fabričku halu se ubacuje vlažan vazduh stanja 3(t3 = 20°C, ϕ3 = 0.5) koji je
nastao mešanjem, u komori za mešanje (MK), opticajnog vazduha iz hale stanja 4(t4 = 25°C, ϕ4 = 0.6) i vlažnog vazduha stanja 2 dobijenog zagrevanjem (1-2) svežeg vazduha, zapreminskog protoka 5760m3/h, stanja 1(t1 = 5°C, ϕ1 = 0.8) u kaloriferu (K). Pritisak vlažnog vazduha iznosi 0.1MPa. Odrediti:
a) veličine stanja (t, ω, h, ϕ, v) u karakterističnim tačkama procesa, b) temperature rosišta i vlažnog termometra opticajnog vazduha, c) maseni protok opticajnog vazduha, d) zapreminski protok vlažnog vazduha na mestu ubacivanja u halu u m3/h, e) toplotnu snagu kalorifera, i f) prikazati proces u (h, ω) dijagramu.
Rešenje:
a) Šematski prikaz instalacije sa kaloriferom i komorom za mešanje dat je na slici. f)
Obzirom da se procesi kondicioniranja vlažnog vazduha obavljaju na pritisku 0.1MPa to su oni skicirani u (h, ω) dijagramu, a veličine stanja vlažnog vazduha u karakterističnim tačkama procesa takođe su očitane iz dijagrama.
71
Vlažan vazduh
Stanje 1 u (h, ω) dijagramu se nalazi u preseku izoterme t1 = 5°C i linije konstantne relativne vlažnosti ϕ1 = 0.8. Ostale veličine stanja 1 su očitane iz dijagrama:
1 vl sv0.0043kg kgω = 1 svh 16kJ kg= svsv1 3
kgv 0.8m
= .
Stanje 3 u (h, ω) dijagramu se nalazi u preseku izoterme t3 = 20°C i linije konstantne relativne vlažnosti ϕ3 = 0.5. Ostale veličine stanja 3 su očitane iz dijagrama:
3 vl sv0.0073kg kgω = 3 svh 39kJ kg= svsv3 3
kgv 0.85m
= .
Stanje 4 u (h, ω) dijagramu se nalazi u preseku izoterme t4 = 25°C i linije konstantne relativne vlažnosti ϕ4 = 0.6. Ostale veličine stanja 4 su očitane iz dijagrama:
4 vl sv0.012kg kgω = 4 svh 56kJ kg= svsv4 3
kgv 0.86m
= .
Zagrevanje (1-2) svežeg vazduha obavlja se pri konstantnoj apsolutnoj vlažnosti vlažnog vazduha, odnosno po izohigri, tako da je:
2 1 vl sv0.0043kg kgω = ω = .
Stanje mešavine 3 dve vazdušne struje u (h, ω) dijagramu se nalazi na duži koja spaja njihova stanja, u ovom slučaju vazdušne struje stanja 2 i 4. Dakle, stanja 2, 3 i 4 se nalaze na istoj liniji u (h, ω) dijagramu. Grafičkim putem, u preseku linije 34 i izohigre 2ω određuje se stanje 2. Ostale veličine stanja 2 su očitane iz dijagrama:
o2t 17 C= 2 svh 28kJ kg= 36.02 =ϕ sv
sv2 3
kgv 0.83m
= .
b) Temperature rosišta i vlažnog termometra za vlažan vazduh stanja 4 su očitane iz (h, ω) dijagrama, znajući da je za rosište 44R ω=ω i 14R =ϕ , odnosno za tačku vlažnog termometra
44VT hh = i 14VT =ϕ : oR 4t 17 C= o
VT4t 19.5 C= . c) Maseni protok opticajnog vazduha svom određuje se iz bilansa materije i bilansa energije
(ili bilansa vlage) za komoru za mešanje. - Bilans materije za komoru za mešanje:
svsvosvs mmm =+ .
- Bilans energije za komoru za mešanje:
3sv4svo2svs hmhmhm ⋅=⋅+⋅ .
- Bilans vlage za komoru za mešanje:
3sv4svo2svs mmm ω⋅=ω⋅+ω⋅ .
Iz bilansa materije i bilansa energije za komoru za mešanje ima se:
3svosvs3sv4svo2svs h)mm(hmhmhm ⋅+=⋅=⋅+⋅
3 2 svsvo svs
4 3
h h kg39 28m m 2 1.294h h 56 39 s− −
= ⋅ = ⋅ =− −
pri čemu je maseni protok svežeg vazduha:
sv1svs
sv1
kgV 5760 / 3600m 2v 0.8 s
= = = .
72
Vlažan vazduh
d) Zapreminski protok vlažnog vazduha na mestu ubacivanja u halu, stanje 3, iznosi:
3
3 sv3 sv sv3 svs svomV v m v (m m ) 0.85 (2 1.294) 3600 10080h
= ⋅ = ⋅ + = ⋅ + ⋅ = .
e) Toplotna snaga kalorifera je:
k 1,2 svs 2 1Q Q m (h h ) 2 (28 16) 24 kW= = ⋅ − = ⋅ − = . 6.3 Da bi se dobili stalni parametri vlažnog vazduha koji ulazi u sušnicu (S) primenjen je
postupak sa delimičnom recirkulacijom vlažnog vazduha koji napusta sušnicu (deo izrađenog (opticajnog) vazduha meša se u komori za mešanje (MK) sa svežim atmosferskim vazduhom, obrazujući mešavinu stanja 2). Stanje atmosferskog vazduha je: p1 = 0.1MPa, t1 = 15oC i ϕ1 = 80%, a stanje vlažnog vazduha koji napusta sušnicu je t4 = 35oC i ϕ4 = 80%. Temperatura vlažnog vazduha na izlazu iz kalorifera (K) (2-3) je t3 = 70oC. Količina vlage koja se uklanja u sušnici (3-4) iz vlažnog materijala je 0.05kgvl/s. Smatrajući da je sušara izolovana, izračunati:
a) masene protoke atmosferskog i opticajnog vazduha, b) specifičnu potrošnju toplote koja se dovodi kaloriferom (u kJ po kilogramu
uklonjene vlage), kao i snagu grejača kalorifera u kW i specifičnu potrošnju vazduha, i
c) prikazati proces u (h, ω) dijagramu. Rešenje:
a) Šematski prikaz postrojenja za sušenje dat je na slici. c)
Kako se procesi kondicioniranja vlažnog vazduha obavljaju na pritisku 0.1MPa to su oni skicirani u (h, ω) dijagramu.
73
Vlažan vazduh
Stanje 1 u (h, ω) dijagramu se nalazi u preseku izoterme t1 = 15°C i linije konstantne relativne vlažnosti ϕ1 = 0.8. Ostale veličine stanja 1 su očitane iz dijagrama:
1 vl sv0.0084kg kgω = 1 svh 36.5kJ kg= .
Stanje 4 u (h, ω) dijagramu se nalazi u preseku izoterme t4 = 35°C i linije konstantne relativne vlažnosti ϕ4 = 0.8. Ostale veličine stanja 4 su očitane iz dijagrama:
4 vl sv0.029kg kgω = 4 svh 110kJ kg= .
Kako se proces u sušnici (3-4) obavlja pri stalnoj entalpiji, to je 43 hh = . Stanje 3 u (h, ω) dijagramu se nalazi u preseku izoterme t3 = 70°C i izentalpe 3 svh 110kJ kg= . Apsolutna vlažnost vlažnog vazduha stanja 3 je očitana iz dijagrama:
3 vl sv0.015kg kgω = .
Zagrevanje (2-3) mešavine vlažnog vazduha obavlja se pri konstantnoj apsolutnoj vlažnosti odnosno po izohigri, tako da je 32 ω=ω .
Stanje mešavine 2 u (h, ω) dijagramu se nalazi na duži koja spaja stanja 1 i 4. Grafičkim putem, u preseku linije 14 i izohigre 2ω određuje se stanje 2. Entalpija vlažnog vazduha stanja 2 je očitana iz dijagrama:
2 svh 60kJ kg= .
Iz bilansa vlage za sušnicu određuje se maseni protok mešavine:
sv
vl344,3 m
mΔ=ω−ω=ωΔ
vl svsv
4 3
m kg0.05m 3.5710.029 0.015 s
Δ= = =ω −ω −
.
Maseni protoci atmosferskog svsm i opticajnog vazduha svom određuju se iz bilansa materije i bilansa energije (ili bilansa vlage) za komoru za mešanje:
svsvosvs mmm =+
2sv4svo1svs hmhmhm ⋅=⋅+⋅ ili 2sv4svo1svs mmm ω⋅=ω⋅+ω⋅
odakle je:
2sv4svo1svosv hmhmh)mm( ⋅=⋅+⋅−
sv2 1svo sv
4 1
kgh h 60 36.5m m 3.571 1.142h h 110 36.5 s
− −= ⋅ = ⋅ =
− −
svsvs sv svo
kgm m m 3.571 1.142 2.429s
= − = − = .
b) Toplotna snaga kalorifera je:
k 2,3 sv 3 2Q Q m (h h ) 3.571 (110 60) 178.6 kW= = ⋅ − = ⋅ − = .
Specifična potrošnja toplote - količina toplote po 1kg odstranjene vlage je:
3 2kk
vl 4 3 vl
h hQ 178.6 kJq 3572Δm ω ω 0.05 kg
−= = = =
−.
Specifična potrošnja vazduha:
* sv sv
vl 4 3 vl
m kg1 1m 71.4Δm ω ω 0.029 0.015 kg
= = = =− −
.
74
Vlažan vazduh 6.4 U cilju smanjenja potrošnje toplote jednostepenoj sušari dodat je izmenjivač toplote
(IT) u kojem vlažan vazduh (3-4) koji napusta sušnicu (S) vrši predgrevanje (1-1*) atmosferskog vazduha. Predrgrejan vazduh se zatim u kaloriferu (K) dogreva (1*-2) do stanja 2. Parametri atmosferskog vazduha su: p1 = 0.1MPa, t1 = 15oC i ϕ1 = 0.6. Predgrevanje se vrši do temperature od 30oC. Vazduh koji napusta sušnicu (2-3) ima parametre: t3 = 45oC i ϕ3 = 90%. Kapacitet sušenja je 0.07 kilograma vlage u sekundi. Smatrajući da su sušara i izmenjivač toplote adijabatski izolovani, odrediti:
a) uštedu toplote u kJ po kilogramu odstranjene vlage, kao i u kW, zahvaljujući ugrađenom izmenjivaču toplote,
b) količinu kondenzovane pare u kg/h koja se odstranjuje iz izmenjivača toplote, i c) prikazati proces u (h, ω) dijagramu.
Rešenje:
a) Šematski prikaz postrojenja za sušenje dat je na slici. c)
Svi procesi kondicioniranja vlažnog vazduha se obavljaju na pritisku 0.1MPa. Veličine stanja vlažnog vazduha u karakterističnim tačkama procesa su očitane iz (h, ω) dijagrama.
Stanje 1 u (h, ω) dijagramu se nalazi u preseku izoterme t1 = 15°C i linije konstantne
relativne vlažnosti ϕ1 = 0.6. Ostale veličine stanja 1 su očitane iz dijagrama:
1 vl sv0.0064kg kgω = 1 svh 31kJ kg= .
Stanje 3 u (h, ω) dijagramu se nalazi u preseku izoterme t3 = 45°C i linije konstantne relativne vlažnosti ϕ3 = 0.9. Ostale veličine stanja 3 su očitane iz dijagrama:
3 vl sv0.06kg kgω = 3 svh 200kJ kg= .
75
Vlažan vazduh
Predgrevanje (1-1*) atmosferskog vlažnog vazduha u izmenjivaču toplote obavlja se pri konstantnoj apsolutnoj vlažnosti, odnosno po izohigri, tako da je 1*1 ω=ω . Stanje 1* u (h, ω) dijagramu se nalazi u preseku izoterme t1* = 30°C i izohigre *1ω . Entalpija vlažnog vazduha stanja 1* je očitana iz dijagrama:
1* svh 47 kJ kg= .
Dogrevanje (1*-2) vlažnog vazduha u kaloriferu obavlja se po izohigri, tako da je 1*12 ω=ω=ω , a proces u sušnici (2-3) obavlja se pri stalnoj entalpiji, tako da je 32 hh = . Stanje 2 u
(h, ω) dijagramu se nalazi u preseku izohigre 0064.02 =ω kgvl/kgsv i izentalpe 200h2 = kJ/kgsv. Iz bilansa energije za izmenjivač toplote:
4sv*1sv3sv1sv hmhmhmhm ⋅+⋅=⋅+⋅
dobija se:
4 1 3 1*sv
kJh h h h 31 200 47 184kg
= + − = + − = .
Vazduh koji napusta sušnicu se hladi (3-4) u izmenjivaču toplote pri stalnoj apsolutnoj vlažnosti: 34 ω=ω . Stanje 4 u (h, ω) dijagramu se nalazi u preseku izentalpe 184h4 = kJ/kgsv i izohigre 06.04 =ω kgvl/kgsv. Iz dijagrama se uočava da je ovako određeno stanje 4 u oblasti prezasićenog vlažnog vazduha, što znači da je ostvareno hlađenje vlažnog vazduha do temperature koja je manja od temperature tačke rose za stanje 3, tj. t4 < tR3, i da je došlo do kondenzacije vodene pare iz vlažnog vazduha. U ovom slučaju stvarno stanje 4 se nalazi na liniji zasićenja i to u preseku izentalpe h4 i linije zasićenja ϕ = 1. Proces hlađenja vlažnog vazduha od početnog stanja 3, najpre se odvija po izohigri ω = ω3 = const do rosišta za stanje 3, a zatim po liniji zasićenja ϕ = 1 = const. Ostale veličine stanja 4 su očitane iz dijagrama:
4 vl sv0.055kg kgω = o4t 42 C= .
Iz bilansa vlage za sušnicu određuje se maseni protok suvog vazduha:
sv
vl233,2 m
mΔ=ω−ω=ωΔ
vl svsv
3 2
m kg0.07m 1.310.06 0.0064 s
Δ= = =ω −ω −
.
Za slučaj bez izmenjivača toplote toplotna snaga kalorifera bila bi:
k 1,2 sv 2 1Q Q m (h h ) 1.31 (200 31) 221.4 kW= = ⋅ − = ⋅ − =
k k k* sv 1* 1Q Q Q m (h h ) 221.4 200.4 21kWΔ = − = ⋅ − = − = .
Ušteda toplote po kilogramu odstranjene vlage iznosi:
k 1* 1k
vl 3 2 vl
Q h h 47 31 kJq 298.5m 0.06 0.0064 kgΔ − −
Δ = = = =Δ ω −ω −
.
b) Količina kondenzovane pare koja se odstranjuje iz izmenjivača toplote iznosi:
vlk sv 3 4
kgm m ( ) 1.31 (0.06 0.055) 3600 23.6h
= ⋅ ω −ω = ⋅ − ⋅ = .
76
Vlažan vazduh 6.5 Vlažan vazduh, protoka 26250kgvv/h, se hladi (1-2) u vazdušnom hladnjaku (VH) od
početnog stanja 1(t1 = 70oC, ϕ1 = 0.2) do stanja 2(t2 = 42oC), a zatim se u komori za vlaženje (KV), ubrizgavanjem 252kg/h vodene pare, vlaži i greje (2-3) do stanja (t3 = 46oC). Pritisak vlažnog vazduha iznosi 0.1MPa. Odrediti:
a) veličine stanja (ω, h) vlažnog vazduha u karakterističnim tačkama procesa, b) toplotnu snagu vazdušnog hladnjaka, c) entalpiju vodene pare, d) parcijalni pritisak vodene pare u vlažnom vazduhu na kraju procesa, i e) prikazati proces u (h, ω) dijagramu.
Rešenje:
a) Šematski prikaz instalacije sa vazdušnim hladnjakom i komorom za vlaženje dat je na slici. e)
Proces kondicioniranja vlažnog vazduha prikazan je u (h, ω) dijagramu.
Stanje 1 u (h, ω) dijagramu se nalazi u preseku izoterme t1 = 70°C i linije konstantne
relativne vlažnosti ϕ1 = 0.2. Ostale veličine stanja 1 su očitane iz (h, ω) dijagrama:
1 vl sv0.0416kg kgω = 1 svh 180kJ kg= .
Stanje 2 se nalazi u preseku izoterme t2 = 42°C i izohigre 0416.012 =ω=ω kgvl/kgsv. Entalpija vlažnog vazduha stanja 2 je očitana iz (h, ω) dijagrama:
2 svh 150kJ kg= .
Maseni protok suvog vazduha u vlažnom vazduhu stanja 1 iznosi:
vv1 sv svsv
1
m kg kg26250m 25200 71 1 0.0416 h s
= = = =+ω +
.
U komori za vlaženje ubrizgavanjem vodene pare povećava se apsolutna vlažnost vlažnog vazduha za:
sv
p233,2 m
m=ω−ω=ωΔ
77
Vlažan vazduh tako da je apsolutna vlažnost vlažnog vazduha na izlazu iz komore za vlaženje (stanje 3):
p vl3 2
sv sv
m kg2520.0416 0.0516m 25200 kg
ω = ω + = + = .
Stanje 3 vlažnog vazduha u (h, ω) dijagramu se nalazi u preseku izoterme t3 = 46°C i izohigre 0516.03 =ω kgvl/kgsv. Entalpija vlažnog vazduha stanja 3 je očitana iz (h, ω) dijagrama:
c) Entalpija vodene pare koja se ubrizgava u vazduh stanja 2 očitava se sa skale na (h, ω) dijagramu, koja definiše pravac promene stanja u komori za vlaženje. Vrednost entalpije vodene pare očitava se za tačku preseka prave koja prolazi kroz pol P i koja je paralelna sa pravom koja prolazi kroz stanja 2 i 3 sa skalom:
ph 3000kJ kg= .
d) U (h, ω) dijagramu je data skala za određivanje parcijalnog pritiska vodene pare u vlažnom vazduhu u zavisnosti od apsolutne vlažnosti vlažnog vazduha. Parcijalni pritisak vodene pare u vlažnom vazduhu na kraju procesa (stanje 3) jednak je:
p3p 7800Pa= . 6.6 Početno stanje vlažnog vazduha kojim sušimo robu definisano je temperaturom
vlažnog termometra tVT1 = 10.2oC i temperaturom rosišta tR1 = 7oC. Dopuštena temperatura vlažnog vazduha za sušenje iznosi 60oC. Iz robe je potrebno ukloniti 0.2kg/s vlage. Maksimalna relativna vlažnost vlažnog vazduha je 0.9, a pritisak 0.1MPa. Za slučaj jednostepenog, dvostepenog i trostepenog sušenja, odrediti:
a) toplotne snage kalorifera u kW i potrošnju vlažnog vazduha u kgsv/s, i b) prikazati proces u (h, ω) dijagramu.
Rešenje:
a) Šematski prikaz trostepene sušare dat je na slici. b)
Obzirom da se procesi kondicioniranja vlažnog vazduha obavljaju na pritisku 0.1MPa to su oni skicirani u (h, ω) dijagramu, a veličine stanja vlažnog vazduha u karakterističnim tačkama procesa takođe su očitane iz dijagrama.
78
Vlažan vazduh
Višestepena sušara se primenjuje kad se u jednostepenoj sušari ne može ukloniti celokupna
količina vlage iz materijala koji se suši. Količina vlage koja se može ukloniti iz vlažnog materijala u procesu sušenja, pre svega zavisi od protoka vlažnog vazduha i temperature vlažnog vazduha na ulazu u sušnicu. Sa povećanjem protoka i temperature vlažnog vazduha na ulazu u sušnicu povećava se njegova sposobnost za prijem vlage. Međutim, vlažan vazduh se može zagrevati samo do dopuštene temperature, jer bi se u suprotnom narušile strukturne karakteristike materijala koji se suši. Takođe, u nekim slučajevima nije moguće ostvariti potreban (projektovan) protok vlažnog vazduha za sušenje u jednom stepenu.
U ovom zadatku, s obzirom da je zadata dopuštena temperatura vlažnog vazduha na ulazu u sušnicu, od masenog protoka vlažnog vazduha zavisi da li će se primeniti jednostepeno, dvostepeno ili trostepeno sušenje da bi se iz vlažnog materijala uklonila željena količina vlage.
- Jednostepeno sušenje Stanje 1 u (h, ω) dijagramu se nalazi grafičkim putem za poznatu temperaturu vlažnog
termometra tVT1 = 10.2oC (h1 = hVT1, ϕVT1 = 1) i temperaturu rosišta tR1 = 7oC (ω1 = ωR1, ϕR1 = 1) u preseku izentalpe h1 i izohigre ω1. Veličine stanja 1 su očitane iz (h, ω) dijagrama:
1 vl svω 0.006kg kg= 1 svh 30kJ kg= .
Stanje 2 se nalazi u preseku izoterme t2 = tmax = 60°C i izohigre 2 1ω ω 0.006= = kgvl/kgsv. Entalpija vlažnog vazduha stanja 2 je očitana iz (h, ω) dijagrama:
2 svh 75kJ kg= .
Stanje 3 u (h, ω) dijagramu se nalazi u preseku izentalpe 3 2 svh h 75kJ kg= = i linije konstantne relativne vlažnosti ϕ3 = ϕmax = 0.9. Apsolutna vlažnost vlažnog vazduha stanja 3 je očitana iz (h, ω) dijagrama:
3 vl svω 0.0194kg kg= .
Iz bilansa vlage za sušnicu određuje se maseni protok suvog vazduha:
- Dvostepeno sušenje Stanje 4 se nalazi u preseku izoterme t4 = tmax = 60°C i izohigre 4 3ω ω 0.0194= = kgvl/kgsv.
Entalpija vlažnog vazduha stanja 4 je očitana iz (h, ω) dijagrama:
4 svh 111kJ kg= .
Stanje 5 u (h, ω) dijagramu se nalazi u preseku izentalpe 5 4 svh h 111kJ kg= = i linije konstantne relativne vlažnosti ϕ5 = ϕmax = 0.9. Apsolutna vlažnost vlažnog vazduha stanja 5 je očitana iz (h, ω) dijagrama:
5 vl svω 0.03kg kg= .
Iz bilansa vlage za prvu i drugu sušnicu određuje se maseni protok suvog vazduha:
- Trostepeno sušenje Stanje 6 se nalazi u preseku izoterme t6 = tmax = 60°C i izohigre 6 5ω ω 0.03= = kgvl/kgsv.
Entalpija vlažnog vazduha stanja 6 je očitana iz (h, ω) dijagrama:
6 svh 138kJ kg= .
Stanje 7 u (h, ω) dijagramu se nalazi u preseku izentalpe 7 6 svh h 138kJ kg= = i linije konstantne relativne vlažnosti ϕ7 = ϕmax = 0.9. Apsolutna vlažnost vlažnog vazduha stanja 7 je očitana iz (h, ω) dijagrama:
7 vl svω 0.039kg kg= .
Iz bilansa vlage za prvu, drugu i treću sušnicu određuje se maseni protok suvog vazduha:
ϕ1 = 0.6) zagreva se pri stalnom pritisku do temperature 45°C. Računskim putem odrediti:
a) toplotnu snagu zagrejača vazduha, b) promenu relativne vlažnosti i gustine vlažnog vazduha u procesu, i c) prikazati proces u (h, ω) dijagramu.
Rezultat: a) zvQ 12kW=
b) 3
vv0.523kg mΔϕ = 3
vv0.135kg mΔρ = 6.8 U zatvorenoj posudi se nalazi 10.15kgvv vlažnog vazduha stanja 1(p1 = 0.1MPa,
t1=26oC, ϕ1 = 0.7). U toku noći temperatura vlažnog vazduha je pala na t2 = 14.1oC. a) Da li je došlo do kondenzacije pare iz vlažnog vazduha i ako jeste odrediti količinu
nastalog kondenzata? b) Prikazati proces u (h, ω) dijagramu.
Rezultat: a) km 0.05kg= 6.9 Komora, zapremine 9.58m3, je pregradom podeljena na dva dela A i B. U delu A se
nalazi vlažan vazduh stanja 1(t1 = 40°C, ϕ1 = 0.6), a u delu B vlažan vazduh stanja 2(t2 = 60°C, ϕ2 = 40 %). Izvlačenjem pregrade obrazuje se smeša vlažnog vazduha čija je temperatura tačke rose 38°C. Pritisak vlažnog vazduha je 0.1MPa. Odrediti:
a) veličine stanja novonastale smeše (t, ω, h, ϕ, v) vlažnog vazduha, b) ukupnu masu vlažnog vazduha u komori, i c) prikazati proces u (h, ω) dijagramu.
Rezultat: a) o
3t 52.5 C=
3 vl sv0.044kg kgω =
3 svh 167 kJ kg= 48.03 =ϕ
33 svv 1m kg=
b) vv3 vvm 10kg= 6.10 U jednoj komori za vlaženje (KV) izotermski se
vlaži vlažan vazduh početnog stanja 1(tVT1 = 29.9oC, tR1 = 25oC), ubrizgavanjem vodene pare, do relativne vlažnosti od 90%. Protok vlažnog vazduha na ulazu u komoru za vlaženje iznosi 3420m3/h. Odrediti:
a) protok vodene pare b) entalpiju vodene pare, i c) prikazati proces u (h, ω) dijagramu.
Rezultat: a) pm 0.05kg s=
b) ph 2600kJ kg=
81
Vlažan vazduh 6.11 Vlažan vazduh, protoka 300kgvv/h, se
greje (1-2) u kaloriferu (K) do temperature 80°C. U toku ovog procesa entalpija vlažnog vazduha poraste na 90kJ/kgsv. Pri prolasku kroz sušnicu (S) (2-3) vazduh suši materijal i pri tome odnosi 5.32kg vlage na čas. Relativna vlažnost vazduha na izlazu iz sušnice je dva puta veća od relativne vlažnosti na ulazu u kalorifer. Pritisak vlažnog vazduha iznosi 0.1MPa. Odrediti:
a) veličine stanja (t, ω, h, ϕ) vlažnog vazduha u karakterističnim tačkama procesa, b) odrediti specifičnu potrošnju toplote i specifičnu potrošnju vlažnog vazduha, i c) prikazati proces u (h, ω) dijagramu.
sv vlm 56.2kg kg= 6.12 Vlažan vazduh, protoka 200kgvv/h, stanja 1(ϕ1 = 0.4, t1 = 26oC) meša se sa vlažnim
vazduhom stanja 2(ϕ2 = 0.6, t2 = 44oC). Tačka rose tako nastale smeše vazduha (stanje 3) je 30oC. Smeša se u kaloriferu zagreva (3-4) do 86oC. U postrojenju za sušenje (4-5) se uklanja 8kg/h vlage.
Ako je pritisak vlažnog vazduha 0.1MPa, odrediti: a) veličine stanja (t, ω, h) u karakterističnim tačkama procesa, b) maseni protok vlažnog vazduha stanja 2, u kgvv/h, i c) prikazati proces u (h, ω) dijagramu.
Rezultat: a) o
1t 26 C= 1 vl sv0.0085kg kgω = 1 svh 48kJ kg= o
2t 44 C= 2 vl sv0.0354kg kgω = 2 svh 135kJ kg= o
3t 30 C= 3 vl sv0.0277 kg kgω = 3 svh 110kJ kg= o
4t 86 C= 4 vl sv0.0277 kg kgω = 4 svh 160kJ kg= o
5t 57 C= 5 vl sv0.0393kg kgω = 5 svh 160kJ kg= b) vv2 vvm 510.7 kg h=
82
Vlažan vazduh 6.13 U komori za mešanje (MK) jedne instalacije za sušenje mešaju se dve struje
vazduha. Vlažan vazduh masenog protoka 800kgvv/h stanja 1(ϕ1 = 0.3, t1 = 34oC) meša se sa vlažnim vazduhom stanja 2(ϕ2 = 0.7, t2 = 42oC), tako da je temperatura nastale smeše t3 = 36°C. Posle mešanja smeša se u predgrejaču (P) predgreva (3-4) vlažnim vazduhom koji napusta sušnicu (6-7), a zatim u kaloriferu (K) zagreva (4-5) do t5 =80oC. U sušnici (S) (5-6) ovim vlažnim vazduhom vrši se sušenje vlažnog materijala uz odstranjivanje 13.8kgvl/h. Pritisak vlažnog vazduha iznosi 0.1MPa.
Ako je vlažan vazduh na izlazu iz predgrejača (P) relativne vlaznosti ϕ4= 0.3, odrediti:
a) veličine stanja (t, ω, h) vlažnog vazduha u karakterističnim tačkama procesa, b) snage predgrejača i kalorifera u kW, i c) prikazati proces u (h, ω) dijagramu.
PQ 2.4kW= kQ 10.9kW= 6.14 Vlažan vazduh stanja 1 (t1 = 46oC,
ϕ1 = 0.6), protoka 378kgsv/h, uvodi se u komoru za mešanje (MK) gde se meša sa vlažnim vazduhom stanja 2(t2 = 18oC, ϕ2 = 0.2), tako da je temperatura vlažnog termometra novonastale smeše 21oC. Ovako dobivena smeša vlažnog vazduha se uvodi u komoru
za vlaženje (3-4) gde joj se dodaje pregrejana vodena para masenog protoka 22.77kg/h, čija je entalpija 3950kJ/kg. Po izlasku iz komore za vlaženje (KV) vlažan vazduh prolazi kroz cevovod (C) hladeći se (4-5) tako da se na izlazu iz cevovoda pojavljuje magla. Pritisak vlažnog vazduha iznosi 0.1MPa. Odrediti:
a) veličine stanja (t, ω, h,) vlažnog vazduha na izlazu iz komore za vlaženje, b) toplotni fluks koji se gubi u cevovodu, i c) prikazati proces u (h, ω) dijagramu.
Rezultat: a) o
4t 49 C= 4 vl sv0.03kg kgω = 4 svh 125kJ kg= b)
gQ 6.3kW=
83
Vlažan vazduh 6.15 Postrojenje za sušenje se sastoji iz izmenjivača toplote (IT) i sušnice (S). U
izmenjivač toplote ulazi vlažan vazduh temperature 24°C i temperature rosišta 14°C i zagreva se (1-2) do temperature od 83°C. Za zagrevanje vlažnog vazduha koristi se suvo-zasićena vodena para temperature 120°C, koja se u izmenjivaču toplote potpuno kondenzuje. U sušnici se iz vlažnog materijala uklanja 0.05kg/s vlage. Iz sušnice (2-3) izlazi vlažan vazduh relativne vlažnosti 0.9. Pritisak vlažnog vazduha iznosi 0.1MPa.
Odrediti: a) veličine stanja (t, ω, h) vlažnog vazduha u karakterističnim tačkama procesa, b) toplotnu snagu izmenjivača toplote, c) maseni protok vodene pare u kg/h, i d) prikazati proces u (h, ω) dijagramu.
snaga) iznosi 555.56kW. Kao rashladni fluid koristi se amonijak. Temperatura isparavanja amonijaka iznosi -20oC, temperatura kondenzacije 35oC, a temperatura pothlađivanja 30oC. Kompresor usisava suvu paru amonijaka i sabija je sa izentropskim stepenom dobrote 0.8. Odrediti:
a) snagu kompresora, b) koeficijent hlađenja, i c) prikazati ciklus u (T, s) dijagramu.
Rešenje:
a) Na slici je prikazana šema rashladnog postrojenja sa jednostepenim kompresorom i prigušnim ventilom. Rashladni fluid ostvaruje levokretni kružni ciklus, koji se odvija između pritiska u isparivaču pi i pritiska u kondenzatoru pk.
Koristeći zavisnost ps = f(t) iz (T, s) dijagrama za amonijak, temperaturi isparavanja ti = -20oC odgovara pritisak isparavanja pi, a temperaturi kondenzacije od tk = 35oC odgovara pritisak kondenzacije pk. Kompresor ovog postrojenja usisava suvu paru amonijaka (x1 = 1) na pritisku isparavanja pi, tako da je:
t1 = ti = -20oC
i sabija je adijabatski do stanja 2. Ostale veličine stanja 1 očitavaju se iz
(T, s) dijagrama za amonijak:
1kJh 1237.2kg
=
1kJs 1237.2
kg K=
Teorijsko stanje 2t nalazi se grafičkim putem u (T, s) dijagramu u preseku vertikale (izentropa s2t = s1) iz stanja 1 i izobare p2 = pk, tako da je:
2tkJh 1237.2kg
= .
c) Levokretni kružni ciklus u (T, s) dijagramu
Izentropski stepen dobrote kompresije je:
t1,2tKt 1 2tK
K t1,2 1 2
WP h hηP W h h
′ −= = =
′ −
tako da je specifična entalpija pregrejane pare amonijaka stanja 2:
2t 12 1
K
h h 1237.2 1237.2 kJh h 1237.2 1519.8η 0.8 kg− −
= + = + = .
85
Levokretni ciklusi
Stvarno stanje 2 u (T, s) dijagramu se nalazi u preseku izentalpe h2 i izobare p2. Pregrejana para amonijaka sa stanjem 2 ulazi u kondenzator u kome se izobarski hladi do
temperature kondenzacije, zatim se na temperaturi kondenzacije potpuno kondenzuje i na kraju se, u ovom slučaju, nastali kondenzat pothlađuje do t3 = 30oC. Pothlađivanjem kondenzata povećava se koeficijent hlađenja rashladnog postrojenja. Obzirom da se izobare u oblasti tečnog amonijaka gotovo poklapaju sa donjom graničnom krivom to se stanje 3 u (T, s) dijagramu nalazi u preseku izoterme t3 i donje granične krive (x3 = 0) pa je:
3kJh 146.54kg
= .
Proces prigušivanja (3-4) je izentalpski (h4 = h3), tako da se stanje 4 u (T, s) dijagramu nalazi u oblasti vlažne pare u preseku izentalpe h4 i izobare p4 = pi (odnosno izoterme ti).
Rashladna toplotna snaga jednaka je toplotnoj snazi isparivača ovog postrojenja, a to je zapravo količina toplote u jedinici vremena koja se odvede iz rashladne komore (npr. od namirnica u rashladnoj komori) i koja se koristi za isparavanje (poželjno je i malo pregrevanje) rashladnog fluida:
h 1 4Q m (h h )= ⋅ −
odakle je maseni protok amonijaka:
h
1 4
Q 555.65 kgm 0.509h h 1237.2 146.54 s
= = =− −
.
Snaga kompresora:
t1,2 1 2kJW h h 1237.2 1519.8 282.6kg
′ = − = − = −
K t1,2P m W 0.509 282.6 143.8kW′= ⋅ = ⋅ = .
b) Koeficijent hlađenja je:
h h 1 4h
K 2 1t1,2
Q m q h h 555.65ε 3.86P h h 143.8m W
⋅ −= = = = =
′ −⋅.
7.2 Kompresor toplotne pumpe usisava 0.26m3/min pare amonijaka, kojem dovodimo
toplotu pri temperaturi 5oC, a kondenzacija se odvija na temperaturi 35oC. Proces se vrši bez pothlađivanja. Temperatura nakon izentropske kompresije iznosi 50oC. Odrediti:
a) stepen suvoće amonijaka nakon prigušivanja, b) snagu kompresora, c) količinu toplote koja je na raspolaganju za grejanje, d) koeficijent grejanja, i e) prikazati ciklus u (T, s) i (logp, h) dijagramima.
Rešenje:
a) Na slici je prikazana šema toplotne pumpe sa jednostepenim kompresorom i prigušnim ventilom. U ovom slučaju toplota kondenzacije rashladnog fluida se koristi za potrebe grejanja.
Temperaturi kondenzacije tk odgovara pritisak kondenzacije pk, pri čemu je p2 = pk. Stanje 2, nakon izentropske kompresije (1-2), u (T, s) dijagramu se nalazi u preseku izoterme t2 i izobare p2 pa je:
2kJh 1835kg
= 2kJs 6.34
kg K= .
86
Levokretni ciklusi
Kako se proces vrši bez pothlađivanja to je: t3 = tk = 35oC. Stanje 3 u (T, s) dijagramu se nalazi u preseku izoterme t3 i donje granične krive (x3 = 0) pa je:
3kJh 565.5kg
= .
Proces prigušivanja (3-4) je izentalpski (h4 = h3), tako da se stanje 4 u (T, s) dijagramu nalazi u preseku izentalpe h4 i izobare p4 = pi koja odgovara temperaturi isparavanja ti = 5oC.
Stepen suvoće vlažne pare amonijaka stanja 4 očitava se iz (T, s) dijagrama:
4x 0.11= .
Stanje 1 se nalazi grafičkim putem u (T, s) dijagramu u preseku vertikale (izentropa s1 = s2) iz stanja 2 i izobare p1 = pi, tako da je:
1kJh 1596kg
= 3
1mv 0.227kg
= .
Stanje 1 nalazi se u oblasti vlažne pare amonijaka.
Maseni protok amonijaka:
1
1
V 0.26 kgm 0.019v 60 0.227 s
= = =⋅
.
b) Snaga kompresora:
K 2 1P m (h h )= ⋅ −
KP 0.019 (1835 1596)= ⋅ −
KP 4.54kW= .
c) Količina toplote koja se može iskoristiti za grejanje jednaka je toplotnoj snazi kondenzatora:
g 2 3Q m (h h )= ⋅ −
gQ 0.019 (1835 566)= ⋅ −
gQ 24.11kW= .
d) Koeficijent grejanja:
e) Levokretni kružni ciklus u (T, s) i (logp, h) dijagramima
g 2 3g
K 2 1
Q h h 24.11ε 5.31P h h 4.54
−= = = =
−.
87
Levokretni ciklusi 7.3 Kapacitet kompresorskog parnog rashladnog postrojenja iznosi 40000kJ/h. Kao
rashladni fluid koristi se amonijak. Temperatura isparavanja iznosi -15oC. Kompresor usisava suvu paru amonijaka i izentropski je komprimuje do 90oC. Proces se vrši bez pothlađivanja. Odrediti:
a) koeficijent hlađenja, b) snagu kompresora, c) zapreminski protok amonijaka na ulazu u kompresor, i d) prikazati ciklus u (T, s) i (logp, h) dijagramima.
Rezultat: a) hε 5.56= b) KP 2kW=
c) 3
1mV 0.005s
=
7.4 Rashladna toplotna snaga kompresorskog parnog rashladnog postrojenja iznosi
5.8kW. Kao rashladni fluid koristi se R12 (Freon-12, CF2Cl2). Kompresor, snage 2kW, usisava pregrejanu paru freona i adijabatski je komprimuje do stanja 2(p2 = 0.6MPa, t2 = 60oC). Proces se vrši sa pothlađivanjem kondenzata do t3 = 16oC. Pritisak isparavanja freona iznosi 0.1MPa. Odrediti:
a) maseni protok freona, b) koeficijent hlađenja, c) izentropski stepen dobrote kompresije, i d) prikazati ciklus u (T, s) dijagramu.
Rezultat: a) kgm 0.045s
=
b) hε 2.9= c) Kη 0.73= 7.5 Toplotnom pumpom se greje sportska hala čiji su gubici 30kW toplote.
Temperatura amonijaka nakon izentropske kompresije iznosi 60oC, a kondenzacija se odvija na temperaturi 30oC. Kompresor toplotne pumpe usisava vlažnu paru amonijaka stepena vlažnosti 0.05. Proces se vrši bez pothlađivanja. Odrediti:
a) maseni protok amonijaka, b) stepen suvoće amonijaka nakon prigušivanja, c) koeficijent grejanja, i d) prikazati ciklus u (T, s) i (logp, h) dijagramima.
Rezultat: a) kgm 0.0247s
=
b) 4x 0.15= c) gε 6.75=
88
888... PPPRRROOOSSSTTTIIIRRRAAANNNJJJEEE TTTOOOPPPLLLOOOTTTEEE 8.1 Zid ložišta parnog kotla sastavljen je od sloja šamota (λš = 0.5W/mK) debljine
125mm i sloja cigle (λc = 0.7W/mK) debljine 500mm. Temperatura unutrašnje površine zida je 1100oC, a spoljne 50oC.
a) Izračunati gubitak toplote kroz m2 zida i temperaturu na dodirnoj površini slojeva. b) Ako se debljina sloja cigle smanji dva puta, a između slojeva umetne sloj
izolacionog materijala, čiji je koeficijent provođenja toplote
iz sr,izλ 0.113 0.00023 t= + ⋅ ( izW
m K⎡ ⎤
λ ⎢ ⎥⎣ ⎦
, ot C⎡ ⎤⎣ ⎦ )
izračunati kolika treba da bude njegova debljina, da bi pri istim temperaturskim uslovima, gubici toplote bili isti?
Rešenje:
a) Prostiranje toplote kroz ravan zid ostvaruje se provođenjem toplote (kondukcijom). Prema Fourier-ovom zakonu količina toplote je:
zu zsλQ S (t t ) τδ
= ⋅ ⋅ − ⋅ .
Specifični toplotni fluks (količina toplote u jedinici vremena po 1m2 površine ravnog zida) je:
zu zszu zs
t tQ Q λq (t t ) δS τ S δλ
−= = = ⋅ − =
⋅.
Na slici je prikazana promena temperature po debljini zida.
Gubitak toplote kroz 1m2 površine ravnog dvoslojnog zida, koji je sastavljen od sloja šamota i sloja cigle, za slučaj stacionarnog prostiranja toplote, je:
zu 1,2 1,2 zs zu zs zu zsn
š c š c i
i 1š c š c i
t t t t t t t tq δ δ δ δ δλ λ λ λ λ=
− − − −= = = =
+ ∑
2
1100 50 Wq 10890.125 0.5 m0.5 0.7
−= =
+
pri čemu n
i
i 1 i
δλ=
∑ predstavlja ukupan otpor prostiranju toplote kondukcijom.
Iz izraza za specifični toplotni fluks kroz sloj šamota:
zu 1,2
š
š
t tq δ
λ
−=
nalazi se temperatura na dodirnoj površini slojeva:
oš1,2 zu
š
δ 0.125t t q 1100 1089 827.8 Cλ 0.5
= − ⋅ = − ⋅ = .
89
Prostiranje toplote
b) U ovom slučaju, temperature na dodirnim površinama slojeva pri istim temperaturama na unutrašnjoj i spoljnoj površini zida kotla i istom gubitku toplote jednake su:
oš1,2 zu
š
δ 0.125t t q 1100 1089 827.8 Cλ 0.5
= − ⋅ = − ⋅ =
oc2,3 zs
c
δ / 2 0.5 / 2t t q 50 1089 438.9 Cλ 0.7
= + ⋅ = + ⋅ =
tako da je srednja temperatura izolacionog materijala:
1,2 2,3 osr,iz
t t 827.8 438.9t 633.4 C2 2+ +
= = =
a koeficijent provođenja toplote za izolacioni materijal:
iz sr,izWλ 0.113 0.00023 t 0.113 0.00023 633.4 0.259
m K= + ⋅ = + ⋅ = .
Konačno, iz izraza za specifični toplotni fluks kroz sloj izolacionog materijala:
prečnika φ500/400mm. Temperatura unutrašnje površine zida je 1000oC, a toplotni gubici 230W/m.
Rešenje:
Prostiranje toplote kroz cilindričan zid ostvaruje se provođenjem toplote. Na slici je prikazana promena temperature po debljini zida. Gubitak toplote po 1m dužine cevi, odnosno specifični toplotni fluks (količina toplote u jedinici vremena po 1m dužine cilindričnog zida), za slučaj stacionarnog prostiranja toplote, prema Fourier-ovom zakonu je:
(1) zu zs
s
u
t tΦ d1 ln2 π λ d
−=
⋅⋅ ⋅
odakle je temperatura na spoljnoj površini zida:
(1)os
zs zuu
dΦ 230 0.5t t ln 1000 ln 929.6 C2 π λ d 2 π 0.116 0.4
0.616W/mK. Koeficijent prelaza toplote sa spoljne površine stakla na okolni vazduh je 29W/m2K, a sa vazduha u automobilu na unutrašnju površinu stakla 7W/m2K. Temperatura okolnog vazduha je -2oC. Odrediti koeficijent prolaza toplote i temperaturu vazduha u automobilu pri kojoj će se na spoljnoj, odnosno unutrašnjoj, površini stakla pojaviti led?
Rešenje:
Prostiranje toplote sa fluida na površinu zida ostvaruje se prelaženjem toplote (konvekcijom, prelazom). Intenzitet prostiranja toplote se definiše koeficijentom prelaza toplote α , koji se određuje eksperimentalnim putem i zavisi, pre svega, od režima strujanja fluida oko zida.
U ovom slučaju, toplota se najpre, saglasno drugom principu termodinamike, konvektivnim putem prostire sa vazduha u automobilu na unutrašnju površinu stakla, zatim kondukcijom kroz stakleni zid i na kraju se konvektivnim putem predaje okolnom vazduhu. Ovakav slučaj prostiranja toplote, između dva fluida preko čvrste površine, naziva se prolazom toplote. Dakle, prolaz toplote obuhvata dve konvekcije i jednu ili više kondukcija.
Količina toplote koji se prostire konvektivnim putem sa vazduha u automobilu na stakleni zid, prema Newton-ovom zakonu, je:
u u zuQ α S (t t ) τ= ⋅ ⋅ − ⋅
tako da je specifični toplotni fluks:
u zu
u
t tQ Qq 1τ S Sα
−= = =
⋅.
U stacionarnim uslovima isti specifični toplotni fluks se kondukcijom prostire kroz stakleni zid, tako da je prema Fourier-ovom zakonu:
zu zs
s
s
t tq δλ
−=
a sa spoljne površine stakla konvektivnim putem predaje okolnom vazduhu:
zs s
s
t tq 1α
−= .
Sređivanjem datih jednačina dobija se:
u zu zu zs zs s u zs zu s u su s
s s s s
u ss u s s s u s s
t t t t t t t t t t t tq k (t t )1 δ 1 δ δ δ1 1 1 1α αλ α λ λ α α λ α
− − − − − −= = = = = = = ⋅ −
+ + + +
pri čemu je k koeficijent prolaza toplote:
2s
u s s
1 1 Wk 5.44δ 1 0.004 11 1 m K7 0.616 29α λ α
= = =+ ++ +
.
91
Prostiranje toplote
Na spoljnoj površini stakla led će se pojaviti ako je: ozst 0 C= . U tom slučaju specifični
toplotni fluks iznosi:
zs s2
s
t t 0 ( 2) Wq 581 1 mα 29
− − −= = =
a temperatura vazduha u automobilu:
osu zs
u s
δ1 1 0.004t t q ( ) 0 58 ( ) 8.66 Cα λ 7 0.616
= + ⋅ + = + ⋅ + = .
Na unutrašnjoj površini stakla led će se pojaviti ako je: ozut 0 C= . Specifični toplotni fluks
u ovom slučaju jednak je:
zu s2
s
s s
t t 0 ( 2) Wq 48.8δ 0.004 11 m0.616 29λ α
− − −= = =
++
a temperatura vazduha u automobilu:
ou zu
u
q 48.8t t 0 6.97 Cα 7
= + = + = .
8.4 Čelična (λč = 45W/mK) cev prečnika φ110/100mm izolovana je sa spoljne strane
slojem asfalta (λiz = 0.63W/mK). Kroz cev struji topla voda srednje temperature 80oC. Sa spoljne strane cevi nalazi se vazduh temperature 15oC. Koeficijent prelaza toplote sa vode na unutrašnju površinu cevi iznosi 2000W/m2K, a sa spoljne površine izolacije na okolni vazduh 10W/m2K. Odrediti:
a) kritičnu debljinu izolacije, i b) maksimalni gubitak toplote u okolinu, ako je dužina cevi 3m.
Rešenje:
a) Toplotni fluks koji se prostire konvektivnim putem sa tople vode na unutrašnju površinu čelične cevi, prema Newton-ovom zakonu, je:
u u wsr zu u u c wsr zuΦ α S (t t ) α d π L (t t )= ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −
tako da je specifični toplotni fluks:
(1) wsr zu
c
u u
t tQΦ 1L τα d π
−= =
⋅⋅ ⋅
.
U stacionarnim uslovima isti specifični toplotni fluks se kondukcijom prostire kroz zid čelične cevi i sloj asfalta, tako da je prema Fourier-ovom zakonu:
(1) zu ziz
s iz
č u iz s
t tΦ d d1 1ln ln2 π λ d 2 π λ d
−=
⋅ + ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅
a sa spoljne površine izolacije konvektivnim putem predaje okolnom vazduhu:
92
Prostiranje toplote
(1) ziz s
s iz
t tΦ 1α d π
−=
⋅ ⋅
Sređivanjem datih jednačina dobija se:
(1) wsr swsr s
s iz
u u č u iz s s iz
t tΦ k (t t )d d1 1 1 1ln lnα d π 2 π λ d 2 π λ d α d π
−= = ⋅ −
+ ⋅ + ⋅ +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
pri čemu je k koeficijent prolaza toplote:
s iz
u u č u iz s s iz
1k d d1 1 1 1ln lnα d π 2 π λ d 2 π λ d α d π
=+ ⋅ + ⋅ +
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
.
Recipročna vrednost koeficijenta prolaza toplote:
s iz
u u č u iz s s iz
d d1 1 1 1 1R ln lnk α d π 2 π λ d 2 π λ d α d π
= = + ⋅ + ⋅ +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
predstavlja otpor prolazu toplote. Analizom prethodnih izraza uočava se da specifični toplotni fluks ima maksimalnu vrednost
onda kad je otpor prolazu toplote minimalan:
(1) (1)maxΦ Φ= za minR R= .
Ovaj uslov koristi se za određivanje kritične debljine izolacije. Najpre se određuje debljina izolacije za koju je iz minR(d ) R= :
s iz iziz2 2
iziz iz s s iz iz s iz
s
α d 2 λdR(d ) 1 1 1 1 0ddd 2 π λ d α d π 2 π λ α dd
⋅ − ⋅= ⋅ ⋅ − = =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
odakle je:
iziz iz,kr
s
2 λ 2 0.63d d 0.126m 126mmα 10⋅ ⋅
= = = = =
tako da je kritična debljina izolacije:
iz,kr siz,kr
d d 126 110δ 8mm.2 2− −
= = =
Da funkcija izR(d ) ima minimalnu vrenost za iz iz,krd d= pokazuje se na osnovu drugog izvoda:
22s iz s iz s iz iz iz s iziz
2 2 2iz iz s iz
α 2 π λ α d (α d 2 λ ) 2 π λ α 2 dd R(d )dd (2 π λ α d )
Maksimalna vrednost toplotnog fluksa (gubitka toplote u okolinu) je:
(1)max max c max wsr s cΦ Φ L k (t t ) L 3.462 (80 15) 3 675W= ⋅ = ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ = .
Za neizolovanu čeličnu cev iz(δ 0)= gubitak toplote u okolinu jednak je: Φ 669.4 W= . Dakle, ukoliko se cev izoluje sa spoljne strane izolacijom debljine iz iz,kr0 δ δ< < gubitak toplote u okolinu se povećava do maksimalne vrednosti za
iz iz,krδ δ= , a sa povećanjem debljine izolacije
iz iz,krδ δ> gubitak toplote u okolinu se smanjuje. Na slici je prikazana zavisnost toplotnog fluksa od prečnika izolacije. 650,0
655,0
660,0
665,0
670,0
675,0
680,0
0,11 0,12 0,13 0,14 0,15 0,16 0,17 0,18
Prečnik izolacije [ m ]
Topl
otni
fluk
s [ W
]
8.5 Kroz jednu halu prolazi vodoravna čelična (λč = 58W/mK) cev za vodeno grejanje
dimenzija φ38/33mm i dužine 35m. Kroz cev struji topla voda brzinom 1m/s čija je srednja temperatura 80°C (merodavna temperatura). Koeficijent prelaza toplote sa spoljne površine cevi na okolni vazduh temperature 20°C je 10W/m2K. Koeficijent prelaza toplote za prinudno strujanje vode u pravoj cevi računati prema izrazu:
- za turbulentno strujanje 33.08.0054.0
c
u PrRe)Ld(032.0Nu ⋅⋅⋅=
- za laminarno strujanje 33.0Pr)(Re86.1Nu ⋅⋅= .
Strujanje vode je turbulentno za Re > 2320. Odrediti: a) koeficijent prelaza toplote sa unutrašnje strane cevi, b) razmenjeni toplotni fluks, i c) pad temperature vode.
Rešenje:
a) Fizički parametri očitavaju se iz termodinamičkih tablica za srednju (merodavnu) temperaturu fluida. Za srednju temperaturu tople vode
owsrt 80 C= (Tabela 4), termofizički
parametri su:
w 3
kgρ 971.8m
= ; wkJc 4.195
kg K= ; 6
wμ 355.1 10 Pa s−= ⋅ ⋅ ; wWλ 0.674
m K= ; wPr 2.21= .
94
Prostiranje toplote
Reynolds-ov broj:
w ekv w u ww 6
w w
w d w d ρ 1 0.033 971.8Re 90311υ μ 355.1 10−
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = =
⋅.
Strujanje tople vode je turbulentno, jer je Re > 2320. Nusselt-ov broj je:
0.054 0.8 0.33 0.054 0.8 0.33uw w w
c
d 0.033Nu 0.032 ( ) Re Pr 0.032 ( ) 90311 2.21 263L 35
= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = .
Koeficijent prelaza toplote sa tople vode na zid cevi:
c wsr oΦ Q k L (t t ) 1.19 35 (80 20) 2500 W= = ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − = .
c) Pad temperature tople vode iznosi:
2u
w w w w w w w w w w w wd πQ m c Δt ρ A w c Δt ρ w c Δt
4⋅
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
ow 2 2 3
w u w w
4 Q 4 2500Δt 0.72 Cρ d π w c 971.8 0.033 π 1 4.195 10
⋅ ⋅= = =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅.
8.6 Temperatura spoljnje površine reaktora ravnih zidova iznosi 250°C. Oko reaktora,
visine 1m, je postavljen sloj staklene vune (λiz = 0.038W/mK) koji služi kao toplotno-izolacioni materijal. Temperatura spoljašnje površine izolacionog materijala ne sme biti viša od 40°C. Izolacioni materijal je premazan Al bronzom stepena crnoće 0.30, zanemarljive debljine. Reaktor se nalazi u prostoriji dimenzija (6 x 6 x 4)m koja je malterisana krečnim malterom stepena crnoće 0.93. Temperatura vazduha u prostoriji i zidova prostorije je 20°C. Koeficijent prelaza toplote za slobodnu konvekciju računati prema izrazu:
nPr)Gr(CNu ⋅⋅= pri čemu je:
C n Gr⋅Pr 0.135 0.330 7102 ⋅> 0.540 0.250 7102500 ⋅÷ 1.180 0.125 500101 3 ÷⋅ − 0.500 0.000
za
3101 −⋅<
Odrediti: a) razmenjeni toplotni fluks, ako je odnos površine izolovanog reaktora i prostorije
0.06, i b) debljinu sloja izolacionog materijala.
95
Prostiranje toplote Rešenje:
a) Sa spoljne površine reaktora toplotni fluks se kondukcijom prostire ka spoljnoj površini izolacionog materijala, a sa površine izolacionog materijala jedan deo ukupnog toplotnog fluksa se prirodnom (slobodnom) konvekcijom predaje vazduhu u prostoriji, a drugi deo zračenjem zidovima prostorije.
Toplotni fluks koji se razmeni konvekcijom, prema Newton-ovom zakonu, jednak je:
k k s iz iz vQ Φ α S (t t )= = ⋅ ⋅ −
pri čemu proizvod Grashoff-ovog i Prandtl-ovog broja određuje karakter konvekcije. Za vazduh za merodavnu temperaturu (srednja aritmetička razlika temperatura):
C 5.67 WC 1.7S 1 11 1 m K0.06 ( 1)( 1)0.3 0.93ε S ε
= = =+ ⋅ −+ ⋅ −
.
Konačno, razmenjeni toplotni fluks iznosi:
k zQ Q Q 820.5 381.5 1202 W= + = + = .
b) Specifični toplotni fluks na površini reaktora je:
2iz
Q 1202 Wq 119.25S 10.08 m
= = =
a kako je sa druge strane:
izR iz
iz
λq (t t )δ
= ⋅ −
to je debljina sloja izolacionog materijala:
iziz R iz
λ 0.038δ (t t ) (250 40) 0.067 m 67 mmq 119.25
= ⋅ − = ⋅ − = = .
8.7 Izračunati specifični toplotni fluks kroz zid
kotla (λz = 60W/mK) debljine 20mm, kada se na unutrašnjoj površini nahvatao sloj kotlovskog kamenca (λk = 1.16W/mK) debljine 2mm. Temperatura unutrašnje površine zida je 250oC, a spoljne 200oC. Kolika je temperatura na granici slojeva?
Rezultat: 2q 24302 W m=
o1,2t 208.1 C=
8.8 Parovod (λz = 58W/mK, φ170/160mm) je
obložen sa dva sloja izolacije. Debljina prvog sloja izolacije (λiz1 = 0.175W/mK) iznosi 30mm, a drugog (λiz2 = 0.09W/mK) 50mm. Temperatura unutrašnje površine cevi je 300oC, a spoljne površine izolacije 50oC. Izračunati specifični toplotni fluks kroz zid parovoda i temperature na dodirnim površinama pojedinih slojeva.
Rezultat: mW7.273)1( =Φ
o1,2t 299.95 C=
o2,3t 224.71 C=
97
Prostiranje toplote 8.9 Odrediti kolika se maksimalna debljina leda
(λL = 2.2W/mK) može obrazovati na spoljnoj površini aluminijumske cevi (λAl = 229W/mK) prečnika φ95/83mm, koju obliva voda, ako je temperatura na unutrašnjoj površini cevi -28°C, pri čemu količina toplote koja se provodi po dužnom metru cevi pokrivene ledom iznosi 502.4W/m.
Rezultat: L 55mmδ = 8.10 U čeličnu (λč = 53W/mK) cev
φ120/100mm ulazi pregrejana vodena para temperature 300oC i pritiska 0.4MPa. Maseni protok vodene pare je 2kg/s, a temperatura okoline 15°C. Odrediti na kojoj dužini cevi će se vodena para potpuno kondenzovati, ako su koeficijenti prelaza toplote: sa unutrašnje strane u zoni hlađenja vodene pare 610W/m2K, u zoni kondenzacije vodene pare 4500W/m2K, a sa spoljne strane cevi 20W/m2K.
Rezultat: cL 5238m= 8.11 U jednoj komori zagreva se
vazduh (cpv = 1kJ/kgK) od 20oC do 70oC pomoću dva električna grejača, svaki snage 6kW, i tople vode koja struji kroz cevnu zmiju (φ25/21mm, λz = 45W/mK) dužine 50m. Koeficijent prelaza toplote sa vode na zid cevne zmije iznosi 4510W/m2K, a sa zida cevne zmije na vazduh u komori 132.6W/m2K. Temperatura tople vode (cw = 4.2kJ/kgK) na ulazu u komoru iznosi 95oC, a na izlazu 75oC. Gubitak toplote kroz zidove komore iznosi 2kW.
Ako je nepažnjom isključen jedan električni grejač odrediti do koje temperature će se zagrejati vazduh u komori?
Rezultat: * o
v2t 60 C=
98
Prostiranje toplote 8.12 Odrediti toplotni fluks koji se predaje
konvekcijom sa krovne ploče zgrade širine 8m i dužine 20m okolnom vazduhu u vreme kada nema vetra. Temperatura vazduha je 22°C, a ploče 38°C. Merodavna temperatura za određivanje koeficijenta prelaza toplote je srednja temperatura na granici zid fluid, a merodavna geometrijska veličina je dužina ploče. Koeficijent prelaza toplote za slobodnu konvekciju računati prema izrazu:
33.0Pr)Gr(135.0Nu ⋅⋅= .
Rezultat: Q 9395W= 8.13 Termos boca oblika cilindra visine
25cm, sa duplim zidovima zanemarljive debljine između kojih je evakuisani prostor, napunjena je vodom (cw = 4.2kJ/kgK, ρw = 980kg/m3) temperature 80°C. Prečnik unutrašnjeg cilindra iznosi 10cm, a širina procepa između zidova 8mm. Stepeni crnoće zidova boce iznose 0.15. Zanemarujući razmenu toplote kroz dno i poklopac boce odrediti do koje će se temperature ohladiti sadržaj boce u toku 24 časa, ako je srednja temperatura spoljneg zida boce 20°C, a srednja temperatura unutrašnjeg zida boce 75°C.
Rezultat: o
w 2t 50 C= 8.14 Kroz pravu cev unutrašnjeg
prečnika 100mm protiče voda srednjom brzinom 1m/s. Ulazna temperatura vode je 85oC, a srednja temperatura unutrašnje površine cevi iznosi 30oC. Koeficijent prelaza toplote za prinudno strujanje vode u pravoj cevi računati prema izrazu:
14.0
z
33.08.0 )PrPr(PrRe023.0Nu ⋅⋅⋅= .
Odrediti na kojoj će dužini cevi, mereno od ulaza, temperatura vode opasti za 30oC.
Rezultat: cL 20.2m=
99
Prostiranje toplote 8.15 Kroz adijabatski izolovani kanal
pravougaonog poprečnog preseka (500 x 300)mm struji vazduh koji se hladi od 400oC na 200oC. Vazduh struji oko čelične cevne zmije (λč = 50W/mK) prečnika φ170/160mm. Kroz cev struji voda brzinom 1m/s koja se zagreva od 16oC do 24oC. Koeficijent prelaza toplote sa zida cevi na vodu iznosi 1000W/m2K. Koeficijent prelaza toplote sa vazduha na zid cevi definisan je kriterijalnom jednačinom:
8.0Re02.0Nu ⋅= .
Odrediti dužinu cevne zmije.
Rezultat: cL 71.4m=
100
999... IIIZZZMMMEEENNNJJJIIIVVVAAAČČČIII TTTOOOPPPLLLOOOTTTEEE 9.1 Kroz adijabatski izolovani hladnjak sa suprotnosmernim tokom fluida, unutrašnjeg
prečnika 0.6m, struji vazduh i pri tome se hladi od 80oC na 40oC. Vazduh struji oko 84 cevi od bakra (λCu = 380W/mK) prečnika φ30/26mm. Kroz ugrađene cevi struji voda za hlađenje brzinom 0.2m/s i zagreva se od 20oC na 30oC. Koeficijent prelaza toplote sa zida cevi na vodu je 2500W/m2K, a sa vazduha na cevi dat je izrazom:
33.08.0 PrRe032.0Nu ⋅⋅= . Odrediti:
a) toplotnu snagu hladnjaka, b) dužinu i površinu hladnjaka, i c) skicirati (t, S) dijagram.
Rešenje:
a) Na slici je data šema hladnjaka - izmenjivača toplote sa suprotnosmernim tokom fluida. Grejni (topliji - ’) fluid je vazduh, a grejani (hladniji - ’’) fluid voda. Voda struji kroz cevi izmenjivača toplote, a vazduh oko cevi. Ulaz u izmenjivač toplote označen je sa 1, a izlaz sa 2.
Toplotna snaga hladnjaka određuje se iz bilansa energije:
ww w1 v v1 ww w 2 v v2 om h m h m h m h Q⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ +
odnosno:
ww w w1 v pv v1 ww w w 2 v pv v2 om c t m c t m c t m c t Q⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + .
Obzirom da je izmenjivač toplote adijabatski izolovan to je gubitak toplote u okolinu oQ 0= , tako da je:
IT v pv v1 v2 ww w w 2 w1Q m c (t t ) m c (t t )= ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − .
Sa druge strane toplotna snaga izmenjivača toplote jednaka je toplotnom fluksu koji se razmeni prolazom toplote između radnih fluida, pri čemu se kao pogonska sila uzima srednja logaritamska razlika temperatura:
IT IT mQ Φ k S Δt= = ⋅ ⋅ - za slučaj kad je koeficijent prolaza toplote sveden na jedinicu površine (razmena toplote preko ravnog zida), k [W/m2K]
IT c mQ Φ k L Δt= = ⋅ ⋅ - za slučaj kad je koeficijent prolaza toplote sveden na 1m dužine cevi (razmena toplote preko cilindričnog zida), k [W/mK]
Za srednju temperature vazduha: ov1 v2vsr
t t 80 40t 60 C2 2+ +
= = =
usvajaju se termofizički parametri (Tabela 3):
v 3
kgρ 1.06m
= ; pvkJc 1.005
kg K= ; 6
vμ 20.1 10 Pa s−= ⋅ ⋅ ; vWλ 0.029
m K= ; vPr 0.696= .
101
Izmenjivači toplote
Za srednju temperature vode: ov1 v2vsr
t t 20 30t 25 C2 2+ +
= = =
usvajaju se termofizički parametri (Tabela 4):
w 3
kgρ 997m
= ; wkJc 4.178
kg K= ; 6
wμ 903 10 Pa s−= ⋅ ⋅ ; wWλ 0.608
m K= ; wPr 6.22= .
Maseni protok vode:
2 2u
w w w w w w cd π 0.026 π kgm ρ w A ρ w N 997 0.2 84 8.9
4 4 s⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =
Toplotna snaga izmenjivača toplote:
IT ww w w 2 w1Q m c (t t ) 8.9 4.178 (30 20) 371.8kW= ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − = .
b) Površina strujnog preseka za vazduh:
2 2 2 22u s
v cD π d π 0.6 π 0.03 πA N 84 0.2234m
4 4 4 4⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= − ⋅ = − ⋅ = .
Okvašeni obim:
v u s cO D π d π N 0.6 π 0.03 π 84 9.8m= ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ = .
(t t ) (t t ) (80 30) (40 20)Δt 32.74 Ct t 80 30lnln40 20t t
− − − − − −= = =
− −−−
Dužina svih cevi u izmenjivaču toplote:
3IT
cm
Q 371.8 10L 898mk Δt 12.6 32.74
⋅= = =
⋅ ⋅.
Dužina izmenjivača toplote:
cIT
c
L 898L 10.7 mN 84
= = = .
Površina hladnjaka je, zapravo, površina preko koje se vrši razmena toplote između fluida u izmenjivaču toplote:
IT s c s IT cS d π L d π L N= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ 2
ITS 0.03 π 898 84.6m= ⋅ ⋅ =
c) Promena temperature grejnog, odnosno grejanog, fluida u hladnjaku prikazana je u (t, S) dijagramu.
9.2 Kroz unutrašnju cev izmenjivača
toplote tipa "cev u cevi", sa suprotnosmernim tokom fluida, protiče 1.02kg/s tople vode (cw = 4.2kJ/kgK) početne temperature 97oC. Kroz anularni prostor protiče takođe voda (cw = 4.2kJ/kgK), protokom 1.152kg/s, početne temperature 14oC. Koeficijent prolaza toplote je 300W/m2K, a površina izmenjivača toplote iznosi 10m2. Gubitke toplote u okolinu zanemariti. Koristeći srednju aritmetičku razliku temperatura odrediti:
a) toplotnu snagu izmenjivača toplote, b) temperature fluida na izlazu iz izmenjivača toplote, i c) skicirati (t, S) dijagram.
Rešenje:
a) Toplotna snaga izmenjivača toplote:
tw1 tw 2 hw1 hw 2IT tw w tw1 tw 2 hw w hw 2 hw1 IT sr IT
t t t tQ m c (t t ) m c (t t ) k S Δt k S ( )2 2+ +
= ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ −
odakle su: IT
tw 2 tw1tw w
Qt tm c
= −⋅
IThw 2 hw1
hw w
Qt tm c
= +⋅
tako da je:
103
Izmenjivači toplote
IT ITtw1 tw1 hw1 hw1
tw w hw wIT IT
Q Qt t t tm c m cQ k S
2 2
⎛ ⎞+ − + +⎜ ⎟⋅ ⋅⎜ ⎟= ⋅ ⋅ −
⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
odnosno:
tw1 hw1IT
IT tw w hw w
t tQ 1 1 1k S 2 m c 2 m c
−=
+ +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
IT
3
97 14Q 150kW1 1 1300 10 10 2 1.02 4.2 2 1.52 4.2−
−= =
+ +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
.
b) Temperature fluida na izlazu iz izmenjivača toplote:
oITtw 2 tw1
tw w
Q 150t t 97 62 Cm c 1.02 4.2
= − = − =⋅ ⋅
oIThw 2 hw1
hw w
Q 150t t 14 45 Cm c 1.152 4.2
= + = + =⋅ ⋅
.
c) Promena temperature fluida u izmenjivaču toplote prikazana je u (t, S) dijagramu.
9.3 U dimnjak jednog industrijskog postrojenja,
radi rekuperacije otpadne toplote, ubačen je izmenjivač toplote sa istosmernim tokom fluida, u kome se iz napojne vode temperature 40oC proizvodi 300kg/h suvozasićene vodene pare pritiska 0.1MPa. Protok dimnih gasova iznosi 2000kg/h. Toplotni kapacitet gasova iznosi 1.2kJ/kgK, a njihova temperatura na ulazu u izmenjivač 500oC. Koeficijent prolaza toplote u zoni zagrevanja vode iznosi 500W/m2K, a u zoni isparavanja 100W/m2K. Odrediti:
a) toplotnu snagu izmenjivača toplote, b) površinu izmenjivača toplote, i c) skicirati (t, S) dijagram.
Rezultat: a) ITQ 209kW=
b) 2ITS 9.66m=
104
Izmenjivači toplote 9.4 U izmenjivaču toplote se zagreva voda od 10oC na 70oC, pomoću suvo-zasićene
vodene pare, protoka 1936kg/h i pritiska 0.14MPa, koja se pritom potpuno kondenzuje. Voda struji kroz snop mesinganih cevi (λc = 93W/mK) prečnika φ20/18mm. Broj cevi u snopu iznosi 13. Koeficijent prelaza toplote sa pare na zid cevi je 6400W/m2K, a sa cevi na vodu dat je izrazom:
37.07.0
uu PrRe
d028.0 ⋅⋅
λ⋅=α [W/m2 K].
Odrediti površinu izmenjivača toplote i skicirati (t, S) dijagram. Rezultat: 2
ITS 10.4m= 9.5 U adijabatski izolovanom protočnom rekuperativnom izmenjivaču toplote -
deflagmatoru, se potpuno kondenzuje suvo-zasićena vodena para iz destilacione kolone temperature 80oC, pomoću vina (cv = 4.06kJ/kgK) čiji protok iznosi 5000kg/h, a početna temperatura 25oC. Površina izmenjivača toplote iznosi 10m2, a koeficijent prolaza toplote 961.3W/m2K.
Odrediti: a) temperaturu vina na izlazu iz izmenjivača toplote, b) razmenjeni termički fluks, c) maseni protok vodene pare, i d) skicirati (t, S) dijagram.
[17] Radojković N., Ilić G.: ZBIRKA ISPITNIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE I TERMOTEHNIKE, MF Niš, 1981.
[18] Recknagel, H., Sprenger, E., Schramek, E., Čeperković, Z.: GREJANJE I KLIMATIZACIJA, Peto dopunjeno i izmenjeno izdanje, INTERKLIMA, Vrnjačka Banja, 2002.
[19] Szargut, J., Guzik, A., Gorniak, H.: PROGRAMOWANZ ZBIOR ZADAN Z TERMODYNAMIKI TECHNICZNEJ, Panstwowe wydawnictwo naukowe, Warszava, 1979.
[20] Vasiljević, B., Banjac, M.: TERMODINAMIKA - Zadaci za samostalno rešavanje; zadaci za auditorne vežbe; ispitni zadaci, Mašinski fakultet u Beogradu, Beograd, 2000.
106
107
PPPRRRIIILLLOOOGGG
- termodinamičke tablice i dijagrami -
108
Termodinamičke tablice i dijagrami
Tabela 1 Molski toplotni kapaciteti i eksponent adijabate
1000 0.01919 4544 7.290 0.00952 4455 6.918 0.00602 4377 6.650 (voda – iznad crte; pregrejana vodena para – ispod crte)
131
CV AUTORA
NENAD RADOJKOVIĆ Redovni profesor Univerzitet u Nišu Mašinski fakultet Srbija
AKADEMSKA ZVANJA: Diplomirani mašinski inženjer - MF Niš, 1964. Magistar tehničkih nauka - MF Beograd, 1974. Doktor tehničkih nauka - MF Niš, 1979.
PROFESIONALNA KARIJERA: Od 1968. godine zaposlen je na MF u Nišu.
Održani kursevi: Termodinamika, Hemijska termodinamika, Toplotni i difuzioni aparati. Oblasti interesovanja: Prenos toplote i materije, Energetska efikasnost. Učesnik na više nacionalnih i međunarodnih projekata. Mentor više doktorskih i magistarskih teza, kao i velikog broja diplomskih radova. PUBLIKACIJE: Autor većeg broja skripti, pomoćne udžbeničke literature i sl. Preko 100 objavljenih radova iz oblati prenosa toplote i materije. KONTAKT: Telefon: ++381 18 500 689
GRADIMIR ILIĆ Redovni profesor Univerzitet u Nišu Mašinski fakultet Srbija
AKADEMSKA ZVANJA: Diplomirani mašinski inženjer - MF Niš, 1971. Magistar tehničkih nauka - MF Beograd, 1980. Doktor tehničkih nauka - MF Niš, 1984.
PROFESIONALNA KARIJERA: Od 1972. godine zaposlen je na MF u Nišu.
Održani kursevi: Termodinamika II, Strujno tehnička merenja, Mehaničke i hidromehaničke operacije. Oblasti interesovanja: Numeričko i eksperimentalno istraživanje prenosa toplote i materije; Projektovanje
termotehničkih instalacija; Energetska efikasnost. Učesnik na više nacionalnih i međunarodnih projekata. Mentor više doktorskih i magistarskih teza, kao i velikog broja diplomskih radova. PUBLIKACIJE: Autor udžbenika i većeg broja skripti, pomoćne udžbeničke literature i sl. Preko 100 objavljenih radova iz oblati prenosa toplote i materije. KONTAKT: Telefon: ++381 18 500 689
MIĆA VUKIĆ Docent Univerzitet u Nišu Mašinski fakultet Srbija
AKADEMSKA ZVANJA: Diplomirani mašinski inženjer - MF Niš, 1990. Magistar tehničkih nauka - MF Niš, 1996. Doktor tehničkih nauka - MF Niš, 2004.
PROFESIONALNA KARIJERA: Od 1990. godine zaposlen je na MF u Nišu.
Održani kursevi: Termodinamika, Hemijska termodinamika, Toplotni i difuzioni aparati. Oblasti interesovanja: Numeričko i eksperimentalno istraživanje prenosa toplote i materije; Projektovanje
termotehničkih instalacija; Energetska efikasnost. Učesnik na više nacionalnih i međunarodnih projekata. PUBLIKACIJE: Preko 50 objavljenih radova iz oblati prenosa toplote i materije (numerička i eksperimentalna istraživanja). KONTAKT: Telefon: ++381 18 500 689 064 22 84 332 063 43 43 92