1. Bir soğutma sistemi, ideal buhar sıkıştırmalı soğutma çevrimine göre çalışmaktadır. Çevrimin soğutma kapasitesi 300 kJ/dakika’dır. Aracı akışkan olarak soğutucu akışkan-12’nin kullanıldığı çevrimde,akışkan kompresöre 140 kPa basınçta doymuş buhar olarak girmekte ve 800 kPa basınca sıkıştırılmaktadır. Çevrimi doymuş sıvı ve doymuş buhar eğrilerinin de yer aldığı bir T-s diyagramında gösterin. Ayrıca, (a) kısılma işlemi sonunda soğutucu akışkanın kuruluk derecesini, (b) çevrimin etkinlik katsayısını, (c) kompresörü çalıştırmak için gerekli gücü hesaplayın. ( Mühendislik Yaklaşımıyla Termodinamik, Çengel ve Boles, çev. T. Derbentli, Problem 10-15). (a) In an ideal vapor-compression refrigeration cycle, the compression process is isentropic, the refrigerant enters the compressor as a saturated vapor at the evaporator pressure, and leaves the condenser as saturated liquid at the condenser pressure. From the refrigerant tables,
P1 140kPa h1 s1 sat.vapor P2 s2
hg @140kPa s g @140kPa
0.8MPa h2 s1
P3 0.8MPa h3 sat.liquid h4
h3
236.04kJ / kg 0.9322kJ / kg K
272.05kJ / kg h f @0.8MPa
93.42kJ / kg
T · QH
93.42kJ / kg throttling
2
3 0.8 MPa
· Win
The quality of the refrigerant at the end of the throttling process is
x4
h4
hf h fg
@140kPa
93.42 25.77 210.27
0.14 MPa
0.322
4
· QL
1
s
(b) The COP of the refrigerator is determined from its definition ,
COPR
qL w in
h1 h 4 h 2 h1
236.04 93.42 272.05 236.04
3.96
(c) The power input to the compressor is determined from W in
Q L COPR
5 kW 3.96
1.26 kW
2. Soğutucu akışkan 12 ile çalışan bir ısı pompası, 8 °C sıcaklıktaki yer altı suyunu ısı kaynağı olarak kullanıp bir evi ısıtmaktadır. Evin ısı kaybı 60000 kJ/h’dir. Soğutucu akışkan kompresöre 280 kPa basınç ve 0 °C sıcaklıkta girmekte, 1 MPa basınç ve 60 °C sıcaklıkta çıkmaktadır. Soğutucu akışkanın yoğuşturucudan çıkış sıcaklığı 30 °C’dir. (a) Isı pompasını çalıştırmak için gerekli gücü, (b) yer altı suyundan birim zamanda çekilen ısıyı, (c) ısı pompası yerine bir elektrikli ısıtıcı kullanılması durumunda fazladan tüketilecek elektrik gücünü hesaplayın. (Mühendislik Yaklaşımıyla Termodinamik, Çengel ve Boles, çev. T. Derbentli, Problem 10-30).
(a) From the refrigerant tables,
P1 280kPa h1 T1 0 C
247.64kJ / kg T
P2 T2
1.0MPa h2 60 C
291.36kJ / kg
P3 T3
1.0MPa h3 30 C
h f @30C
h4
h3
· QH 30 C 3
Q H h2 h3
· Win
1 MPa
0.28 MPa 4
91.49kJ / kg throttling
Q H qH
60 C
91.49kJ / kg
60,000 / 3,600kJ / s 291.36 91.49 kJ / kg
· QL
1
0 C
Water, 8 C
The mass flow rate of the refrigerant is
m R
2
House
s
0.0834kg / s
Then the power input to the compressor becomes
W in
m h2
h1
0.0834 kg / s 291 .36 247 .64 kJ / kg
3.65kW
(b) The rate of hat absorption from the water is
Q L
m h1
h4
0.0834 kg / s 247 .64 91 .49 kJ / kg 13.02kW
(c) The electrical power required without the heat pump is
W e
Q H
60,000 / 3,600 kJ / s 16.67 kW
Thus,
W increase
W e
W in
16.67 3.65 13.02 kW
3. İki kademeli sıkıştırma ve genişlemenin olduğu, ideal bir gaz türbini çevrimi düşünün. Kompresör ve türbinin her iki kademesinde de basınç oranı 3’tür. Hava kompresörün her iki kademesine de 300 K sıcaklıkta, türbinin her iki kademesine de 1200K sıcaklıkta girmektedir. Çevrimin geri iş oranını ve ısıl verimini, (a) sistemde rejeneratör olmadığını kabul ederek, ( Mühendislik Yaklaşımıyla Termodinamik, Çengel ve Boles, çev. T. Derbentli, Problem 8-103). (a) Air at specified conditions can be treated as an ideal gas with variable specific heats. The work inputs to each stage of compressor are identical, so are the work outputs of each stage of the turbine.
T1
Thus,
300K
Pr 2
P2 Pr P1 1
T5
1200K
Pr 6
P6 Pr P5 5
h1
300.19kJ / kg
Pr1
1.386 1200 K
3 1.386
4.158
h5
h7
Pr 5
h2
300 K
79.33
h6
2 411.26 300.19
wT ,out
2 h5
h6
2 1277.79 946.36
22214 . kJ / kg 662.86 kJ / kg
qin
h5 h4
wnet
wT , out wnet qin
th
h7
h6
wC ,in
4
2
3
1
5
7
6
8
10
s
1 238 3 h1
wT , out
9
411.26kJ / kg
238
2 h2
wC, in
h4
qin
1277.79kJ / kg
wC ,in
rbw
T
h8
946.36kJ / kg
222.14kJ / kg 662.86kJ / kg
33.5%
1277.79 411.26
662.86 222.14
440.72kJ / kg 1197.96kJ / kg
1277.79 946.36
1197.96kJ / kg
440.72kJ / kg
36.8%
4. Bir gaz türbini santrali, havayla çalışan basit bir ideal Brayton çevrimi olarak çözümlenecektir. Hava kompresöre 95 kPa basınç ve 290 K sıcaklıkta, türbine ise 760 kPa basınç ve 1100 K sıcaklıkta girmektedir. Havaya ısı geçişi 50000 kj/s olmaktadır. Bu santralin gücünü, (a) oda sıcaklığında sabit özgül ısılar kabul ederek, (b) özgül ısıların sıcaklıkla değişimini göz önüne alarak hesaplayın. (Mühendislik Yaklaşımıyla Termodinamik, Çengel ve Boles, çev. T. Derbentli, Problem 8-78). (a) Air at specified conditions can be treated as an ideal gas. Assuming constant specific heats,
T2 s
P T1 2 P1
T4 s
P4 P3
th
W net
T3
q 1 out q in T Qin
k 1 /k
290K 8 k 1 /k
1
0.4 / 1.4
1 1100K 8 C p T4 T1
C p T3 T2
0.448 50,000kW
(b) Assuming variable specific heats,
525.3K T
0.4 / 1.4
607.2 K T T 1 4 1 T3 T2
607.2 290 1 1100 525.3
22,400k W
3
1100 K
qin 2
0.448 290 K
4 1
qout
s
T1
290K
Pr2
P2 Pr P1 1
T3
1100K
Pr4
P4 Pr P3 3
th
W net
T
290.16kJ / kg
Pr1
1.2311
8 1.2311
q out qin
1
h1
Q in
9.8488
h2
h3
1161.07kJ / kg
Pr3
167.1
1 167.1 8 h4 h3
1
20.89 h1 h2
1
0.431 50,000kW
526.11kJ / kg
h4
651.37kJ / kg
651.37 290.16 1161.07 526.11
0.431
22,550k W
5. İdeal bir Otto çevriminin sıkıştırma oranı 9.5’dir. Sıkıştırma işleminin başlangıcında havanın basıncı 100 kPa, sıcaklığı 17 °C, hacmi 600 cm3’tür. İzantropik genişlemenin sonunda havanın sıcaklığı 800 K’dir. Oda sıcaklığında sabit özgül ısılar kullanarak. (a) çevrimin en yüksek sıcaklık ve basıncını, (b) kJ olarak çevrime verilen ısıyı, (c) çevrimin ısıl verimini ve (d) çevrimin ortalama efektif basıncını hesaplayın.(Mühendislik Yaklaşımıyla Termodinamik, Çengel ve Boles, çev. T. Derbentli, Problem 8-37). a) We treat air as an ideal gas with constant specific heats.
Process 1-2: isentropic compression.
T2
v T1 1 v2
P2 v 2 T2
k 1
290K 9.5
P1v1 T1
P2
0.4
v1 T2 P1 v 2 T1
713.7 K 9.5
713.7 K 100kPa 290K
2338kPa
Process 3-4: isentropic expansion.
T3
T4
v4 v3
P 3
k 1
800K 9.5
0.4
1969K
Qin 2
Qout
4 1
Process 2-3: v = constant heat addition.
v
P3 v3 T3 (b)
m
P2 v2 T2 P1V1 RT1
P3
T3 P2 T2
1969K 2338kPa 713.7 K
100kPa 0.0006m 3 0.287kPa m 3 / kg K 290K
6449kPa
7.21 10 4 kg
Q23 W23
0
m u3
u2
Qin
Q23
m u3
u2
mCv T3
7.21 10 4 kg 0.718kJ / kg K 1969 713.7 K
0.650kJ
T2
or,
Qin
(c) Process 4-1: v = constant heat rejection.
Q41
W41
0
m u1
u4
Q23
m u1
u4
mCv T1
T4
or,
Qout
(d)
7.21 10 4 kg 0.718kJ / kg K 290 800 K
Q41
Wnet
Qin
th
Wnet Qin
V m in
Qout
V2
MEP
0.650 0.264
0.386 kJ 0.650 kJ
0.264kJ
0.386 kJ
59.4%
V m ax r
Wnet V1 V 2
Wnet V1 (1 1 / r )
0.386kJ 0.0006m 3 1 1 / 9.5
kPa m 3 kJ
6. Su buharı, iki kademeli adyabatik bir türbinin birinci kademesine 8 MPa basınç ve 500 °C sıcaklıkta girmekte, 2 MPa basınç ve 350°C sıcaklıkta çıkmaktadır. Birinci kademeden çıkan buhar sabit basınçta yeniden 500 °C sıcaklığa ısıtılmakta ve daha sonra ikinci kademede 30 kPa basınç ve yüzde 97 kuruluk derecesine genişlemektedir. Türbinin gücü 5 MW’tır. Çevre sıcaklığının 25°C olduğunu kabul ederek, bu türbin için tersinir işi ve tersinmezliği hesaplayın.(Mühendislik Yaklaşımıyla Termodinamik, Çengel ve Boles, çev. T. Derbentli, Problem 7-93).
719k Pa
Isı
T1 P2 T2 P3 T1 P4 x4
350 C
500 C
Kademe II 5 MW
8 MPa
30 kPa
500 C
x = 97%
Heat
8 MPa h1 500 C s1
3398.3 kJ / kg 6.7240 kJ / kg K
2 MPa h2 350 C s 2
3137.0 kJ / kg 6.9563 kJ / kg K
2 MPa h3 500 C s3
3467.6 kJ / kg 7.4317 kJ / kg K
100 kPa h4 s4 0.94
2 MPa
Kademe 1
Buhar tablolarından,
P1
2 MPa
hf sf
x 4 h fg x 4 s fg
2 MPa
2 MPa
350 C
500 C
Kademe I
Kademe2
8 MPa
30 kPa
500 C
x = 97%
289.23 0.94 2336.1 2555.25 kJ/kg 0.9439 0.94 6.8247 7.5639 kJ/kg K
Kütle debisi düzgün akışlı enerji eşitliğinin sisteme uygulanması ile elde edilir.
5 MW
0 Q m
W
h2
0
ke
( h m W h4
h1
0
pe )
W
( h2 m
h1 )
5000 kJ / s (3137.0 3398.3 2555.25 3467.6) kJ / kg
h3
( h4
h3 )
4.26 kg / s
Ardından tersinir iş,
W rev
m
h
m h1
h2
ke h3
(4.26 kg/s)
0
pe T0 s
0
h4
T0 ( s 2
s1
s4
s3 )
(3398.3 3137.0 3467.6 2555.25)kJ/kg (298 K)(6.9563 6.7249 7.5639 7.4317)kJ/kg K
5463 k W Tersinmezlik, I
7.
W rev
W
5463 5000
463 kW
Şekilde görülen dikey-piston silindir düzeneğinde başlangıçta 20 °C sıcaklıkta 0.1 m3 helyum bulunmaktadır. Pistonun kütlesi silindir içindeki basıncın 300 kPa olmasını sağlayacak büyüklüktedir. Daha sonra vana açılmakta ve helyum silindir içindeki hacim başlangıçtakinin yarısı oluncaya kadar dışarı akmaktadır. Helyumla 25 °C sıcaklık ve 100 kPa basınçtaki çevre arasında olan ısı geçişi sonucu, silindir içindeki helyumun sıcaklığı sabit kalmaktadır. (a) ilk halde helyumun en büyük (maksimum) iş potansiyelini, (b) işlem sırasındaki tersinmezliği hesaplayın. (Mühendislik Yaklaşımıyla Termodinamik, Çengel ve Boles, çev. T. Derbentli, Problem 776).
Çevre 25 °C
HELYuM
Q
100 kPa
300 kPa 0.1 m3 20 C
(a) Bu zamanla değişen bir akıştır. Helyunu ideal gaz kabul edersek, silindirde başlangıçtaki ve son durumdaki kütleler m1
P1V RT1
me
m2
(300 kPa)(0.1 m3 ) (2.0769 kPa m3 / kg K)(293 K) m1 / 2
0.0493 / 2
0.0493 kg
0.02465 kg
başlangıçta helyumun kullanılabilirliği,kapalı sistemler için kulanılabilirlik bağıntısından bulunur. 1
v1 v0
ve
m1
m1 ( u1
u0 )
T0 (s1
s0 )
P0 (v1
RT1 P1 RT0 P0
(2.0769 kPa m3 / kg K)(293 K) 300 kPa (2.0769 kPa m3 / kg K)(298 K) 100 kPa
v0 ) 2.0284 m3 / kg
Helyum Q
300kPa 61892 . m3 / kg
0.1 m3 20 C
s1
T1 P R ln 1 T0 P0 293 K = (5.1926 kJ / kg K) ln 298 K 2.370 kJ / kg K
s0
C p ln
(2.0769 kJ / kg K) ln
300 kPa 100 kPa
Böylece,
(0.0493 kg)
1
(3.1156 kJ/kg K)(20 25) C (298 K)( 2.370 kJ/kg K) + (100 kPa)(2.0284 6.1892)m 3 /kg[kJ/kPa m 3 ]
13.5 k J işlem sırasında ısı transferi enerjini korunumu bağıntısından bulunur. Q
Wb
Q
( m1 ( m1 ( m1 0
me h e
0
m i hi
( m2 u 2
m1u1 )
yada, m2 ) h e m2 u 2 m1u1 m2 ) h e m2 u 2 m1u1 m2 m2 m1 ) h1
Wb
Wb + U2 -U1 = H2 - H1 (sabit basınçta genişleme ve sıkıştırma için), ve aynı zamanda bu işlem için he = h2 = h1. İşlem sırasında tersinmezlik aşağıdaki gibi bulunur.
I
T0 S gen 0
T0
0 i i
me s e
T0 me se T0 (m1
ms ( m2 s 2
m2
m2
( m2 s 2
m1 s1 )
m1 s1 )
T0 (m1
Qçevre
Tçevre
m2 ) s e
( m2 s 2
m1 s1 )
m1 ) s1
0 Başlangıç,son ve çıkış durumları aynı olduğu için, se = s2 = s1. bu yüzden işlem tersinirdir.
8. Hava, pencere tipi bir iklimlendirme sisteminin buharlaştırıcısına 100 kPa basınç ve 27 °C sıcaklıkta, 6 m3/dakika hacimsel debiyle girmektedir. Diğer taraftan, soğutucu akışkan-12 buharlaştırıcıya 120 kPa basınçta 0.3 kuruluk derecesinde girmekte, aynı basınçta doymuş buhar olarak çıkmaktadır. Soğutucu akışkan-12’nin debisi 2 kg/dakika’dır. Havanın buharlaştırıcıdan çıkış sıcaklığını ve buharlaştırıcıdaki tersinmezliği, (a) 32 °C sıcaklığındaki çevreden buharlaştırıcıya 30 kJ/dakika ısı geçişi olduğunu, (b) buharlaştırıcının çevreye karşı yalıtılmış olduğunu kabul ederek hesaplayın. ( Mühendislik Yaklaşımıyla Termodinamik, Çengel ve Boles, çev. T. Derbentli, Problem 7-71). (a) Belirtilen şartlarda hava ideal gaz kabul edilebilir. Cp = 1.005 kJ/kg·K. Soğutucunun giriş ve çıkış özellikleri,
P1 120 kPa h1 s1 x1 0.3
hf
x1 h fg
21.32 0.3 212.54 85.08 kJ/kg
sf
x1 s fg
0.0879 0.3(0.9354 0.0879) 0.3685 kJ/kg K
h2
hg @120 kPa
233.86 kJ/kg
doymuş buhar s 2
hg @120 kPa
0.9354 kJ/kg K
T2
120 kPa
Havanın kütle debisi,
m
P1V1 RT1
(100 kPa)(6 m 3 / dak ) (0.287 kPa m 3 /kg K)(300 K)
6.97 kg/dak
bütün ısı değiştiricisini sistem olarak kabul ederiz. Potansiyel ve kinetik enerjiyi ihmal ederek, düzgün akışlı sistem için kütle ve enerjinin korunumu şu şekilde ifade edilir.
R (h2 Q m T4 için çözersek,
T4
havaC p (T4 T3 ) h1 ) m
Q m R (h2 h1 ) m havaC p
T3
Değerleri yerine yazarsak,
T4
27 C +
(30 kJ/dak) (2 kg/dak)(23 3.86 85 .08 ) kJ/kg (6.97 kg/dak)(1. 005 kJ/kg K)
11.2 C
Bu sistem için tersinmezlik,
I T0 S gen
s4
e se m
T0
T C p ln 4 T3
s3
Q çevre
i si m
Tçevre
R (s2 T0 m
hava (s4 s1 ) m
261.8 K 300 K
0137 . kJ / kg K
0
P R ln 4 P3
(1005 . kJ / kg K) ln
s3 )
Q çevre Tçevre
Böylece,
I
(305 K)
2 (0.9354 60
6.97 ( 0.137 ) 60
0.3685 )
30 / 60 kW/K = 0.41 kW 305
(b) Çevreden ısı transferi olmadığında, düzgün akışlı sistem için enerji eşitliği bu sistem için şu hali alır.
m e
Kütle: Enerji:
0 Q
Birleştirirsek, T4 için çözersek,
m i 0 W
m R (h2
m 1 e he m
m R
ve
i hi m
m hava (h3
h1 )
T4
m 2
T3
m 3
m 4
e he m
h4 )
m R (h2 h1 ) m havaC p
m havaC p (T3
m hava i hi m
T4 )
0
Değerleri yerine yazarsak,
T4
(2 kg/dak)(23 3.86 85 .08 ) kJ/kg (6.97 kg/dak)(1. 005 kJ/kg K)
27 C +
15.5 C = 257.5 K
Bu sistem için tersinmezlik,
I T0 S gen
T0
m e se
s4
T4 T3
R ln
s3
C p ln
0 Q çevre
m i si 0
P4 P3
C p ln
Tçevre T4 T3
T0 m R ( s 2
s1 ) m hava ( s 4
257.5 K 300 K
(1005 . kJ / kg K) ln
s3 )
0154 . kJ / kg K
Böylece,
I (305 K) 2 (0.9354
0.3685 )
6.97 ( 0.154 ) 1/60 kW/K = 0.31 kW 80 m/s
9. Su buharı adyabatik bir türbine 6 MPa basınç, 600 °C sıcaklık ve 80 m/sn hızla girmekte, 50 kPa basınç, 100 °C sıcaklık ve 140 m/s hızla çıkmaktadır. Akış sürekli olup, türbinin gücü 5MW’dır. Türbin için, (a) birim zamanda tersinir işi, (b) ikinci yasa verimini hesaplayın. Çevre sıcaklığının 25 °C olduğunu kabul edin. (Mühendislik Yaklaşımıyla Termodinamik, Çengel ve Boles, çev. T. Derbentli, Problem 7-57).
6 MPa
600 C su buharı
5 MW 50 kPa 100 C
(a) Buhar tablolarından,
140 m/s
P1 T1 P2 T2
6 MPa h1 600 C s1 50 kPa h2 100 C s 2
3658.4 kJ/kg 7.1677 kJ/kg K 2682.5 kJ/kg 7.6947 kJ/kg K
Buharın kütle debisi düzgün akışlı sistem için olan enerji denklemi, bu sistem için yazılarak belirlenir. 0 Q
W
( h m
ke
pe0 )
W
80 m/s
(h2 m
h1
ke) 6 MPa
600 C
ke
V22
V12 2
(140 m/s)2
(80 m/s)2 2
5000 kJ / s m
1 kJ/kg 1000 m 2 / s 2
(2682.5 3658.4 m 5.16 kg / s
Su Buharı
6.6 kJ/kg
6.6) kJ / kg
5 MW 50 kPa 100 C
Ardından tersinir iş 140 m/s
W rev
m h1
h2
pe
ke
0
T0 ( s 2
s1 )
(5.158 kg/s) 3658.4 2682.5 + (298 K)(7.6947 7.1677) kJ/kg K 5.81 MW
10. 85 °C sıcaklığında, kütlesi bilinmeyen bir demir külçe, içinde 20°C sıcaklıkta 100 L su bulunan yalıtılmış bir kaba konmaktadır. Külçenin suya bırakılmasıyla birlikte 200 W gücünde bir motora bağlı döner kanat da çalıştırılarak suyun sürekli olarak karıştırılması sağlanmaktadır. 20 dakika sonra ısıl dengeye erişildiği ve suyun sıcaklığının 24 °C olduğu görülmektedir. Çevre sıcaklığının 20 °C olduğunu kabul ederek, (a) demir külçenin kütlesini, (b) bu hal
100 L 20 C Demir 85 C
200 W
SU
değişimiyle ilgili tersinmezliği hesaplayın. (Mühendislik Yaklaşımıyla Termodinamik, Çengel ve Boles, çev. T. Derbentli, Problem 7-48). (a) Demir bloğu ve suyu sistem olarak alırız. Daha sonra bu sistem için enerjinin korunumu denklemi aşağıdaki hali alır. 0
0
Q
Wb
W pw
0
0
KE
U
PE
W pw
U demir + U su
yada, 100 L
W pw
mC (T2
T1 )
mC (T2
demir
T1 )
su
20 C demir 85 C
msu m pw
V W
pw
Su
(1000 kg/m3 )(0.1 m 3 ) 100 kg t
(0.2 kJ/s)(20 60 s)
240 kJ
demir ve sıvı su için özgül ısı değerlerini kullanarak (Tablo A-3a,)
( 240 kJ) = mdemir (0.45 kJ/kg C)(24 85) C (100 kg)(4.184kJ/kg C)(24 20) C mdemir
52.2 kg
(b) bu hal değişimi için tersinmezlik,
I
T0 S gen
S demir S su Böylece,
T0 ( S demir
mCort . ln mCort . ln
T2 T1
T2 T1
S su
0
S çevre )
(52.2 kg)(0.45kJ/kg K) ln (100 kg)(4.184kJ/kg K) ln
297 K 358 K
297 K 293 K
4.388 kJ/K 5.673 kJ/K
Wpw
I
(298 K)( 4.388 5673 . ) kJ / K = 376.5 kJ
11. İçinde 500 kPa basınçta doymuş su buharı bulunan 0.4 m3 hacminde yalıtılmış bir depo,
Şekil P6-125’te görüldüğü gibi vana aracılığıyla bir piston silindir düzeneğine bağlanmıştır. Silindir ve piston yalıtılmış olup, başlangıçta piston silindirin tabanına dokunmaktadır. Pistonu hareket ettirmek için silindir içindeki basıncın 150 kPa olması gerekmektedir. Daha sonra vana biraz açılmakta ve su buharı silindire akmaktadır. Depo içindeki basınç 150kPa’e düştüğünde vana kapatılmaktadır. Depoda kalan buharın tersinir adyabatik bir hal değişimi geçirdiğini kabul ederek, (a) depo içindeki, (b) silindir içindeki buharın son sıcaklığını hesaplayın.
(a) Depodaki buhar tersinir, adyabatik bir hal değişimi geçirdiği için, s2 = s1. Buhar tablosundan,
P1
500kPa
doymuş buhar
v1 u1 s1
v g @500kPa 0.3749m 3 / kg u g @500kPa 2561.2kJ / kg s g @500kPa 6.8213kJ / kg K
Tsat @150kPa 111.37 C s 2, A s f 6.8213 1.4336 P1 150kPa x 2, A 0.9306 s fg 5.7897 s 2 s1 3 doymuş karisim v 2, A v f x 2, A v fg 0.001053 0.9306 1.1593 0.001053 1.079m / kg u 2, A u f x 2, A u fg 466.94 0.9306 2052.7kJ / kg 2377.2kJ / kg T2, A
A tankında başlangıçtaki ve son durumdaki kütle
0.4m 3 0.3749m 3 / kg
VA v1, A
m1, A
1.067kg ve m2, A
VA v 2, A
0.4m 3 1.079m 3 / kg
0.371kg
ve,
m2, B
m1, A
m2, B
1.067 0.371 0.697kg
İşlem sırasında yapılan sınır işi,
Wb
2 1
P dV
PB V2, B
0
PB m 2, B v 2, B
Bütün suyu sistem olarak alırsakkapalı sistem için enerji korunumu şu şekilde ifade edilir
Q0 Wother ya da,
0
Wb
U
KE 0
PE0
Wb
U
A
U
B
0
PB m2, B v 2, B
m2 u 2
m1u1
A
m2 u 2
B
0
ya da,
m 2 , B h2 , B
m2 u 2
m1u1
A
0
Böylece,
m2 u 2
h2 , B
m1u1
1.067 2561.2 0.371 2377.2 0.696
A
m 2, B
2659.3kJ / kg
150 kPa’da, hf = 467.11 ve hg = 2693.6 kJ/kg. Bu yüzden son durumda B tankı doymuş sıvı-buhar karışımı içermektedir (hf < h2 < hg). Bundan dolayı, T2 , B
Tsat @ 150 kPa
111.37 C
12. Helyum gazı sürekli akışlı bir kompesörde 80 kPa basınç ve 20 °C sıcaklıktan, 600 kPa basınca sıkıştırılmaktadır. Helyumun kompresör girişindeki hacimsel debisi 0.2 m3/s’dir. Kompresörü çalıştırmak için gerekli gücü, sıkıştırmanın (a) izantropik, (b) n=1.2 olmak üzere politropik, (c) eşsıcaklıkta ve (d) n=1.2 olmak üzere politropik, iki kademeli ve arasoğutmalı olduğunu kabul ederek hesaplayın. (Mühendislik Yaklaşımıyla Termodinamik, Çengel ve Boles, çev. T. Derbentli, Problem 6104). Belirtilen şartlarda, helyum ideal gaz kabul edilebilir. Helyumun belirtilen şartlardaki kütle debisi, 2
m
P1V1 RT1
80kPa 0.2m 3 / s 2.0769kJ / kg K 293K
0.0263kg / s
·
W He
(a) İzoentropik sıkıştırma için (k = 1.667) (Denklem. 6-57a):
W comp
kRT1 m 1 k 1
P2 P1
k 1 /k
3
0.2 m /s 1
1.667 2.0769kJ / kg K 293K 0.0263kg / s 1.667 1 49.6kW
1
600kPa 80kPa
0.667 / 1.667
(b) Politropik sıkıştırma için (n = 1.2) (Denklem. 6-57b):
W comp
nRT1 m 1 n 1
P2 P1
n 1 /n
1.2 2.0769kJ / kg K 293K 0.0263kg / s 1.2 1 38.3kW
1
600kPa 80kPa
0.2 / 1.2
(c) Sabit sıcaklıkta sıkıştırma (Denklem. 6-57c):
W comp
RT ln m
P1 P2
0.0263kg / s 2.0769kJ / kg K 293K ln
80kPa 600kPa
32.2kW
(d) n=1.2 olmak üzere politropik, iki kademeli ve arasoğutmalı durumda, bütün kademelerdeki basınç oranı aynıdır, ve bu değer 6-58 denklemi ile bulunur.
Px
P1 P2
80kPa 600kPa
219kPa
Aynı zamanda bütün kademelerdeki kompresör işide aynıdır, bu yüzden toplam kompresör işi tek kademede elde edilen işin iki katıdır:
W comp
m 2 wcomp, I
nRT1 2m 1 n 1
Px P1
n 1 /n
1.2 2.0769kJ / kg K 293K 2 0.0263kg / s 1.2 1 35.1kW
1
219kPa 80kPa
0.2 / 1.2
13. Yalıtılmış, sabit hacimli kapalı bir kapta başlangıçta 450 kPa basınç ve 30 °C sıcaklıkta 4 kg argon ARGON4 kg gazı bulunmaktadır. Daha sonra kaba bağlı bir vana açılmakta ve argon, kap içindeki basınç 150 kPa 450 kPa oluncaya kadar dışarı akmaktadır. Kap içinde kalan argonun tersinir adyabatik bir hal değişiminden geçtiğini kabul ederek, son halde kap içindeki argonun kütlesini bulun. (Mühendislik Yaklaşımıyla 30 C Termodinamik, Çengel ve Boles, çev. T. Derbentli, Problem 6-92). Argon belirtilen şartlarda ideal gaz kabul edilebilir. İşlem tersinir ve adyabatiktir (izoentropik), bu yüzden izoentropik bağıntılar kullanılır. Sabit özgül ısı kabulü yaparak,
T2
P T1 2 P1
k 1 k
150kPa 303K 450kPa
0.667 1.667
195K
Tankın içinde son haldeki kütle ideal gaz bağıntısından bulunur.
P1V P2V
m1 RT1 m2 RT2
m2
P2T1 m1 P1T2
150kPa 303K 4kg 450kPa 195K
2.07kg
14. Hava, 5 kW gücü olan sürekli akışlı bir kompresörde 100 kPa basınç ve 17 °C sıcaklıktan,
600 kPa basınç ve 167 °C sıcaklığa sıkıştırılmaktadır. Havanın kütle debisi 1.6 kg/dakikadır. Sıkıştırma işlemi sırasında kompresörle 17 °C sıcaklıktaki çevre hava arasında bir miktar ısı geçişi olmaktadır. (a) Havanın birim zamanda olan entropi değişimini, (b) Çevrenin birim zamanda olan entropi değişimini (c) sıkıştırma işlemi sırasındaki toplam entropi üretimini hesaplayın. (a) Belirlenen şartlarda hava ideal gaz kabul edilebilir. Hava tablosundan,
P2 = 600 kPa T2 = 440 K Hava Kompresörü
P1 = 100 kPa T1 = 290 K
5 kW
T1
290K
h1
290.16kJ / kg 1.66802kJ / kg K
h2
441.61kJ / kg 2.0887kJ / kg K
1
P1
100kPa s
T2
440K 600kPa s
P2
2
Havanın entropi değişimi
S sistem
m s 2
s1
R ln
P2 P1
1.6 / 60kg / s 2.0887 1.66802
0.287kJ / kg K ln
600kPa 100kPa
0.00250k W/K (b) İşlem sırasındaki ısı transferi düzgün akışlı enerji eşitliğinden bulunur.
Q W Böylece,
Q
ke0
m h
5kJ / s
pe 0
Q W
m h2
h1
1.6 / 60kg / s 441.61 290.16 kJ / kg
0.961kJ / s
Daha sonra çevrenin entropi değişimi,
S çevre
Q çevre
Q
Tçevre
Tçevre
0.961kW 290K
Sçevre
0.00250 0.00331 0.00081kW/K
0.00331k W/K
(c) Entropi üretimi,
S gen
S sistem
15. Hava, pencere tipi bir klima cihazının
buharlaştırıcısına 100 kPa basınç ve 27 C sıcaklıkta 6 m3/dakika debiyle girmektedir. Soğutucu akışkan-134a ise buharlaştırıcıya 120 kPa basınçta, 0.3 kuruluk derecesiyle girmekte ve aynı basınçta doymuş buhar olarak çıkmaktadır. Soğutucu akışkan-134a’nın debisi 2 kg/dakika’dır. Havanın çıkış sıcaklığını ve soğutma işlemi sırasındaki toplam entropi üretimini (a) klima cihazının dış yüzeylerinin yalıtılmış olduğunu, (b) klima cihazından 32 C sıcaklıktaki çevre ortama 30 kJ/dakika ısı geçişi olduğunu kabul ederek hesaplayın.
(a) Verilen hallerde hava mükemmel gaz ve özgül ısıları oda sıcaklığında sabit kabul edilebilir. Buharlaştırıcı, bir tür ısı değiştiricisidir. Buharlaştırıcı sürekli akışlı açık sistem (SASA) olarak gözönüne alınabilir:
Açık Sistem Giriş halleri
: Buharlaştırıcı (SASA) : (SA-134a) P1 = 120 kPa, x1 = 0.3 (Hava)
Giriş halleri
V3
6 m 3/ dakika
P3 = 100 kPa, T3 = 27 C,
: (SA-134a) P2 = 120 kPa, (Hava)
x2 = 1.0
P4 = 100 kPa
Kütlenin Korunumu:
ç m
g m
2 m
veya
1 m
SA m
m SA
m hava
P1 x1
120kPa 0. 3
P2 x2
120kPa 1. 0
Enerjinin Korunumu:
Q 0
W 0
m ç hç
4 m
ve
3 m
hava m
2 kg / dakika
P3 V3 R T3
100 6 0. 287 300
6. 97 kg / dakika
h1
h f x1h fg 21. 32 0. 3 212. 54
s1
s f x1s fg 0. 0879 0. 3 ( 0. 9354
85. 10 kJ / kg 0. 0879)
h2
hg,120kPa
233. 86 kJ / kg
s2
s g,120kPa
0. 9354 kJ / kg K
m g hg
m ç hç
m g hg
0. 3422 kJ / kg K
0
Hava
3 R-134a
( m 2 h2
T4
m 4 h4 )
( m 1 h1
m 3 h3 )
hava h3 m
h4
SA h2 m
h1
T4
m SA h2 h1 m hava c po
T3
27 C
2
Entropi üretimi:
233 . 86 85 . 10 6. 97 1. 005
1
0
hava c po T3 m
1 5. 5 C
T4
4
2
Süretim
m ç sç
Süretim
m SA s2
0 Q çevre
m g s g s1
Tçevre
m hava s4
s3
Özgül ısılar sabil kabul edildiğinde mükemmel gazın entropi değişimi aşağıdaki şekilde hesaplanır:
s4
s3
Süretim
T c po ln 4 T3
P 0 R ln 4 P3
T c po ln 4 T3
1. 005 ln
2kg / dak 0. 9354 0. 3422 kJ / kg K 0. 1163 kJ / dakika K
257. 5 300
0. 1535 kJ / kg K
6. 97kg / dak
0. 1535 kJ / kg K
0.00194 kW/K
Klima cihazına çevre ortamdan 30 kJ/dakika ısı geçişi olmaktadır:
(b)
. HAVA 3
Q
V3= 6 m /dakika
30 kJ / dakika P3=100 kPa
Isı geçişi olması nedeniyle, birinci yasa ifadesi aşağıdaki şekilde olacaktır:
Q
T4
SA h2 m
Q
T3
h1
havaC p T4 m
SA-134a
T3=27 C
30 kJ/dakika
P1=120 kPa
T3
P2=120 kPa
x1= 0.3
m SA h2 h1 m hava c po
P4=100 kPa
x2= 1.0
T4= ?
T4
27C
30kJ / dak
2kg / dak 233. 86
85. 1 kJ / kg
11.2 C
6. 97kg / dak 1. 005kJ / kg C
Birim zamandaki Entropi Üretimi:
S gen
s4
m S s 2
s3
s1
T c po ln 4 T3
m çevre s 4 P 0 R ln 4 P3
s3
Q çevre Tçevre
T c po ln 4 T3
1. 005
ln
261. 8 300
0. 1369 kJ / kg K
Süretim
2
0. 9354
0. 3422
0. 293 kJ / dakika K
6. 97
0. 1369
30 305
0.00223 kW/K
16. Sabit hacimli iki kapalı kap bir vanayla
birbirlerine bağlanmışlardır. A kabı yalıtılmış 600 kJ olup, başlangıçta içinde 400 kPa basınçta ve 3 yüzde 80 kuruluk derecesinde 0.2 m su buharı A B bulunmaktadır. B kabı yalıtılmamış olup, 0.2 m3 3 kg başlangıçta içinde 200 kPa basınç ve 250 C su buharı su buharı sıcaklıkta 3 kg su buharı bulunmaktadır. Daha sonra vana açılmakta ve A kabındaki basınç 300 400 kPa 200 kPa kPa olana kadar, A’dan B’ye buhar akışı olmaktadır. Bu süre içinde B kabından 0 C x = 0.8 250 C sıcaklıktaki çevre ortama 600 kJ ısı geçmekte-dir. A kabının içinde kalan buharın tersinir adyabatik bir hal değişiminden geçtiğini kabul ederek, (a) her iki kap içindeki son sıcaklığı, (b) toplam entropi üretimini hesaplayın.
(a) A kabı içinde kalan buharın tersinir adyabatik hal değişiminden geçtiği kabul edilirse, Kapalı Sistem
: A kabında kalan buhar (m 2,A)
İlk hal
: P1 = 400 kPa,
x1 = 0.8,
(V1
Son hal
: P2 = 300 kPa,
V2 =VA = 0.2 m3,
s2 = s 1
VA)
Kütlenin korunumu : kalacaktır: m2 = m1 = ms2,A A kabı içinde kalan buharın entropisi sabit 2,A = s1,A
P1, A x1, A
400 kPa 0. 8
T1, A
u1, A
uf
x1 u fg
604. 31
v1, A
vf
x1 v fg
0. 001084
s1, A
sf
x1 s fg
143. 63 C
Td, 400kPa
1. 7766
0. 8
0. 8
2553. 6 604. 31
0. 8
0. 4625 0. 001084
6. 8959 1. 7766
A kabı içindeki ilk ve son haldeki kütleler aşağıdaki şekilde bulunur:
m1, A m2, A
VA v1, A VA v 2, A
0. 2 0. 540 kg 0. 3702 0. 2 0. 418 kg 0. 4788
2163. 74 kJ/ kg 0. 3702 m 3 / kg
5. 872 kJ/ kg K
P2, A s2, A
(s f , 300kPa
300 kPa s1, A 5. 872 kJ / kg K
x2, A
s2, A
sf
T2, A
Td, 300kPa
5. 872 1. 6718 6. 9919 1. 6718
s fg
v 2, A
vf
x2 v fg
0. 001073
u2, A
uf
x2 u fg
561. 15
4. 2002 5. 3201
0. 79
0. 79
s2, A
sg, 300kPa )
Islak buhar
133. 55 C 0. 79
0. 6058 0. 001073
2543. 6 561. 15
0. 4788 m 3 / kg
2127. 29 kJ/ kg
A kabından çıkan kütle:
mç, A
m1, A
m2, A
0. 540 0. 418
0. 122 kg
B kabına giren kütle, A kabından çıkan kütleye eşittir:
mg, B
mç, A
0. 122 kg
B kabı içindeki son haldeki kütle aşağıdaki şekilde bulunur:
mg, B
m2, B
m1, B
0. 122 kg
m2, B
m1, B
mg, B
3 0. 122 3. 122 kg
B kabının hacmi aşağıdaki şekilde bulunur:
P1, B T1, B VB
200 kPa 250 C m1, B v1, B
v1, B
1. 1988 m 3 / kg
u1, B
2731. 2 kJ/ kg
s1, B
7. 7086 kJ/ kg K
3 1. 1988
( Kızgın buhar )
3. 596 m 3
B kabı içindeki buharın son haldeki özgül hacmi aşağıdaki şekilde bulunur:
v 2, B
VB m2, B
3. 596 3. 122
1. 152 m 3 / kg
Son haldeki ikinci bağımsız özeliği birinci yasadan yararlanarak bulmamız gerekecektir. Bunun için A ve B kaplarındaki su buharını kapalı sistem olarak seçelim: Kapalı Sistem : A ve B kaplarındaki su buharı (m=3.540 kg)
İlk hal
: (A) P1,A = 400 kPa, (B) P1,B = 200 kPa,
Son hal
x1,A = 0.8,
V1,A = VA = 0.2 m3
T1,B = 250 C, V1,B = VB
: (A) P2,A = 300 kPa, s2,A = s1,A = 5.872 kJ/kg-K, V2,A = VA = 0.2 m3 (B) V2,B = V1,B =VB
Kütlenin korunumu :
m2,A + m2,B = m1,A + m1,B = m
m= 0.540 + 3 = 3.540 kg Q12= 600 kJ,
Qçevre =
Q12=+600 kJ, W12=0
A ve B kaplarındaki su, sistem olarak seçildiği için birinci yasa aşağıdaki şekilde yazılır:
W120
KE 0 PE0 Q U A U B Q m2u2 m1u1 A m2u2 m1u1 B 0. 418 2127. 29 0. 540 2163. 74 (3. 122 u2, B 3 2731. 2)
Q12 600
u2, B
2521. 7 kJ / kg
T2, B
113 C
s2, B
7. 225 kJ / kg K
P2, B
152 kPa
1. 152 m 3 / kg 2521. 7 kJ / kg
v 2, B u 2, B
(b)
U
(Kızgın buhar)
Entropi üretimi veya toplam entropi değişimi aşağıdaki şekilde bulunur:
S üretim
S sistem
S çevre
0. 418 5. 872 0. 7164
m2 s 2
m1s1 A
0. 540 5. 872
0. 5694
m2 s 2
Qçevre
m1s1 B
3. 122 7. 225
Tçevre ( 600) 273
3 7. 7086
2. 1978
0.912 k J/K 17. Su buharı adyabatik bir türbine 6 MPa basınç, 600 C sıcaklık ve 80 m/s hızla girmekte, 50 kPa basınç, 100 C sıcaklık ve 140 m/s hızla çıkmaktadır. Türbinin gücü 5 MW’tır. (a) Türbinden akan buharın debisini, (b) türbinin adyabatik verimini (izantropik verimini) hesaplayın. (a)Türbin sürekli akışlı açık sistem (SASA) olarak gözönüne alınırsa: 1 Açık Sistem İlk hal
: Gerçek Türbin (SASA) : P1 = 6 MPa, T1 = 600 C,
Son hal
: P2 = 50 kPa,
5 MW
V1 = 80 m/s
Türbin
T2 = 100 C, V2 = 140 m/s,
s2 > s1
Kütlenin Korunumu (bir giriş ve bir çıkışlı SASA için) :
m 2
m 1
2
m
Enerjinin Korunumu (bir giriş ve bir çıkışlı SASA için) Q 0 W t m ( h ke pe0 )
:
T
P1=6 MPa
KN 1
P1 T1
6 MPa 600 C
h1
3658 . 4 kJ / kg
s1
7. 1677 kJ / kg K
P2=50 kPa 2 2s
s
P2 T2
Q 0
50 kPa 100 C
h2
W t
m ( h
ke
W t
m ( h2
h1 )
5000 m ( 2682. 5 m
2682 . 5 kJ / kg
pe0 ) ( V22
V12 ) / 2 (140 2
3658. 4)
80 2 ) /( 2 1000)
5.16 kg/s
(b) İzantropik genişleme halinde buharın türbinden çıkış sıcaklığı ve entalpisi ile izantropik türbin gücü aşağıdaki şekilde bulunur:
P2 s s2s
50kPa s1
T2s x2 s
h2s Q s0
W ts
m h
ke
( s f ,50kPa
Td,50kPa
81. 33 C
s2 s
7. 1677 1. 0910 6. 5029
sf
s fg
hf
x2s h fg
340. 49
s 2s
s g,50kPa )
0. 934
0. 934
2305. 4
2493. 7 kJ / kg
pe0
W ts
m ( h2 s
h1 ) ( V22
W ts
5. 16
( 2493. 7
V12 ) / 2 3658. 4)
(140 2
80 2 ) 2
10 3
5976 kW Türbinin izantropik verimi (türbinin adyabatik verimi):
ts
W t W
ts
5000 5976
0. 837
% 83.7
veya
ts
wt wts
( h1
h2 )
(V12
V22 ) / 2
( h1
h2s )
(V12
V22 ) / 2
969 1158
0. 837
% 83.7
18. Hava bir piston-silindir düzeneğinde 100 kPa basınç ve 17 C sıcaklıklıktan, 800 kPa
basınca tersinir adyabatik bir hal değişimiyle sıkıştırılmaktadır. Son haldeki sıcaklığı ve yapılan işi (a) özgül ısıların sabit olduğunu kabul ederek, (b) özgül ısıların sıcaklıkla değiştiğini gözönüne alarak hesaplayın. Kapalı Sistem
: Hava
İlk hal
: P1 = 100 kPa,
T1 = 17 C
Son hal
: P2 = 800 kPa,
s2 = s1
HAVA
Tersinir h.d.
Kütlenin korunumu
m2 = m1 = m
1-2 tersinir adyabatik (izantropik) hal değişimi, s2 = s1 (a)Ortalama sıcaklıktaki özgül ısılar sabit kabul edilecek olursa Son sıcaklık 520 K olarak tahmin edilirse 405 K de
Tort = (290+520)/2 = 405 K
cpo =1.014 kJ/kg-K, cvo = 0.727 kJ/kg-K,
k = cpo/cvo =1.395
Özgül ısıları sabit kabul edilen mükemmel gazın izantropik hal değişiminde :
P v k = sabit
(P2 /P1) = (v1/v2)k
(Mükemmel gaz ve
T v (k-1) = sabit
(T2 /T1) = (v1 /v2)(k-1)
özgül ısılar sabit ise)
T P (1-k)/k = sabit
(T2 /T1) = (P2 /P1)(k-1)/k
s2 = s1
T2
P T1 2 P1
k 1 k
0. 395 / 1. 395
800 100
290
522. 53 K
T2=520 K kabulü ile Tort sıcaklığını 405 K tahmin etmiştik. T ort=405 K deki özgül ısıları kullanarak T2 sıcaklığını 522.53 K ve Tort=(290+522.53)/2=406.3 K bulduk. Dolayısıyla, tahmin edilen ortalama sıcaklıkla hesaplayarak bulduğumuz ortalama sıcaklık birbirine yakın olduğu için, bir başka deyişle 405 K deki özgül ısılarla 406.3 K deki özgül ısıların değerleri arasında büyük bir fark olmadığı için tekrar deneme yapmamıza gerek yoktur.
Birinci kanun (kapalı sistem için)
q 0
w
w
u
w
ke0
u u2
cvo T2
pe0
u1 T1
0. 727
522. 53
290
169. 1 k J/k g
(b)Özgül ısıların sıcaklıkla değişimi gözönüne alınırsa, Özgül ısıların sıcaklıkla değişimi gözönüne alındığında mükemmel gazın izantropik hal değişimi için aşağıdaki bağıntılar geçerli olmaktadır:
Pr2
P2 P1 s sabit
T1
290 K
Pr2
P2 Pr P1 1
Pr2
9. 849
800 100
v2 v1 s sabit
Pr1
Pr1
1. 2311
u1
206 . 91 kJ/kg
1. 2311
T2 u2
9. 849
522.4 K 376 . 16 kJ/kg
v r2 v r1
Hava için Tablo A-17’den Müh. Yak. Termo.)
(T. Derbentli,
19. Bir ısı makinesi 1100 K sıcaklığında bir ısıl enerji deposundan 700 kJ ısı almakta, 310 K sıcaklığındaki bir ısıl enerji deposuna ise 500 kJ ısı vermektedir. Bu makinenin termodinamiğin ikinci yasasına aykırı olup olmadığını, (a) Clausius eşitsizliği, (b) Carnot ilkeleri ışığında belirleyin. Bu makinanın toplam entropi üretimini de hesaplayın.
1100 K 700 kJ IM 500 kJ 310 K
(a) Bu ısı makinası için,
Q T
QH TH
QL TL
700 1100
500 310
0. 977 kJ / K
0
olduğundan dolayı Clausius eşitsizliği sağlanmaktadır. Toplam entropi üretimi:
QH TH
Q T
S üretim, çevrim
QL TL
0.977 kJ/K
(b) Aynı sıcaklık sınırları arasında çalışan tersinmez (gerçek) ve tersinir ısı makinelerinin verimi sırasıyla aşağıdaki şekilde bulunur:
th
th
1
QL QH
1
500 700
0. 286
(%28. 6)
th,tr
1
TL TH
1
310 1100
0. 718
(%71. 8)
th, tr olduğundan dolayı bu makinenin termodinamiğin ikinci yasasıyla uyum içinde
olduğu görülmektedir.
20) 5 m 6 m boyutlarında bir duvarın kalınlığı 30 cm olup iç ve dış yüzeyleri sırasıyla 20oC ve 5oC sıcaklıklarda tutulmaktadır. Duvarın ısı iletim katsayısı 0.69 W/m oC dir. (a) Duvarda birim zamanda iletimle olan ısı geçişini (W), ve (b) duvar içindeki entropi üretimini (W/K) hesaplayın. (Mühendislik Yaklaşımıyla Termodinamik, Çengel ve Boles, çev. T. Derbentli, Problem 6-38).
Q=?
30 cm 20 C
(a) Sürekli halde duvardan iletimle ısı geçişi aşağıdaki şekilde bulunur: Q iletim
kA
(Tiy
Tdy ) L
0. 69
(5 6)
20 5 0. 3
1035 W
(b) Duvarı kapalı sistem olarak gözönüne alabiliriz. Dolayısıyla sürekli halde, bu sistem için entropi dengesi aşağıdaki şekilde yazılabilir:
5 C
dS 0 dt
Q k Tk
Süretim, sistem
Q k Tk
Süretim, sistem
1035 293
1035 278
0.191 W/K
21)Sabit hacimli kapalı bir kapta bulunan 40oC sıcaklığındaki mükemmel bir gaz bir döner kanatla karıştırılmaktadır. Döner kanat mükemmel gaz üzerinde 200 kJ iş yapmakta bu arada 25oC sıcaklıktaki çevreye ısı geçişi sonunda mükemmel gazın sıcaklığı sabit kalmaktadır. (a) Mükemmel gazın entropi değişimini, (b) çevrenin entropi değişimini hesaplayın. Bu hal değişimi entropinin artışı ilkesi ile uyumlu mudur?
MÜKEMMEL 200 kJ
: T1=40oC
Son hal
: T2 =T1=40oC, V2 =V1=V=sabit
Kütlenin korunumu
Isı
40 C 25 C
Kapalı sistem (Kontrol kütlesi) : Mükemmel gaz (hangi madde olduğu belli değil) İlk hal
GAZ
m2 = m1 = m
(a) Sıcaklık (T) ve özgül hacim (v=V/m) sabit olduğundan dolayı gazın ilk hali ve son hali aynıdır. Bir başka deyişle, son haldeki bütün özelikler ilk haldeki özeliklerle aynıdır: Dolayısıyla s2 = s1 dir. Bu nedenle,
S sistem
0
(b) İş: W12
0
Ws,12
W12
Wdiger,12
Wdiger,12
Wdönerkanat
200 kJ
Kapalı sistem için termodinamiğin birinci yasası:
Q W
KE 0
U
PE0 veya
Q12 W12
m cvo
u0
Q12 W12
m cvo
T 0
( Not: Mükemmel gaz için u = u (T) dir. Dolayısıyla mükemmel gaz için T=sabit ise u’da sabittir.)
Q12
W12
S çevre
200 kJ Qçevre
Q12
Tçevre
Tçevre
200 298
0.671 kJ/K
Süretim
S sistem 0
Stoplam
S çevre
0
0. 671
0. 671 kJ / K
0
olduğundan dolayı bu hal değişimi entropinin artışı ilkesi ile uyumludur.
22. Sürtünmesiz bir piston-silindir düzeneğinde başlangıçta 200 kPa basınçta doymuş sıvı halinde su bulunmaktadır. Daha sonra suya 500oC sıcaklıktaki bir kaynaktan 450 kJ ısı geçişi olmakta ve suyun bir bölümü sabit basınçta buharlaşmaktadır. Bu hal değişimi için toplam entropi değişimini kJ/K cinsinden hesaplayın. Bu hal değişimi tersinir mi, tersinmez midir, yoksa gerçekleşmesi olanaksız mıdır?
Kaynakk 500 C
H2O 200 kPa
450 kJ
Kapalı sistem (Kontrol kütlesi) : H2O İlk hal
: P1=200 kPa, x1=0.0
Son hal
: P2 =P1=P=200 kPa, ıslak buhar (çünkü suyun bir bölümü buharlaşıyor.)
P
1
2
Kütlenin korunumu
m2 = m1 = m
(a) Hal değişimi sabit basınçta gerçekleştiğinden ve su son halde doymuş sıvı buhar karışımı (ıslak buhar) halinde olduğundan dolayı sıcaklık da sabit kalacaktır: T2=T1=T=sabit. T
Td, 200kPa
120. 23 C
Su buharının hal değişimi içten tersinir izotermal (sabit sıcaklıkta) hal değişimi olarak gözönüne alınabilir. Bu durumda sistemin entropi değişimi aşağıdaki şekilde yazılabilir:
S sistem
Q12 T
450 393. 23
1. 144 kJ / K
Kaynağın entropi değişimi (kaynak sıcaklığı sabit olduğundan) aşağıdaki şekilde yazılabilir:
S kaynak
Qkaynak Tkaynak
Q12 Tkaynak
450 773
0. 582 kJ / K
Toplam entropi değişimi veya diğer adıyla entropi üretimi,
Süretim
Stoplam
Ssistem
dolayı hal değişimi tersinmezdir.
Skaynak
1. 144 0. 582
0. 562 kJ / K
0 olduğundan
w
(u2
u1 )
(376 . 16
206 . 91)
169.3 kJ/kg
23) 90 kW gücündeki bir otomobil motorunun ısıl verimi yüzde 28’dir. 44000 kJ/kg ısıl değeri olan bir yakıt kullanan bu motorun, bririm zamandaki yakıt tüketimini hesaplayın. (Mühendislik Yaklaşımıyla Termodinamik, Çengel ve Boles, çev. T. Derbentli, Problem 527). Bu araba motoru yanma işleminde açığa çıkan kimyasal enerjinin % 22’sini işe çevirmektedir. Giren ısıl enerji, 90 kW‘lık güç elde etmek için kullanılmaktadır. Isıl verim tanımından ısıl enerji girişi
W net ,out
Q H
th
90kJ / s 0.28
Yanma Odası
321.4kJ / s
90 kW
HE
olarak hesaplanır.
th
Bu ısıl enerjiye karşılık gelen yakıt debisi ise
m
321.4kJ / s 44,000kJ / kg
7.31 10 3 kg / s
= 28%
çevre
7.31g/s
şeklinde bulunur.
24) Bir Carnot ısı makinası 750 K sıcaklığındaki bir ortamdan ısı almakta ve 300 K sıcaklığındaki çevreye ısı vermektedir. Isı makinasının ürettiği gücün tümü bir soğutma makinasını çalıştırmak için kullanılmaktadır. Soğutma makinası –15oC sıcaklıktaki bir ortamdan dakikada 400 kJ ısı çekmekte ve 300 K sıcaklıktaki çevreye ısı vermektedir. (a) Isı makinasına yüksek sıcaklıktaki ısıl enerji deposundan olan ısı geçişini, (b) çevreye her iki makinadan olan toplam ısı geçişini hesaplayınız. (a) The coefficient of performance of the Carnot refrigerator is COPR ,C
1 TH / TL
1
1 300 K / 258 K
1
6.14
Then power input to the refrigerator becomes
W net ,in
Q L COPR ,C
750 K
-15 C
· H, HE Q HE
R
· L, HE Q
400kJ / min 6.14
65.1kJ / min
which is equal to the power output of the heat engine, W net , out . The thermal efficiency of the Carnot heat engine is determined from
400 kJ/min
300 K
· H, R Q
th ,C
TL TH
1
300K 750K
1
0.60
Then the rate of heat input to this heat engine is determined from the definition of thermal efficiency to be
W net ,out
Q H ,HE
th ,HE
65.1kJ / min 0.60
108.5k J/min
(b) The total rate of heat rejection to the ambient air is the sum of the heat rejected by the heat engine ( Q L , HE ) and the heat discarded by the refrigerator ( Q H , R ),
Q L ,HE
Q H ,HE W net ,out
Q H ,R
Q L ,R W net ,in
108.5 65.1 43.4kJ / min 400 65.1 465.1kJ / min
and
Q Ambient
Q L ,HE Q H ,R
43.4 465.1 508.5kJ/min
25) Kapalı bir sistemde gerçekleşen ve aracı akışkan olarak 0.96 kg soğutucu akışkan-12 kullanıldığı bir Carnot soğutma çevrimini gözönüne alın, Çevrim doymuş sıvı buhar karışımı bölgesinde gerçekleşmektedir. Çevrimin mutlak sıcaklık olarak en yüksek sıcaklığının en düşük sıcaklığına oranı 1.2 olup çevrime net iş girişi 22 kJ’dür. Çevrimden ısı atma işlemi sırasında soğutucu akışkan doymuş buhar halinden doymuş sıvı haline dönüşmektedir. Çevrimin alt basınç sınırı kPa cinsinden ne kadar olur? The coefficient of performance of the cycle is COPR
1 TH / TL
COPR
QL Win
Also,
and
1 5 1 1.2 1 QL
QH
QL W
qH
QH m
COPR Win
T
5 22kJ
4 TH
1
110 22 132kJ
132kJ 137.5kJ / kg 0.96kg
110kJ
TH = 1.2TL
3
2 TL
h fg @TH
since the enthalpy of vaporization hfg at a given T or P represents the amount of heat transfer per unit mass as a substance is converted from saturated liquid to saturated vapor at that T or P. Therefore, TH is the temperature which corresponds to the hfg value of 137.5 kJ/kg, and is determined from the R-12 tables to be TH
Then, TL
TH 1.2
26 C 299K 1.2
299K 249.3K
24 C
v
Therefore,
Pmin
Psat @
24 C
128.8kPa
26) Bir Carnot ısı pompası kışın bir evi ısıtmak ve iç sıcaklığını 20oC sıcaklıkta tutmak için kullanılmaktadır. Dış sıcaklığın 2oC olduğu bir günde evin ısı kayıpları yaklaşık 82000kJ/h olarak belirlenmiştir. Eğer ısı pompası çalışırken şebekeden 8 kW güç çekiyorsa (a) belirtilen günde ısı pompasının kaç saat çalıştığını bul (a) The coefficient of performance of this Carnot heat pump depends on the temperature limits in the cycle only, and is determined from COPHP ,rev
1 1
TL / TH
1 1
2 273 K / 20 273 K
16 .3
Q H 1day
82 ,000 kJ / h 24 h
82,000 kJ/h
20 C
The amount of heat the house lost that day is QH
House
1,968 ,000 kJ
Then the required work input to this Carnot heat pump is determined
HP
8 kW
2 C
from the definition of the coefficient of performance to be
Wnet ,in
QH COPHP
1,968,000kJ 16.3
120,736kJ
Thus the length of time the heat pump ran that day is
t
Wnet ,in W net ,in
120,736kJ 8kJ / s
15,092s
4.19h
27) Yalıtılmış,dikey bir piston-silindir düzeneğinde başlangıçta 10 kg su bulunmaktadır. Suyun 8 kg’lık bölümü buhar fazındadır. Sürtünmesiz pistonun kütlesi, silindir içindeki basıncın 300 kPa olmasını sağlayacak büyüklüktedir. Silindir ayrıca bir vana aracılığıyla içinden 0.5 MPa basınç ve 350 C sıcaklıkta su buharı akan bir boruya bağlanmıştır. Daha sonra vana açılmakta ve silindirdeki tüm sıvı buharlaşıncaya kadar borudan silindire buhar girmektedir. Bu noktada vana kapatılmaktadır. (a) silindir içindeki son haldeki sıcaklığı, (b) kaba giren buhar kütlesini hesaplayın.
(P = 300 kPa) m1 = 10 kg H2O
Pi = 0.5 MPa Ti = 350 C
(a) Bu bir kararsız akış durumudur ve düzgün akışlı sistem olarak düşünülebilir. Silindir son durumda 300 kPa basınçta doymuş buhar içermektedir, silindirin içindeki son sıcaklık T2 = Tsat @ 300 kPa = 133.6°C (b) The conservation of mass- and energy equations for this uniform-flow system reduces to Kütle:
mi
me
0
m2
m1
mi
CV
m2
m1
Enerji:
Q0
W
me he
0
İki denklemi eşitlersek, Ya da, 0
m2
mi hi Wb
m1 hi
m2 u 2 m2
m 2 h2
m1u1
m1 hi
Wb
CV
m2 u 2
mi hi
m2 u 2
m1u1
m1u1
m1 h1
Çünkü sabit hacimde genişleme ve sıkıştırma işlemlerinde Wb + U2 - U1 = H2 - H1 . m2 için çözersek, m2
hi h1 m1 hi h2
Buharın özellikleri
P1
300kPa
x1
0.8
P2
300kPa
sat .vapor Pi
0.5MPa
Ti
350 C
h1
hf
x1 h fg
561.47 0.8 2163.8 2292.51kJ / kg
h2
h g @300kPa
hi
3167.7kJ / kg
2725.3kJ / kg (P = 300 kPa) m1 = 10 kg
3167.7 2292.51 kJ / kg 10kg 3167.7 2725.3 kJ / kg
Yerine yazarsak,
m2
Böylece,
mi = m2 - m1 = 19.78 - 10 = 9.78 kg
28) 5 m3 hacminde, yalıtılmış bir basınçlı kapta, başlangıçta 500 kPa basınç ve 52 C sıcaklıkta hava bulunmaktadır. Daha sonra kabın üzerinde bulunan bir vana açılarak havanın basıncı 200 kPa’e düşürülmektedir. Bu işlem sırasında ,kabın içine yerleştirilmiş bir elektrikli ısıtıcı, kap içindeki havanın sıcaklığını sabit tutmaktadır. Yapılan elektrik işini hesaplayın.
19.78kg
Pi = 0.5 MPa
H2O
Ti = 350 C
HAVA 5m
3
500 kPa 52 C
W e
Bu bir kararsız akış durumudur ve düzgün akışlı sistem olarak düşünülebilir. Havayı ideal gaz olarak kabul edersek, tankın içinde başlangıçtaki ve son durumdaki kütleler aşağıdaki gibi bulunur.
m1
P1V RT1
500kPa 5m 3 0.287kPa m 3 / kg K 325K
26.80kg
m2
P2V RT2
200kPa 5m 3 0.287kPa m 3 / kg K 325K
10.72kg
Daha sonra kütlenin korunumu yasasından,
mi
0
me
m2
m1
me
CV
m1
m2
26.80 10.72 16.08kg
(b) Bu işlem sırasındaki ısı transferi düzgün akış enerji eşitliğinden bulunur.
Q0
We
Tablo A-17’den,
me he Ti T1 T2
mi hi
0
325 K 325 K 325 K
m2 u 2
m1u1
CV
We
hi 325.31 kJ / kg u1 232.02 kJ / kg u2 232.02 kJ / kg
me he
m2 u 2
HAVA 5m
Yerine koyarsak ,
m1u1
3
500 kPa
We
16.08kg 325.31kJ / kg
10.72kg 232.02kJ / kg 52 C
26.80kg 232.02kJ / kg 1500kJ 29) Dikey bir piston-silindir düzeneğinde başlangıçta 1 MPa basınç ve 250 C sıcaklıkta 0.2 m3 su buharı bulunmaktadır. Piston bu konumdayken doğrusal bir yayı sıkıştırmaktadır. (Şekil P4-98). Daha sonra silindire bağlı olan vana açılarak buharın dışarı akması sağlanmaktadır. Piston aşağı doğru hareket ederken yay açılmakta ve son halde basınç 800 kPa ,hacim 0.1 m3 olmaktadır. Son halde silindir içinde doymuş buhar olduğunu kabul ederek, (a) silindir içinde ilk ve son hallerdeki kütleleri,(b) varsa, ısı geçişini ve hangi yönde olduğunu belirleyin.
SU BUHARI
V1=0.2 m3 P1=1 MPa T1=250 C
(a) ) Eğer tankı terkeden buharın ortalama özelliklerini kabul edersek, bu bir kararsız akış durumudur ve düzgün akışlı sistem olarak düşünülebilir. Buhar tablolarından,
P1 T1
1MPa v1 250 C u1
P2
800kPa
0.2327m 3 / kg 2709.9kJ / kg, h1
v2 doymuş buhar u 2
2942.6kJ / kg
0.2404m 3 / kg 2579.8kJ / kg, h2
2769.1kJ / kg
Tankı terkeden buharın durumu ve entalpisi değişiyor. Fakat basitleştirmek amacıyla tankı terkeden buharın bütün özelliklerini ortalama değerde sabit kabul ediyoruz. Böylece,
he
h1 h2 2
2942.6 2769.1kJ / kg 2
2855.9kJ / kg
W e
Tankın içindeki ilk ve son kütleler 0.2 m3
m1
V1 v1
m2
V2 v2
0.2327 m3 / kg 01 . m3 0.2404 m3 / kg
0.859 kg 0.416 kg
Kütlenin korunumu yasasından,
mi
0
me
m2
m1
me
CV
m1
m2
0.859 0.416 0.443kg
Sınır işi
Wb
P1
P2 2
1000 800 kPa 0.1 0.2 m 3 2
V2 V1
90kJ
İşlem sırasında ısı geçişi, bulduğumuz değerleri düzgün akışlı enerji eşitliğine koyarak bulunur.
Q W
me he
Q
mi hi
0
m2 u 2
m1u1
90kJ 0.443kg 2855.9kJ / kg 0.859kg 2709.9kJ / kg 80.7kJ
CV
Q Wb
me he
m2 u 2
m1u1
0.416kg 2576.8kJ / kg
30)Küresel bir balonun içinde, başlangıçta 20 C sıcaklık ve 150 kPa basınçta, 25 m3 helyum gazı bulumaktadır. Balona bağlı vana açılarak helyum gazının yavaşça dışarıya akması sağlanmaktadır. Balon içindeki basınç atmosfer basıncı olan 100 kPa’e düştüğü zaman vana kapatılmaktadır. Balon içindeki basınçla balonun hacmi arasındaki ilişki P=a+bV bağıntısıyla verilmektedir. Burada a= -100 kPa olup b ise sabittir. Isı geçişini gözardı ederek, (a) balon içindeki havanın son haldeki sıcaklığını, ,(b) dışarıya akan helyumun kütlesini hesaplayın.
HELYUM V1=25 m3 T1=20 C P1=150kP
(a) ) Bu bir kararsız akış durumudur ve düzgün akışlı sistem olarak düşünülebilir. Helyumu sabit a özgül ısıda ideal gaz olarak kabul edebiliriz Cp = 5.1926 and Cv = 3.1156 kJ/kg·K. Helyumun son hacmi
P1
100 bV1
P2
100 10V2
b V2
P1 100 / V1 P2
150 100 / 25 10 100 100 / 10 20m 3
100 / 10
balonun içindeki başlangıç kütlesi ve son kütleler
m1
P1V1 RT1
m2
P2V2 RT2
150kPa 25m 3 2.0769kPa m 3 / kg K 293K 100kPa 20m 3 2.0769kPa m 3 / kg K T2
Kütlenin korunumu yasasından,
6.162kg
962.974 T2
mi
me
0
m2
m1
mi
V1
150 100 kPa 20 25 m 3 2
CV
m2
m1
6.162
962 .974 T2
İşlem sırasında sınır işi
Wb
P1
P2 2
V2
625kJ
Balonu terkeden helyumun özellikleri işlem sırasında değişiyor. Fakat biz ortalama sıcaklıkta buunları sabit kabul edeceğiz. Böylece Te (T1 + T2)/2. Aynı zamanda h = CpT ve u = CvT.
Son sıcaklık T2 düzgün akışlı sistem enerji eşitliğinden bulunur.
Q0 W
me he
mi hi
0
m2 u 2
m1u1
Wb
CV
me he
m2 u 2
m1u1
ya da, Wb
me C p
T1 T2 2
m2 Cv T2
m1Cv T1
Yerine koyarsak,
625
962.974 293 T2 5.1926 T2 2
6.162
T22
T2 için çözersek
66.37T2
45,789
962.974 3.1156 T2 T2
6.162 3.1156 293
0
T2 = 249.7 K
(b) Kaçan helyum miktarı me
m1 m2
6162 .
962.974 T2
6162 .
962.974 249.7
2.306 kg
31) 5 MPa basınç ve 500 C sıcaklıktaki su buharı bir lüleye 80 m/s hızla girmekte, 2 MPa basınç ve 400oC sıcaklıkta çıkmaktadır. Akış süreklidir. Lülenin kesit alanı 50 cm2 olup, çevreye 90 kJ/s ısı kaybı vardır. (a) Akışın kütle debisini, (b) Akışın çıkış hızını, (c) Lülenin çıkış kesit alanını hesaplayınız. Açık sistem (Kontrol hacmi) : Lüle (SASA) Giriş hali : P1=5 MPa, T1=500oC, V1=80 m/s Çıkış hali : P2=2 MPa, T2=400oC (a) Buhar tablosundan
90 kJ/s
1
buhar
2
0.06857m 3 / kg h1 3433kJ / kg
P1
5MPa v1
T1
500 C
P2
2MPa v 2 0.15120m 3 / kg 400 C h2 3247.6kJ / kg
T2
ve
Buradan buharın kütlesel debisi
1 V1 A1 v1
m
1 80 m / s 50 10 4 m 2 3 0.06857 m / kg
5.833kg/s
(b) Çıkış hızı için sürekli akışlı sürekli açık sistemde Termo.nun birinci yasasından
V22
V12
Q W 0
m h2
90kJ / s
V22 ( 30m / s ) 2 1kJ / kg 5.833kg / s 3247.6 3433.8 2 1000m 2 / s 2
h1
2
pe 0
V2 = 585.2 m/s (c) Lüle çıkış kesit alanı
1 V2 A2 v2
m
v2 m V2
A2
5.833kg / s 0.1512m 3 / kg 585.2m / s
15.1 10 4 m 2
32) 80 kPa basınç ve 127oC sıcaklıktakı hava sürekli akışlı adyabatik bir yayıcıya 6000 kg/h debiyle girmekte, 100 kPa basınçta çıkmaktadır. Hava akımının hızı yayıcıda 230 m/s’den 30 m/s’ye düşmektedir. (a) Havanın çıkış sıcaklığını, (b) yayıcının çıkış kesit alanını hesaplayın. Açık sistem (Kontrol hacmi) : Yayıcı (SASA) Giriş hali : P1=80 kPa, T1=127oC, V1=230 m/s Çıkış hali : P2=100 kPa, T2=400oC, V2=30 m/s (a) Hava mükemmel gaz kabul edilirse, enerji denkleminden
q
h2
h1
0
w
V22
Tablo A-17,
0
V12 2
h2
h1
V22
V12 2
400.98kJ / kg T2 = 425.6 K
pe0
30m / s
veya,
2
230m / s 2
2
1kJ / kg 1000m 2 / s 2
426.98kJ / kg
(b) özgül hacim
v2
0.287kPa m 3 / kg K 425.6K 100kPa
RT2 P2
1
HAVA
3
1.221m / kg
Kütlenin korunumundan
m
1 A2 V2 v2
v2 m V2
A2
6000 3600kg / s 1.221m 3 / kg 30m / s
0.0678m 2
33) Soğutucu akışkan-134a, adyabatik bir kompresöre doymuş buhar olarak –20oC sıcaklıkta girmekte ve 0.7 MPa basınca sıkıştırıldıktan sonra kompresörden 70oC sıcaklıkta çıkmaktadır. Soğutucu akışkanın debisi 1.2 kg/s’dir. (a) Kompresörü bu şartlarda çalıştırmak için gerekli gücü, (b) soğutucu akışkanın kompresör girişindeki hacimsel debisini hesaplayın. Açık sistem (Kontrol hacmi) : Kompresör (SASA) Giriş hali : T1=-20oC, x1=1.0 Çıkış hali : P2=0.7 MPa, T2=70oC (a) Tablodan
2
20 C
v1 0.1464m 3 / kg doymuş buhar h1 235.31kJ / kg
T1
P2
0.7MPa
T2
70 C
h2
R-134a
307.01kJ / kg 1
Termo.nun birinci yasası (sasa için)
Q 0 W
W
m h2
m h2
h1
ke0
pe 0
h1
1.2kg / s 307.01 235.31 kJ / kg 86.04k J/s (b) Girişteki hacimsel debi
V1
m v1
1.2kg / s 0.1464 m 3 / kg
0.176m 3 /s
34. Boruda akan 1 MPa basınç ve 80oC sıcaklıktaki soğutucu akışkan-134a, bir yoğuşturucuda borular üzerinden geçirilen hava ile 1 MPa basınç ve 30oC sıcaklığa soğutulmaktadır. 800 m3/dakika debisindeki hava yoğuşturucuya 100 kPa basınç ve 27oC sıcaklıkta girmekte, 95 kPa basınç ve 60oC sıcaklıkta çıkmaktadır. Soğutucu akışkanın kütle debisini hesaplayın.
2
Kinetik ve potansiyel enerjiyi ihmal edersek, ısı değiştiricisi için kütle ve enerjinin korunumu denklemleri aşağıdaki gibi ifade edilir Kütle:
mi
me
Q 0 W 0
Enerji:
m1 e he m
R m
R için çözersek: m
ma
i hi m m a h2
İki denklemi birleştirirsek,
m2
ve
1h1 m m R h3
h1
h2 h1 a m h3 h4
m3
3 h3 m
2 h2 m
mR 4 h4 m
h4
C p T2 T1 h3
m4
h4
a m
Havayı oda sıcaklığında özgül ısısı sabit ideal gaz olarak kabul ettik Cp = 1.005 kJ/kg· C. Giriste havanın özgül hacmi
RT1 P1
v1 Böylece,
V m 1 v1
0.287 kPa m3 / kg K 300 K
0.861 m3 / kg
100 kPa 800 m3 / dak 0.861 m3 / kg
HAVA
929.2 kg / dak
3 R-134a
Sogutucu akışkan tablosundan,
P3
1MPa
T3
80 C
P4
1MPa
T4
30 C
R m
1
h3
313.20kJ / kg
h4
h f @30C
91.49kJ / kg
denklenminde
1.005 kJ / kg C 60 27 C
mR
313.20 91.49 kJ / kg
yerine
929.2 kg / dak
x = 0.2 m x=0
A p= 0.1 m2 H2O Q
yazarsak,
139.0kg / dak
35. Bir piston-silindir düzeneğinde, başlangıçta 150 kPa basınç ve 25 C sıcaklıkta 50 kg su bulunmaktadır. Pistonun kesit alanı 0.1 m2 ’dir. Daha sonra suya ısı geçişi olmakta, suyun bir bölümü buharlaşarak genişlemektedir. Hacim 0.2 m3 olduğu zaman, piston yay sabiti 100 kN/m olan bir yaya dokunmaktadır. Isı geçişi ve genişleme, piston 20 cm daha yükselinceye kadar devam etmektedir. (a) Son haldeki basıncı bulun, (b) hal değişimi sırasında yapılan işi hesaplayın. Ayrıca hal değişimini P-V diyagramında gösterin.
x = 0.2 m
2
4
A = 0.1 m2 H2O Q m = 50 kg
Kapalı sistem
: H2O (m=50 kg)
İlk hal
: P1 = 100 kPa, T 1 = 25 C
Ara hal
: P2 = P1 = 100 kPa , V 2 = 0.2 m3
Son hal
: P3 = P2 + Pyay , V3 = V2 + x A p Kütlenin korunumu
P = sabit hal değişimi
1-2 2-3
m1 = m2 = m3 = m
P3
V hal değişimi :
P
ky
P2
A 2p
( V3 V2 )
(a) Son haldeki basınç P3
P2
Pyay
P2
F yay Ap
P2
ky x Ap
150
100 0.2 0.1
350 kPa
Üç hal için hacim ve özgül hacimler:
T1 P1 V1 V2 V3 v3
25 C v v 0.001003 m 3 / kg f ,25 C 150kPa 1 m v1 50 0.001003 0.05 m 3 0.2 m 3 V2 x A p 0.2 0.2 0.1 0.22 m 3 V3 0.22 0.0044 m 3 / kg m 50
350 kPa’de vf=0.0010 m3/kg ve vg = 0.5243 m3/kg dür. Dolayısıyla vf < v3 < vg olduğundan su son halde doymuş sıvı-buhar karışımı (ıslak buhar) halindedir. Bu nedenle son haldeki sıcaklık 350 kPa’ deki doyma sıcaklığı olacaktır:
T3
Td ,350kPa
(son halde
138.88 C
kuruluk derecesi x3= 0.0065 ve u3 =
kJ/kg)
(b) Hal değişimi sırasında yapılan iş (W13), aşağıdaki şekilde hesaplanır:
Ws ,13
W13 W13
Ws ,12 Ws ,23
( P2
P3 )
( V3 V2 ) 2 ( 150 350 ) 150 ( 0.2 0.05 ) ( 0.22 0.2 ) 22.5 5 2 0
Ws ,13 Wdiğer ,13 27.5 kJ
P1 ( V2 V1 )
Ws ,13
P
3 1
2
v
27.5 kJ
Not: 2-3 hal değişimi için hareketli sınır işi aşağıdaki şekilde de
1 Ws ,23 W( atm pis ),23 W yay ,23 P2 ( V3 V2 ) k y ( x32 x22 ) 2 bulunabilirdi: 1 2 2 150 ( 0.22 0.2 ) 100 ( 0.2 0 ) 3 2 5 kJ 2
36) Bir piston-silindir düzeneğinde, başlangıçta 200 kPa basınçta doymuş sıvı halinde 3 kg su bulunmaktadır. Daha sonra suya ısı geçişi olmakta, suyun bir bölümü buharlaşmakta ve piston yükselmektedir. Hacim 60 L olduğunda piston durduruculara dokunmaktadır. Isıtma işlemi basınç ilk haldeki basıncın iki katı oluncaya kadar devam etmektedir. Hal değişimini, doyma eğrilerini de göstererek P- diyagramında çizin. Ayrıca, (a) son halde sistemin sıvı fazındaki kütlesini, (b) son haldeki sıcaklığı, (c) hal değişimi sırasında yapılan toplam işi ve ısı geçişini hesaplayın. Kapalı sistem
: H2O (m=3 kg)
İlk hal
: P1 = 200 kPa, x 1 = 0.0
Ara hal
: P2 = P1 = 200 kPa , V 2 = 0.060 m3
Son hal
: P3 = 2P1 = 400 kPa , V3 = V2 =0.06 m3
H2O
Kütlenin korunumu
m1 = m2 = m3 = m
H2O 3 kg Q
200 kPa
P
3 1 2
1-2 P = sabit hal değişimi 2-3 V = sabit hal değişimi
3 kg 200 kPa Q
(a) İlk ve son haldeki özelikler aşağıdaki şekilde bulunur:
P1 200 kPa v v 3 1 f ,200 kPa 0.001061 m / kg x1 0.0 u1 u f ,200 kPa 504.49 kJ / kg v3
V3 m
0.06 3
0.02 m 3 / kg
v
P3 v3
400 kPa vf 0.02 m 3 / kg uf
0.001084 m 3 / kg, v g
0.4625 m 3 / kg
604.31 kJ / kg,
1949.3 kJ / kg,
uf
vf < v2 < vg olduğundan dolayı su son halde doymuş sıvı-buhar karışımı (ıslak buhar) halindedir.
x3
v3
vf
vg
vf
mf 3
u3
mt 3
uf
0.02 0.001084 0.4625 0.001084
mg 3
x3 u fg
0.041
m x3 m ( 1 x3 ) m ( 1 0.041 ) 3 2.877 kg
604.31
0.041 1949.3
684.23 kJ / kg
(b) Su son halde doymuş sıvı-buhar karışımı halinde olduğundan, son haldeki sıcaklık 400 kPa deki doyma sıcaklığıdır.
T3 = Td, 400 kPa = 143.63 C (c)
Ws ,12
1-2 P= sabit hal değişimi
2-3 V=sabit hal değişimi 2 PdV P1 ( V2 V1 ) 1
0 Ws ,12 Ws,23
Ws ,13 W13
Ws,12 = P1 (V2
V1)
Ws,23 = 0 m P( v 2
v1 )
3 200 ( 0.02 0.001 ) 11.4 kJ
11.4 kJ
0 Ws ,13 Wdiğer ,13
11.4 kJ
Enerjinin Korunumu (Termodinamiğin 1. Yasası)
KE 0
Q13 W13
U
Q13
u1 ) W13
m ( u3
Q13 = 3
PE0
(684.23 - 504.49) + 11.4 kJ = 550.6 kJ 5000 kJ/h
37) 4 m 5 m 7 m boyutlarında bir oda buharlı ısıtma sisteminin radyatörüyle ısıtılmaktadır. Radyatörün verdiği ısı 10000 kJ/h olup, 100 W gücünde bir fan da odada hava dolaşımını sağlamaktadır. Odanın ısı kaybı 5000 kJ/h olarak tahmin edilmektedir. Odanın 10 C sıcaklıktan 20 C sıcaklığa gelmesi için geçecek zamanı hesaplayın. Oda sıcaklığında sabit özgül ısı değerlerini alın.
ODA 4m
5m
7m
Buhar
·
Wfan
10,000 kJ/h
Herhangi bir hava kaçağı olmadığını kabul edersek, odadaki havayı kapalı sistem olarak gözönüne alabiliriz. 5000 kJ/h
ODA 4m
5m
7m
Buhar
·
Kapalı sistem
: Oda havası
İlk hal
: T 1 = 10 C, V1 = 140 m3
Sonhal
: P2 = P1 = 150 kPa , V 2 = V 1 = V =140 m3
10,000 kJ/h
Wfan
Kütlenin korunumu
Q 12
m1 = m2 = m
= sabit hal = 0 kJ / h 1.39 kW Q giren1-2 QVçıkan ( 10değişimi 000 5000 )Ws,12 5000
W12 W fan
100 W
0.1 kW
Havanın kütlesi
V m
4 5 7 140 m 3 P1 V 100 140 R T1 0.287 283
172.4 kg
İş
W12
0 W Ws,12 diğer
W fan
Termodinamiğin 1. Yasası
Q12 W12
U
KE0
Q12 W12
m ( u2
u1 )
PE0
Ortalama sıcaklıkta özgül ısılar sabit kabul edildiğinde,
Q12 W12
m cvo ( T2
Q 12
ve W12
Q12
Q 12 t
( Q 12
W12 ) t
u2
u1 = cvo,ort (T2
T1) yazılabilir.
T1 )
sabit olduğundan, ve m cvo ( T2
W12
W12 t
yazılabilir .
T1 )
Oda sıcaklığındaki cvo değeri kullanılırsa (Tablo A-2a’dan cvo = 0.718 kJ/kg-K)
1.39
( 0.1 )
t
172.4 0.718 ( 20 10 )
t = 831 s
38)İyi yalıtılmış bir yatay silindir şekilde görüldüğü gibi bir pistonla iki bölmeye ayrılmıştır. Piston serbestçe hareket N2 He edebilmekte, ısı iletmekte, fakat bir bölmeden diğerine gaz 3 3 sızmasına izin vermemektedir. Başlangıçta bir tarafta 500 kPa 1m 1m 3 basınç ve 80 C sıcaklıkta 1 m azot, diğer tarafta 500 kPa basınç 500 kPa 500 kPa ve 25 C sıcaklıkta 1 m3 helyum bulunmaktadır. Azot ve helyum gaz halindedir. Daha sonra azottan helyuma piston aracılığıyla ısı 80 C 25 C geçişi olmakta ve sistem ısıl dengeye ulaşmaktadır. Oda sıcaklığında sabit özgül ısı değerlerini kullanarak azotun ve helyumun son haldeki sıcaklığını ve basıncını bulun. Piston sabit olsaydı sonuç ne olurdu? 4) N2 1m
He 3
1m
Kapalı sistem
: Silindir içerisindeki Azot (N2) ve Helyum (He)
İlk hal
: (N2) P1,N2 = 500 kPa,
T1,N2 = 80 C,
V1,N2 = 1 m
(He) P1,He = 500 kPa,
T1,He = 25 C,
V1,He = 1 m
: (N2) P2 ,N2 = P2 ,He = P2 ,
T2 ,N2 = T2 ,He = T2 ,
V2,N2 = 2 - V2,He
(He) P2 ,He = P2 ,N2 = P2 ,
T2 ,He = T2 ,N2 = T2 ,
V2,He = 2 - V2,N2
3
500 kPa
500 kPa
80 C
25 C
Son hal
N2 ve He’nin kütleleri aşağıdaki şekilde bulunur:
P1V1 RT1 N 2 P1V1 RT1 He
mN 2 m He
500 1 0.2968 353 500 1 2.0769 353
4.77 kg 0.808 kg
Termodinamiğin 1. Yasası
Q0
W 0
U
U
U N 2
m cvo T2
T1
KE 0 U He
N2
4.77 0.743
PE0
0
m cvo T2
T2
80
T1 He
0
0.808 3.1156
T2
25
T2 = 57.2 C Vsilindir=(V1)N2 + (V1)He = (V2)N2 + (V2)He = 2 m3
( V2 )N 2
3
( V2 )He
m R T2 P2 N2
m R T2 P2 He
2
0
3
4.77 0.2968 330.35 P2
0.808 2.0769 330.35 P2
2
P2 = 510.6 kPa
( V2 )N 2 ( V2 )He
4.77 0.2968 330.35 510.6 2 0.916
0.916 m 3
1.084 m 3
Eğer piston sabit olsaydı, N2 ve He’nin hacimleri sabit kalacaktı. Bu durumda 1.Yasa’dan yararlanarak sıcaklık yine T2=57.2 C olarak bulunacaktı. Ancak son haldeki basınçlar aşağıdaki şekilde olacaktı: (P2)N2 = (mRT2 /V2)N2 = (4.77x0.2968x330.35)/1= 467.69 kPa (P2)He = (mRT2 /V2)He = (0.808x2.0769x330.35)/1= 554.32 kPa
