Riješeni zadaci Iz Termodinamike

UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 1.02.2007. 1. 1 kg vazduha (id.gas) stanja 1 (4 bar, 200oC) eksandira po zakonu p=av+b do stanja 2 (1.5 bar, 80oC). a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja. b) Koliko se pri ovom procesu razmeni zapreminskog rada i toplote sa okruženjem. c) Izaračunati promenu entropije vazduha tokom ovog procesa. 2. 20 kg/min vazduha (id.gas) stanja (900K, 100kPa) ulazi u dvostepeni kompresor. U oba stepena kompresora vazduh se politropno kvazistatično sabija po zakonu pv1.3  const . U ustaljenom režimu, nakon kompresije u prvom stepenu do 400 kPa obavlja se izobarno hlađenje vazduha do temperature na ulazu prvog stepena kompresora, a zatim se propušta kroz drugi stepen kompresora do 1600 kPa. Promenu kinetičke i potencijalne energije vazduha zanemariti. a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) izračunati potrebnu ukupnu snagu kompresora, c) odvedenu toplotu pri izobarnom hlađenju. 3. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa sa pregrevanjem pare, pritisak kondenzacije je 20 kPa, a najviša tempera u procesu je 500oC. Toplota se dovodi na 5 MPa. Turbina je adijabatna, a na izlazu turbine je suvozasićena vodena para. Zanemarivši rad za pumpanje, treba: a) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja, b) izračunati stepen dobrote (valjanosti) adijabatne turbine, c) odrediti termodinamički stepen iskorišćenja kružnog procesa. 4. Struja vlaznog vazduha (1015 mbar, 18oC, =30%) uvodi se u izobarni zagrejac ovlazivac gde joj se, po svakom kg izlazne mesavine, dovodi 180 kJ toplote i 50 g fino rasprsene vode od 14oC. Izracunati: a) temperaturu izlazne mesavine, b) pokazivanje psihrometra (temperature suvog i vlaznog termometra) na izlazu iz uredjaja.

Novi Sad, 1. februar 2007.

Dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 1. a) b) c)

1 kg vazduha stanja 1 (4 bar, 200oC) eksandira po zakonu p=av+b do stanja 2 (1.5 bar, 80oC). Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja. Koliko se pri ovom procesu razmeni rada i toplote sa okruženjem. Izaračunati promenu entropije vazduha tokom ovog procesa. RESENJE 1:

p

1

2

m  1 kg Stanje 1: p1  4 bar t1  2000 C RT1  0.339 m3 / kg p1 Stanje 2: p2  1.5 bar v1 

t 2  800 C v2 

RT2  0.675 m3 / kg p2

v

Za datu promenu p=av+b, iz početnih i krajnjih uslova : p1  av1  b p2  av2  b dobijaju se koeficijenti a i b: p1  p2  a  v1  v2  a

p1  p2  744047.619 v1  v2

b  p1  av1  652232.143 Sada se može izračunati i zapreminski rad koji vazduh obavi: dl  pdv 2

2

l12   pdv    av  b dv  a 1

1

v22  v12  b  v2  v1   92400 J / kg 2

L12  92400 J  92.4 kJ Kao i ukupno razmenjena toplota sa okruženjem Q12  L12  U12 Q12  L12  mcv T2  T1   92400  1 720   353  473  

Q12  92400  86400  6000 J  6 kJ c) Promena entropije vazduha : T p s12  c p ln 2  R ln 2 T1 p1 s12  1000 ln

353 1.5  287 ln  11.132 J / kgK 473 4

S12  11.132 J / K

RESENJE 2: 2. 20 kg/min vazduha (id.gas) stanja (900K, 100kPa) ulazi u dvostepeni kompresor. U oba stepena kompresora vazduh se politropno kvazistatično sabija po zakonu pv1.3  const . U ustaljenom režimu, nakon kompresije u prvom stepenu do 400 kPa obavlja se izobarno hlađenje vazduha do temperature na ulazu prvog stepena kompresora, a zatim se propušta kroz drugi stepen kompresora do 1600 kPa. Promenu kinetičke i potencijalne energije vazduha zanemariti. a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) izračunati potrebnu ukupnu snagu kompresora, c) odvedenu toplotu pri izobarnom hlađenju. RESENJE 2: p 4

n=1.3

3

2 n=1.3

1 v

m  20 kg / min 2

b) Stanje 1: p1  100 kPa T1  900 K Stanje 2: n 1

p n  400  T2  T1  2   900     100   p1  p2  400 kPa Stanje 3: p3  p2  400 kPa

1.3 1 1.3

 1239.3 K

T3  900 K Stanje 4: n 1

1.3 1

p n  1600  1.3 T4  T3  4   900    1239.3 K   400   p3  p4  1600 kPa

Potrebna snaga kompresora u oba stepena : nR 1.3  287 lt12  T1  T2    900  1239.3  421976.1 J / kg n 1 1.3  1 nR 1.3  287 T3  T4    900  1239.3  421976.1 J / kg n 1 1.3  1

lt34 

lt14  lt12  lt34  843.95 kJ / kg   m  lt  20   843.95  281.32 kW Lt 14 14 60

c) Toplota koja se odvodi pri izobarnom hlađenju: q23  c p  T3  T2   1  900  1239.3   339.3 kJ / kg 20 Q 23  m  q23    339.3  113.1 kW 60

RESENJE 3 3. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa sa pregrevanjem pare, pritisak kondenzacije je 20 kPa, a najviša tempera u procesu je 500oC. Toplota se dovodi na 5 MPa. Turbina je adijabatna, a na izlazu turbine je suvozasićena vodena para. Zanemarivši rad za pumpanje, treba d) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja, e) izračunati stepen dobrote (valjanosti) adijabatne turbine, b) odrediti termodinamički stepen iskorišćenja kružnog procesa. RESENJE a) 3

T K

T 3=(273.15+500) K

p = 5 M Pa

p = 5 M Pa

p = 20 k Pa=0.02 M Pa 2 1

p = 20 k Pa

4s

s t C

p MPa

h kJ/kg

S kJ/kgK

x

faza

3

1 4 2 3 4s

60.08 60.08 60.42 500 60.08

0.02 0.02 5 5 0.02

251.4 2609 257.05 3433 2298.09

0.8321 7.907 0.8321 6.974 6.974

0 1

0.868

klucala voda suvozasićena para voda para (T>TK) vlazna para

b) T 

h3  h4 3433  2609   0.726 = 72.6% h 3  h 4 s 3433  2298.09

c) P r ocesa  1 

| h1  h 4 | | h  h4 | | 251.4  2609|  h 2  h1  za nem . r a d pupa nja   1  1 1 = 0.259 = 25.9% h3  h2 h 3  h1 3433  251.4

RESENJE 4: 4. Struja vlaznog vazduha (1015 mbar, 18oC, =30%) uvodi se u izobarni zagrejac ovlazivac gde joj se, po svakom kg izlazne mesavine, dovodi 180 kJ toplote i 50 g fino rasprsene vode od 14oC. Izracunati: c) temperaturu izlazne mesavine, d) pokazivanje psihrometra (temperature suvog i vlaznog termometra) na izlazu iz uredjaja. RESENJE h kJ/kgL

30% 100% 124.19oC 2

h2

1.015 Pa

(51-52)oC

1 18 oC 0.003817

0.05665 (0.086-0.096) x kg/kgL

a) Bilans mase vlage i energije za kontrolnu zapreminu u ustaljenom rezimu sa dva ulaza i jednim izlazom su 0  L x 1  m  L x 2 , 0  L h1  m h  L h 2  Q ,

gde su, prema uslovu zadatka, m  0.050  L (1  x 2 ) , Q  180  L (1  x 2 ) .

Zamenom zadnjih u bilansne jednacine, nakon delenja sa L (protok suvog vazduha) sledi 0  x 1  0.050  (1  x 2 )  x 2 , 0  h1  h 2  0.050  (1  x 2 )h  180  (1  x 2 ) . Stanja na ulazima su poznata, te se ima x 1  0.622

 1 p S (t 1 ) , p   1 p S (t 1 )

p S (t1 )  pS (t1  18 o C )  0.02064 bar, (tablice za vodu i vodenu paru),

te je 4

x 1  0.622

0.30  0.02064  0.003817796845 kg/kgL 1.015  0.30  0.02064

h1  c pL t1  x 1 (r0  c pW t1 )  1.007t1  x 1 ( 2500  1.865t1 ) , odnosno

h1  1.007  18  0.003817796  ( 2500  1.865  18 ) = 27.7986555526 kJ/kgL Entalpija sveze vode, koja se ubrizgava je h  c t  4 .186t  4 .186  14  58.604 kJ/kg,

Sada se, resavanjem sistema jednacina “bilansa” 0  x 1  0.050  (1  x 2 )  x 2 , 0  h1  h 2  0.050  (1  x 2 )h  180  (1  x 2 ) , iz prve jednacine neposredno dobija x  0.050 0.003817796  0.050 x2  1   0.0566503124684 kg/kgL , 1  0.050 1  0.050 a zatim iz druge jednacine h 2  h1  0.050  (1  x 2 )h  180  (1  x 2 ) , odnosno h 2  27.7986555526  (1  0.0566503 )  ( 58.604  180 )  279.91964373 kJ/kgL . Odavde, zbog h 2  c pL t 2  x 2 (r0  c pW t 2 )  1.007t 2  x 2 ( 2500  1.865t 2 ) , dobija se temperatura izlazne mesavine t 2  ( h 2  x 2  2500 )

1 , odnosno 1.007  x 2  1.865

t 2  ( 279.9196437338  0.056650312  2500 )

1  124.29201614 oC = 124.3oC. 1.007  0.056650312  1.865

b) Pokazivanje suvog termometra je temperatura mesavine, koja je vec izracunata:

t2=124.292016136oC = 124.292 = 124.3oC. Pokazivaje mokrog termometra nalazi se, prakticno, presecanjem entalpije h2 sa = 1.00. Sto ce reci, treba resiti sistem jednacina h 2  c pL t 2  x 2 (r0  c pW t 2 )  1.007t 2  x 2 ( 2500  1.865t 2 ) , - izentalpa x 2  0.622

p S (t 2 ) , p  p S (t 2 )

- linija  = 1.00

Mora se resavati iterativno, zbog toga sto je ravnotezni pritisak “nelinearna funkcija” po t.

h2= 279.9196437338

kJ/kgL, (tacno)

t

p S (t )

51 51.1919506937 52

0.1233

.08600718

0.1361

.09631835

x S (t )

h S (t )  h (t )

274.555522926 279.919643734 302.500828583

Linearnom interpolacijom se dakle dobija pokazivanje vlaznog termometra:

t2=51.19195069oC = 51.192 = 51.2oC.

5

UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 02.10.2007. 1. Suvozasićena vodena para na 3.4 bar meša se izobarno sa vodom na 15oC i dobija se 4 kg/s tople vode na 80oC . Svi ulazni preseci i izlazni presek na uređaju za mešanje imaju prečnik od 5 cm. Uređaj je dobro toplotno izolovan u odnosu na okolinu, nema nikakvih mehaničkih mešača, i proces je ustaljen. Promenu potencijalne i kinetičke energije zanemariti. Treba odrediti potreban protok suvozasićene pare, kao i prosečne brzine fluida u pojedinim presecima. 2. 2 kg kiseonika (poluidealan gas) menja stanje kvazistatički od p1=1 bar, T1 = 280 K do p2= 30 bar po zakonu pv1.2 = const. Usvojivši za izobarnu specifičnu toplotu kiseonika cp=48.2 - 967 T-1/2 + 11530 T-1 kJ/kmolK, odrediti: a) tehnički rad promene stanja, b) promenu entropije kiseonika. 3. 2 m3/s suvozasićene vodene pare na 180oC zagreva se kvazistatično izobarno do 600oC, zatim adijabatno ekspandira do 0.5 bar i 180 oC, pa se izotermnom kompresijom kvazistatično vrati u početno stanje, zatvarajući kružni proces. Odrediti: a) stepen dobrote adijabatne ekspanzije, b) ukupan ostvaren tehnički rad u ovom kružnom procesu, c) termodinamički stepen iskorišćenja kružnog ciklusa. 4. 4.2 kg/min vlažnog vazduha stanja 1(8oC, 97 kPa, =43%) izobarno se zagreva do stanja 2(24oC). Izračunati: a) potrebnu snagu za zagrevanje, b) relativnu vlažnost vlažnog vazduha na izlazu (u stanju 2). Novi Sad, 2. oktobar 2007.

dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1:

1. Suvozasićena vodena para na 3.4 bar meša se izobarno sa vodom na 15oC i dobija se 4 kg/s tople vode na 80oC . Svi ulazni preseci i izlazni presek na uređaju za mešanje imaju prečnik od 5 cm. Uređaj je dobro toplotno izolovan u odnosu na okolinu, nema nikakvih mehaničkih mešača, i proces je ustaljen. Promenu potencijalne i kinetičke energije zanemariti. Treba odrediti potreban protok suvozasićene pare, kao i prosečne brzine fluida u pojedinim presecima. RESENJE Poznato je (iz tablica) m kg/s

tok ulaz pare ulaz vode izlaz tople vode

1+ 2+ 1-

4

p bar 3.4 3.4 3.4

o

t C

15 80

h kJ/kg 2730.3 63.5 335.1

s kg/m3 1.85735513 971.628449

a)Bilans mase i energije u ustaljenom radu je, (bez potencijalne i kineticke energije) 0  m 1   m 2  m 1 , 0  m 1 h1   m 2h 2  m 1h1 .

Dve jednacine sa dve nepoznate se rešavaju lako: m 1  0.408 k g / s , m 2  4  0.408  3.592 kg / s .

Prosečne brzine u pojedinim presecima, na osnovu protoka : m  1 0.408 1 w 1   1   111.8788 m / s , 2 1.85735513 (  / 4 )  0.05 2 1 (  / 4 ) D … m  1 4 1 w 1   1   2.097 m / s . 2 971.628449 (  / 4 )  0.05 2 1 (  / 4 ) D 6

RESENJE 2: 2. 2 kg kiseonika (poluidealan gas) menja stanje kvazistatički od p1=1 bar, T1 = 280 K do p2= 30 bar po zakonu pv1.2 = const. Usvojivši za izobarnu specifičnu toplotu kiseonika cp=48.2 - 967 T-1/2 + 11530 T-1 kJ/kmolK, odrediti: c) tehnički rad promene stanja, d) promenu entropije kiseonika. a) Tehnicki rad promene stanja je 1

l12 

p2

p

p2

p1

1

l12

 v ( p )dp   p11 /v1   1  

p   R T1 (1   2   1  p1 

p 1 /d p  p1 v 1

 1

 1

 ( p   p2  ) ,  1 1

1.2  30  )  260  280  (1     1  1.2  1

1.2 1 1.2

)  -333162.3786 J/kg = - 333.1623786 kJ/kg.

L t ,12  m l t ,12  -666.3247572 kJ.

b) Promena entropije kiseonika (poluidealan gas) je 1 1 d s  c p (T ) dT  R 0 dp , kJ/kmolK. T p konkretno T2

s 2  s1 

p

 c p (T ) T1

T

2 2 1 1 dT  R  dp   ( 48.2  967T T p p T 1

0 .5

 11530T

1

1

)

1 p dT  R 0 ln 2 , odnosno T p1

s 2  s1  48.7 ln

T2 1 1 p  967 (T 20 .5 1 1  T10 .5 1 1 )  11530 (T 21 1 1  T 11 1 1 )  R 0 ln 2 , T1  0.5  1  1 1 1 1 p1

s 2  s1  48.7 ln

T2 1 1 p  967 (T 20 .5  T10 .5 )  11530 (T 21  T11 )  R 0 ln 2 . T1  0.5 1 p1

Temperatura na kraju procesa je p1v1



p 2v 2 ,

1 p2

 30  T 2  280     1 

p21 R T 2

1.2 1 1.2



1 p1 p11 R T1 ,

p  oadkle T 2  T1  2   p1 

 1 

 , odnosno ovde

 493.565627315 K,

Zato sledi s 2  s1  48.7 ln

T2 p  2  967(T 20 .5  T10 .5 )  11530(T 21  T11 )  R 0 ln 2 , T1 p1

493.565627315 1 1 )  2  967(  ) 0 .5 280 493.565627315 280 0 .5 1 1 30  11530  (  )  8.314  ln( ) ... 493.565627315 280 1

s 2  s1  48.7 ln(

( s2  s1 )  11.37877169974 kJ/kmolK. Za celu kolicinu kiseonika je S 2  S 1  G( s2  s1 )  2

1  ( 11.37877169974 )  - 0.71117323123 kJ. 32

RESENJE 3 3. 2 m3/s suvozasićene vodene pare na 180oC zagreva se kvazistatično izobarno do 600oC, zatim adijabatno ekspandira do 0.5 bar i 180 oC, pa se izotermnom kompresijom kvazistatično vrati u početno stanje, zatvarajući kružni proces. Odrediti: d) stepen dobrote adijabatne ekspanzije, e) ukupan ostvaren tehnički rad u ovom kružnom procesu, f) termodinamički stepen iskorišćenja kružnog ciklusa. 7

RESENJE h 2

600 oC 3

1 0 18

o

180 oC

c23 = 0 (adijabat a)

C 5 ba

r

3'

s a) t[ 0 C ] Stanje 1 Stanje 2 Stanje 3 Stanje 3'

180 600 180 170.4545

p[bar] 10.027 10.027 0.5 0.5

h[kJ/kg] 2778 3698 2838 2819.3864

s[kJ/kgK] 6.5858 8.027 8.069 8.027

a) Stepen dobrote adijabatske enspanzije 23: l a  t 23 l t 23,k v Rad adijabatske stvarne ekspanzije je l t23  q 23  h 2  h 3  0  h 2  h3 . Rad adijabatske kvazistatične ekspanzije je l t 23 ,k v  q 23 ,k v  h 2  h3 '  0  h 2  h3 ' . Sada je stepen dobrote adijabatske ekspanzije 23 jednak: l q  h 2  h3 0  h 2  h3 a  t 23  23   0.978814 . l t 23 ,k v q 23 ,k v  h 2  h3 ' 0  h 2  h3 ' b) Tehnički rad izobarnog zagrevanja 12: lt12  0 . Rad adijabatne ekspanzije 23 je lt 23  q23  h2  h3  0  h2  h3  3698  2838  860 kJ / kg . Rad izotermne kompresije 31: lt ,31  q31  h3  h1 , a odvedena toplota u izotermnoj kompresiji je q31  T1 ( s1  s3 ) . Dakle, tehnički rad izotermne kompresije 31 je: lt ,31  T1 (s1  s3 )  h3  h1  (180  273.15)  (6.5858  8.069)  (2838  2778)  611.8896 kJ / kg Pa je ukupan ostvaren tehnički rad po jedinici mase u ovom kružnom procesu: 8

lt ,cikl  lt12  lt 23  lt 31  0  860  611.8896  248.11 kJ / kg .

Dok je ukupan ostvaren tehnički rad:  t ,cikl Lt ,cikl  ml za protok fluida koji kruži 1 1 m  1V1  V1  2  10.3146 k g / s v1 0.1939  t ,cikl  10.3146  248.11  2559.155 kW Lt ,cikl  ml

c) Termodinamički stepen iskorišćenja kružnog ciklusa: |q |   1 o q gde se toplota odvodi u procesu 31: q31  qo  T3  s1  s3   180  273 6.5858  8.069   671.8896 kJ / kg , a dovodi u procesu 12: q  q12  h 2  h1  3698  2778  920.00 k J / k g , Pa je termodinamički stepen iskorišćenja kružnog ciklusa: |q | 671.8896   1 o  1  0.2697 q 920 REŠENJE 4: 4. 4.2 kg/min vlažnog vazduha stanja 1(8oC, 97 kPa, =43%) izobarno se zagreva do stanja 2(24oC). Izračunati: a) potrebnu snagu za zagrevanje, b) relativnu vlažnost vlažnog vazduha na izlazu (u stanju 2). RESENJE 15.5%

h

43%

2 24 1 8 x

x1  0.622

1 pws t1  p  1 pw s t1 

 0.622



0.43  pw s 8 o C



 o

0.97  0.43  pws 8 C



 0.622

0.43  0.01072  0.00297 , 0.97  0.43  0.01072

h1  1.007  t1  x 1  2500  1.865  t1  , h 2  1.007  t 2  x 2  2500  1.865  t2  .

Kako je: x1  x 2  x , to je : h  1.007  t 2  t1   x t 2  t1   1.865  1.007   24  8   0.00297   24  8   1.865  16.023 kJ/kgL a) Potrebna snaga za zagrevanje: Q  m L  h Maseni protok suvog vazduha: m 4.2 / 60 m L    0.06979 kgL/s, 1  x 1  0.00297 pa je: Q  0.06979  16.023  1.118 kJ/s = 1.118 kW. 9

b) Relativna vlažnost na izlazu: p  x2 0.97  0.00297 2    0.155 0.622  x 2   pws  t2   0.622  0.00297   0.02982 2  15.5 %

UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek

ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 4.7.2006. 1. Vodena para stanja 1 (3 MPa, 300oC) se hladi pri konstantnoj zapremini do stanja 2 (200oC), a zatim se izotermno sabija do stanja 3 (2.5 MPa). Odrediti: a) stanje vode (vodene pare) na kraju procesa i skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) razmenjenu količinu toplote u ovom procesu, c) zapreminski rad procesa. 2. 5 kg vazduha (id.gas) menja stanje kvazistatično, izobarno od polaznog stanja 1 ( 0,1MPa, 300K ) do stanja 2 (400K), zatim kvazistatično, izohorno do stanja 3 ( T 3  T1 ) i najzad kvazistatično, adijabatno do stanja 4 ( v 4  v1 ,

p4  p1 ). Potrebno je: a) skicirati proces u (p,V) i (T,S) dijagramima stanja, b) odrediti veličine stanja vazduha u tačkama koje odgovaraju karakterističnim stanjima radne supstance, c) odrediti predatu količinu toplote i obavljeni apsolutni i tehnički rad za svaku promenu stanja i za ceo niz promena stanja, d) odrediti promenu entropije vazduha za svaku promenu stanja i za ceo niz promena stanja. 3. U Rankin-Klausijusovom kružnom procesu sa kotlovskim pritiskom 20 bar i pritiskom kondenzatora 0.05 bar, ekspanzija u turbini počinje na 540oC. Izračunati, a zatim uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja kružnog procesa za dva slučaja: a) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv 1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. 4. Vlažan vazduh na 10oC sa 30% relativne vlažnosti u ustaljenom režimu sa 45m3/min ulazi u sistem za pripremu vazduha, a izlazi na 25oC sa 60% relativne vlažnosti. Vazduh se prvo zagreva do 22oC, a zatim ovlažuje ubrizgavanjem pregrejane vodene pare. Ceo proces pripreme teče na 100 kPa, a promene kinetičke i potencijalne energije su zanemarive. Odrediti: a) snagu potrebnu za zagrevanje vazduha do 22oC, b) maseni protok vodene pare za vlaženje vazduha, i c) temperaturu pregrejane pare koja se ubrizgava ako je njen pritisak 12 bar. U Novom Sadu, 4. jula 2006.

dr Gordan Dragutinović REŠENJE 1: o

o

1. Vodena para stanja 1 (3 MPa, 300 C) se hladi pri konstantnoj zapremini do stanja 2 (200 C), a zatim se izotermno sabija do stanja 3 (2.5 MPa). Odrediti: d) stanje vode (vodene pare) na kraju procesa i skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, e) razmenjenu količinu toplote u ovom procesu, f) zapreminski rad procesa. RESENJE

10

p 1

3

2 v

a) Stanje 1: p1  30 bar t1  3000 C v1  0.08119 m3 / kg

h1  2988 kJ/kg s1  6.530 kJ/kgK u1  h1  p1v1  2988  3 103  0.08119  2744.43 kJ/kg

Stanje 2: v2  v1  0.08119 m3 / kg t 2  2000 C x2 

v  v, 0.08119  0.0011565   0.635 v ,,  v , 0.1272  0.0011565

h2  h2,  x2  h2,  h2,,   852.4  0.635  2793  852.4   2084.681 kJ/kg s2  s2,  x2  s2,,  s2,   4.9349 kJ/kgK

Stanje 3: t3  2000 C p3  25 bar v3  0.001155 m3 / kg

h3  852.5 kJ/kg s3  2.327 kJ/kgK u3  h3  p3 v3  852.5  25 102  0.001155  849.6125 kJ/kg

b) Iz: dq=du+dl Za izohoran proces 1-2: q12  u2  u1  1958.659  2744.43  785.771 kJ/kg Za kvazistatičan, izoterman proces vazi: dq  Tds pa je razmenjena količina toplote za proces 2-3: q23  T2  s3  s2   473   2.327  4.9349   1233.5367 kJ/kg Ukupno razmenjena količina toplote za 1-2-3: q13  q12  q23  785.771  1233.5367  2019.3077 kJ/kg c) Zapreminski rad izohornog procesa 1-2: l12  0 kJ/kg zapreminski rad izotermnog procesa 2-3: l23  q23  u23  1233.5367  849.6125  1958.659   124.49 kJ/kg 11

pa je ukupan zapreminski rad za ceo proces: l13  l12  l23  124.49 kJ/kg RESENJE 2: 2. 5 kg vazduha (id.gas) menja stanje kvazistatično, izobarno od polaznog stanja 1 ( 0,1MPa, 300K ) do stanja 2 (400K), zatim kvazistatično, izohorno do stanja 3 ( T 3  T1 ) i najzad kvazistatično, adijabatno do stanja 4 ( v 4  v1 ,

p4  p1 ). Potrebno je: a) skicirati proces u (p,V) i (T,S) dijagramima stanja, b) odrediti veličine stanja vazduha u tačkama koje odgovaraju karakterističnim stanjima radne supstance, c) odrediti predatu količinu toplote i obavljeni apsolutni i tehnički rad za svaku promenu stanja i za ceo niz promena stanja, d) odrediti promenu entropije vazduha za svaku promenu stanja i za ceo niz promena stanja. RESENJE

4

p 1

2

3 v

a) Veličine stanje 1: p1 =0.1 MPa, T1 =300 K,

v1 

R T1 287  300   0.861m 3 / k g , 6 p1 0.1  10

Veličine stanja 2: T 2 =400 K, p 2  p1  0.1 MPa,

v2 

R T 2 287  400   1.148m 3 / k g , 6 p2 0.1  10

Veličine stanja 3:

v 3  v 2  1.148 m 3 / k g , T 3  T1  300 K,

p3 

R T 3 287  300   75000 Pa, v3 1.148

Veličine stanja 4: v 4  v1 , 

1.4

v   1.148  p 4  p3   3   75000     0.861   v4  v  T4  T3   3   v4 

1

 112195 Pa,

1.4 1

 1.148   300     0.861 

 336.59 K,

b) Predata količina toplote i ostvareni rad: l12  p  v 2  v1   28700 J/kg,

L12  143.5  10 3 J,

lt12  0 , 12

L t 12  0 ,  q12   l12 =100450 J/kg,  1 Q12  502.25  10 3 J, l23  0 , L 23  0 , lt 23  v 2  p3  p2   28700 J/kg,

L t 12  143.5  10 3 J,

q 23 

v 2  p3  p 2 

 71750 J/kg,  1 Q 23  358.75  10 3 J, q 34  0 , Q 34  0 ,    26253.32 J/kg,  L 34  131.27  10 3 J,  lt 34   p 3v3  p 4v4   36764.7 J,143.5  10 3  1 L t 34  183.82  10 3 J, l34 

R T3  T4 1   1  T3

Q1234  Q12  Q 23  Q 34  143.5  10 3 J L1234  L12  L 23  L 34  12.24  10 3 J L t 1234  L t 12  L t 23  L t 34  40.32  10 3 J d)Promena entropije:

s2  s1  cv ln

T2 v 400 1.148  R ln 2  720 ln  287 ln  207.13  82.57  289.7 J/kgK T1 v1 300 0.861

S 2  S 1  1.448  10 3 J/K

s3  s 2  cv ln

T3 v  R ln 3  207.13 J/kgK T2 v2

S 3  S 2  1.036  10 3 J/K

S4 S3  0

 S 2  S 1    S 3  S 2    S 4  S 3   0.412  10 3 J/K REŠENJE 3: 3. U Rankin-Klausijusovom kružnom procesu sa kotlovskim pritiskom 20 bar i pritiskom kondenzatora 0.05 bar, ekspanzija u turbini počinje na 540oC. Izračunati, a zatim uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja kružnog procesa za dva slučaja: 1.18 c) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv =const, d) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. RESENJE

13

p

4

1

2b

3

2 v

Stanje pare na ulazu u turbinu (stanje 1): t1  5400 C p1  20 bar v1  0.1851m3 / kg

h1  3556 kJ / kg s1  7.542 kJ / kgK Stanje pare na izlazu iz turbine (stanje 2): p2  0.05 bar Stanje pare se određuje korišćenjem zakona promene stanja: pv1.18  const  p1v11.18  p2 v1.18 2 1

1

 p 1.18  20 1.18 3 pa je: v2  v1  1   0.1851   29.6853 m / kg  0.05   p2  h2  2590.657 kJ / kg

s2  8.4848 kJ / kgK Stanje pare na ulazu u pumpu (stanje 3): p3  0.05 bar x3  0 v3  0.0010053 m3 / kg

h3  137.83 kJ / kg s3  0.4761 kJ / kgK u3  137.82 kJ / kg Stanje pare na izlazu iz pumpe (stanje 4): p4  20 bar s4  s3  0.4761kJ / kgK h4  140.6885 kJ / kg Stanje pare na izlazu iz turbine-adijabatna kvazistatična promena (stanje 2b): p2b  0.05 bar s2b  s1  7.542 kJ / kgK x2b 

s2b  s2, b 7.542  0.4761   0.893 s2,,b  s2, b 8.393  0.4761

h2b  h2, b  x2b  h2b ,,  h2, b   137.83  0.893  2561  137.83   2301.72 kJ / kg

a) Proces 1-2-3-4: q12  0 lt ,23  0

1-2 je adijabatna promena, 2-3 je izobarna promena, 14

q23   h3  h2   lt ,23  137.83  2590.657  2452.827 kJ / kg

3-4 je kvazistatična adijabata, 4-1 je izobarna promena,

q34  0 lt ,41  0 q41   h1  h4   lt ,41  3556  140.6885  3415.3115 kJ / kg

Dobija se: q 2452.827 a  1  23  1   0.2818 q41 3415.3115

b) Proces 1-2b-3-4: q12b  0 lt ,2b 3  0

1-2 je adijabatna promena, 2-3 je izobarna promena,

q2b3   h3  h2b   lt ,2b3  137.83  2301.72  2163.89 kJ / kg

3-4 je kvazistatična adijabata, 4-1 je izobarna promena,

q34  0 lt ,41  0 q41   h1  h4   lt ,41  3556  140.6885  3415.3115 kJ / kg

Dobija se: q 2163.89 a  1  2b 3  1   0.3664 q41 3415.3115 REŠENJE 4: 4. Sistem za pripremu vazduha uzima spoljni vazduh na 10oC sa 30% relativne vlažnosti u ustaljenom režimu sa 45m3/min, i zagreva do 25oC sa 60% relativne vlažnosti. Ulazni vazduh se prvo zagreva do 22oC a zatim ovlažuje ubrizgavanjem pregrajne vodene pare. Smatrajući da ceo proces pripreme teče na 100 kPa, da nema promene kinetičke i potencijalne energije, odrediti: a) snagu grejača za zagrevanje vazduha do 22oC, i b) maseni protok vodene pare za ovlaživanje vazduha, c) temperaturu pregrejane pare koja se ubrizgava ako je njen pritisak 12 bar. RESENJE a) bilans za sekciju zagrevanja vazduha je 0  L1  L2 , L2  L1  L , bilans suvog vazduha   0  L x1  L x 2 , bilans vlage u VV   Q  0 . bilans energije za sekciju grejanja. 0  L h  Lh 1

2

x 2  x1 , Q  L (h 2  h1 ) . x1  0.622

1  p s (t1 ) s

p  1  p (t1 )

 0.622

0.3  p s (10 o C) s

o

100  0.3  p (10 C)

 0.622

0.3  1.2276  0.002299 kgW/kgL, 100  0.3  1.2276

x 2  x1  0.002299 kgW/kgL, h1  1.007 t1  x 1 (2500  1.867 t1 )  1.007  10  0.002299  (2500  1.867  10)  ...kJ/kgL, h 2  h1  (1.007  x11.867)(t 2  t1 )  (1.007  0.002299  1.867)  (22  10)  12.135507 kJ/kgL,  T , p L ,1V1  LR L 1

gde je parcijalni pritisak suvog vazduha na ulazu jednak p L ,1  p  pW ,1  p  1 p s (t1 ) . Tako je p p  1 p s (t1 ) 100  0.3  1.2276 L  V1 L ,1  V1  45  55.2 kg/min , 0.92 kg/s. R L T1 R L T1 0.287  (273.15  10) Q  L (h  h )  0.92  12.135  11.164 kJ/s , 11.164 kW. 2

1

b) 15

0  L 2  L3 , L3  L2  L ,  , 0  L x 2  m  Lx 3   0  L h  m h  L h  0  0 . 2

3

bilans suvog vazduha bilans vlage u VV bilans energije za sekciju vlaženja.

m  L ( x 3  x 2 ) ,

x 3  0.622

3  p s (t3 ) p  3  p s (t 3 )

 0.622

0.6  p s (25 o C) 100  0.6  p s (25 o C)

 0.622

0.6  3.169  0.012054 kgW/kgL, 100  0.6  3.169

m  L ( x 3  x 2 )  55.2  (0.01205  0.002299)  0.538255 kg/min, 0.008971 kg/s. c) L L h  (h 3  h 2 )  ( h 3  h 2 ) m m

h 3  1.007t 3  x 3 (2500  1.867 t 3 )  1.007  25  0.01205  (2500  1.867  25)  55.86 kJ/kgL, h 2  1.007 t2  x 2 (2500  1.867 t 2 )  1.007  22  0.002299  (2500  1.867  22)  27.996 kJ/kgL, h

55.2 (55.86  27.996)  2858.90 kJ/kg 0.538

Ako je para na 12 bar, tada mora biti na oko 217.4oC.

UNIVERZITET U NOVOM SADU, FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 4.9.2006. 1. 5 kg vodene pare stanja 1(5 bar, 250oC) izoentropno ekspandira do 150oC, a zatim se izotermno kvazistatično ohladi do stanja suvozasićene vodene pare. Odrediti: a) koliko je potrebno odvesti toplote od vodene pare tokom procesa i b) koliko iznosi promena entropije i unutrašnje energije vodene pare i c) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja. 2. Dvoatomni idealni gas se nalazi u cilindru na pritisku 2 bar. Gasu se kvazistatično izobarno dovede 100 KJ toplote. Odrediti: a) rad koji obavi gas pri tom procesu, b) promenu zapremine gasa u cilindru i c) skicirati proces u (p,v) i (T,s) dijagramima stanja. 3. 1 kg vodene pare se izohorno zagreva od stanja 1(6 bar, 160oC) do 2(10 bar), a zatim izobarno dovede do stanja suvozasićene pare, stanje 3. Para se zatim izohorno hladi do stanja 4 i na kraju, izotermno dovodi do početnog stanja 1. a) Skicirati procese u (p,v) dijagramu stanja. b) Izračunati ukupni zapreminski rad kružnog procesa, kJ, i razmenjenu toplotu sa svaki deo procesa, kJ. o 3 5. Vlažan vazduh na 10 C sa 30% relativne vlažnosti u ustaljenom režimu sa 45m /min ulazi u sistem za pripremu vazo o duha, a izlazi na 25 C sa 60% relativne vlažnosti. Vazduh se prvo zagreva do 22 C, a zatim ovlažuje ubrizgavanjem pregrejane vodene pare. Ceo proces pripreme teče na 100 kPa, a promene kinetičke i potencijalne energije su zanemarive. Odrediti: d) snagu potrebnu za zagrevanje vazduha do 22oC, e) maseni protok vodene pare za vlaženje vazduha, i f) temperaturu pregrejane pare koja se ubrizgava ako je njen pritisak 12 bar. Novi Sad, 4. septembar 2006.

dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 1. 5 kg vodene pare stanja 1(5 bar, 250oC) izoentropno ekspandira do 150oC, a zatim se izotermno kvazistatično ohladi do stanja suvozasićene vodene pare.. Odrediti: a) koliko je potrebno odvesti toplote od vodene pare tokom procesa i b) koliko iznosi promena entropije i unutrašnje energije vodene pare i c) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja. 16

T

0

0 0

3

0

1

2

s

Stanje pare na početku procesa:

p1  5 bar t1  2500 C v1  0.4942 m3 / kg h1  2957.75 kJ / kg s1  7.273kJ / kgK u1  2710.65kJ / kg stanje pare posle ekspanzije:

p2  2.0125 bar t 2  1500 C s2  s1  7.273 kJ / kgK stanje pare na kraju procesa hlađenja:

t3  t2  1500 C p3  4.76 bar s3  6.8383 kJ / kgK h3  2746kJ / kg v3  0.3926 m3 / kg u3  h3  p3 v3  2746  4.76 105  0.3926 10 3  2559.32 kJ / kg a) Proces izoentropne ekspanzije je adijabatan proces pa je: Q12  0 . za izoterman proces 2-3, polazeći od:

dq  Tds može se napisati:

q23  T3  s3  s2   150  273  6.8383  7.273  183.878 kJ / kg

Q23  919.391 kJ tj., za ceo proces potrebno je dovesti: Q13  Q12  Q23  919.391 kJ . b) Promena entropije za izotermno hlađenje

s23  s3  s2  6.8383  7.273  0.4347 kJ / kgK S23  m  s23  2.1735 kJ / K dok je proces 2-3 izoentropan pa je S  S 23  2.1735 kJ / K . Promena unutrašnje energije procesa 1-3:

u  u3  u1  u3  (h1  p1v1 )  2559  (2957.75  5 105  0.4942)  151.65 kJ / kg U  m  u  5  (151.65)  758.25 kJ

RESENJE 2: 2. Dvoatomni idealni gas se nalazi u cilindru na pritisku 2 bar. Gasu se kvazistatično izobarno dovede 100 KJ toplote. Odrediti: d) rad koji obavi gas pri tom procesu, e) promenu zapremine gasa u cilindru i f) skicirati proces u (p,v) i (T,s) dijagramima stanja. RESENJE: 17

T

p

2 1

2 1

s

v

a) Polazeći od dq  du  dl za izobaran proces važi: c p dT  cv dT  dl odnosno: c p  cv  c p dT  dl cp pa važi:  1 l12   q12  to jest, rad koji dvoatomni gas obavi tokom procesa:  1 1.4  1 L12   Q12  100  28.571 KJ  1.4 b) Za kvazistatičan izobaran proces važi: V2

L12 

 pdV  p V

2

 V1   pV

V1

pa je promena zapremine tokom ovog procesa: L 28571 V  12   0.1429 m3 p 200000 RESENJE 3: 3. 1 kg vodene pare se izohorno zagreva od stanja 1(6 bar, 160oC) do 2(10 bar), a zatim izobarno dovede do stanja suvozasićene pare, stanje 3. Para se zatim izohorno hladi i na kraju,izotermno dovodi do početnog stanja 1. a) Skicirati procese u (p,v) dijagramu stanja. c) Izračunati ukupni zapreminski rad kružnog procesa, kJ, i razmenjenu toplotu sa svaki deo procesa, kJ. p

3

2

4 1

v RESENJE:

v1  0.3167 m3/kg, u1  2568.98 kJ/kg, s1  6.767 kJ/kgK v2  v1  0.3167 m3/kg, u2  2992.46 kJ/kg, v3  0.1944 m3/kg, u3  2583.6 kJ/kg, v4  v3  0.1944 m3/kg, T4  T1  160 0C, u4  1871.2 kJ/kg, s4  4.972 kJ/kgK. U  Q  L , 18

izohorno zagrevanje 1-2:

U12  Q12  L12 , L12  0 , Q12  U 12, U12  U 2  U1  423.48 kJ, Q12  U12  423.48 kJ, izobarna promena stanja 2-3:

U 23  Q23  L23 , 3

L23   pdv  mp(v3  v2 )  122.3 kJ 2

Q23  m(u3  u2 )  L23  531.16 kJ izohorno hladenje 3-4:

U 34  Q34  L34 , L34  0 , Q34  m(u4  u3 )  709.86 kJ, izotermno sirenje 4-1:

Q41  T1  s1  s4   771.173 kJ,

L41  Q41  m(u1  u4 )  75.333 kJ, ukupni zapreminski rad kruznog procesa:

LQ  46.96 kJ, ukupna razmenjena toplota:

QQ  46.37 kJ, LQ  QQ . REŠENJE 4: 5. Sistem za pripremu vazduha uzima spoljni vazduh na 10oC sa 30% relativne vlažnosti u ustaljenom režimu sa 45m3/min, i zagreva do 25oC sa 60% relativne vlažnosti. Ulazni vazduh se prvo zagreva do 22oC a zatim ovlažuje ubrizgavanjem pregrajne vodene pare. Smatrajući da ceo proces pripreme teče na 100 kPa, da nema promene kinetičke i potencijalne energije, odrediti: d) snagu grejača za zagrevanje vazduha do 22oC, i e) maseni protok vodene pare za ovlaživanje vazduha. RESENJE: h  1  30%

250C 220C

 3  60% 3

2 1

100C

x

a) bilans za sekciju zagrevanja vazduha je 0  L1  L2 , 0  L x1  L x 2 ,

L2  L1  L ,

bilans suvog vazduha bilans vlage u VV 19

  Q  0 . 0  L h1  Lh 2

bilans energije za sekciju grejanja.

x 2  x1 , Q  L (h 2  h1 ) . x1  0.622

1  p s (t1 ) s

p  1  p (t1 )

 0.622

0.3  p s (10 o C) s

o

100  0.3  p (10 C)

 0.622

0.3  1.2276  0.002299 kgW/kgL, 100  0.3  1.2276

x 2  x1  0.002299 kgW/kgL, h1  1.007 t1  x 1 (2500  1.867 t1 )  1.007  10  0.002299  (2500  1.867  10)  ...kJ/kgL, h 2  h1  (1.007  x11.867)(t 2  t1 )  (1.007  0.002299  1.867)  (22  10)  12.135507 kJ/kgL,  T , p L ,1V1  LR L 1

gde je parcijalni pritisak suvog vazduha na ulazu jednak p L ,1  p  pW ,1  p  1 p s (t1 ) . Tako je p p  1 p s (t1 ) 100  0.3  1.2276 L  V1 L ,1  V1  45  55.2 kg/min , 0.92 kg/s. R L T1 R L T1 0.287  (273.15  10) Q  L (h  h )  0.92  12.135  11.164 kJ/s , 11.164 kW. 2

1

b) 0  L 2  L3 , L3  L2  L ,  , 0  L x 2  m  Lx 3 0  L h  m h  L h  0  0 . 2

3

bilans suvog vazduha bilans vlage u VV bilans energije za sekciju vlaženja.

m  L ( x 3  x 2 ) ,

x 3  0.622

3  p s (t3 ) s

 0.622

0.6  p s (25 o C) s

o

 0.622

0.6  3.169  0.012054 kgW/kgL, 100  0.6  3.169

p  3  p (t 3 ) 100  0.6  p (25 C)  m  L ( x 3  x 2 )  55.2  (0.01205  0.002299)  0.538255 kg/min, 0.008971 kg/s. c) L L h  (h 3  h 2 )  ( h 3  h 2 ) m m

h 3  1.007t 3  x 3 (2500  1.867 t 3 )  1.007  25  0.01205  (2500  1.867  25)  55.86 kJ/kgL, h 2  1.007 t2  x 2 (2500  1.867 t 2 )  1.007  22  0.002299  (2500  1.867  22)  27.996 kJ/kgL, h

55.2 (55.86  27.996)  2858.90 kJ/kg 0.538

Ako je para na 12 bar, tada mora biti na oko 217.4oC. UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 04.09.2007. 1. 10 kg vazduha (id.gas) stanja 1 (2 bar, 1300oC) se adijabatno komprimuje sve dok se pritisak ne poveća deset puta, a zatim se izohorno ohladi do početnog pritiska. Obe promene su kvazistatične. d) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja. e) Izračunati razmenjenu količinu toplote i izvršeni zapreminski rad. f) Izračunati promenu unutrašnje energije vazduha. 2. U ustaljenom režimu, 37 m3/min vazduha (id. gas) na 136 kPa i 305 K ulazi u kompresor i komprimuje se do 680 kPa i specifične zapremine 0.1686 m3/kg. Kompresoru se dovodi 161.5 kJ rada po svakom kg vazduha koji protiče. Usled prenosa toplote sa vazduha na rashladnu vodu (koja cirkulise oko kompresora) temperatura rashladne vode poraste za 11oC. Zanemariti druge razmene toplote, kao i promene potencijalne i kinetičke energije, i izračunati potrebni maseni protok vode za hlađenje kompresora, kg/min. 5. Vodena para obavlja Rankin-Klausijus-ov kružni proces sa jednim međupregrevanjem pare. Vodena para ulazi u turbinu visokog pritiska, na pritisku 14 MPa i temperaturi 600oC. Nakon ekspanzije u turbini visokog pritiska do 8 MPa, para se odvodi na 20

pregrevanje do 600oC, a zatim u turbinu niskog pritiska. Turbina i pumpa su adijabatne i idealne. Pritisak u kondenzatoru iznosi 6 kPa. Skicirati proces u (h,s) dijagramu stanja i izračunati termodinamički stepen iskorišćenja kružnog procesa. 4. 12.5 m3/min vlažnog vazduha sa 99 kPa, 35oC i 95% relativne vlažnosti ulazi u erkondišn (air-conditioner), a izlazi kao tok zasićenog vlažnog vazduha na 15oC. Vlaga koja se pri tom kondenzuje odvodi se na 15oC. Zanemariti promene pritiska, kinetičke i potencijalne energije i izračunati: a) količinu vlage koja se izdvaja, i b) toplotu koja se odvodi od vlažnog vazduha. Novi Sad, 4. septembar 2007.

dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1:

10 kg vazduha (id.gas) stanja 1 (2 bar, 1300oC) se adijabatno komprimuje sve dok se pritisak ne poveća deset puta, a zatim se izohorno ohladi do početnog pritiska. Obe promene su kvazistatične. d) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja. e) Izračunati razmenjenu količinu toplote i izvršeni zapreminski rad. f) Izračunati promenu unutrašnje energije vazduha. 1.

RESENJE 1:

Stanje 1:

p1  2bar o T1 1300 C iz jednačine stanja za idealan gas:

V1 

mRT1 10  287  1573   22.573 m3 p1 200000

Stanje 2: za adijabatnu kvazistatičnu promenu stanja 1-2 važi:

T2  p2    T1  p1 

1 

pa je odatle temperatura:

p  T2  T1  2   p1 

 1 

 20   1573     2 

1.4 1 1.4

 3036.89 K

a iz jednačine stanja idealnog gasa dobija se zapremina:

V2 

mRT2 10  287  3036.89   4.238 m3 p2 2000000

Stanje 3: Proces 2-3 je izohoran pa je:

V2  V3

Početni i krajnji pritisak ova dva procesa su isti:

p3  p1

a iz jednačine stanja idealnog gasa dobija se temperatura u stanju 3:

T3 

V3 p3  303.69 K mR

Razmenjena količina toplote može se naći iz:

dq  du  dl Kako je process 1-2 adijabatan to je:

Q12  0 kJ tj.

Q13  Q12  Q23  Q23 odnosno, za izohoran proces 1-2:

L23  0 kJ pa je:

Q23  U 23 odnosno:

Q13  Q23  m  cv T3  T2   19679.05 kJ Ostvaren zapreminski rad tokom ovog procesa kako je:

L23  0 kJ to je: 

3 3 3 V  1  V1 1 p2V2V21   p1V1V11 V  L13  L12   pdV   p1  1  dV  p1V1  V  dV  p1V1 2   10503.5 kJ   1 1  V  2 2 2

a promena unutrašnje energije vazduha se može naći iz prvog zakona termodinamike:

21

U13  Q13  L13  19679.05  10503.5  9175.55 kJ RESENJE 2: 2. U ustaljenom režimu, 37 m3/min vazduha (id. gas) na 136 kPa i 305 K ulazi u kompresor i komprimuje se do 680 kPa i specifične zapremine 0.1686 m3/kg. Kompresoru se dovodi 161.5 kJ rada po svakom kg vazduha koji protiče. Usled prenosa toplote sa vazduha na rashladnu vodu (koja cirkulise oko kompresora) temperatura rashladne vode poraste za 11oC. Zanemariti druge razmene toplote, kao i promene potencijalne i kinetičke energije, i izračunati potrebni maseni protok vode za hlađenje kompresora, kg/min. RESENJE 2: m h2 2

L k

L k

w,1 2

Q

Q a  0

1 h1 m

w,1

m w h w,1

Q

Q a  0

1 w,2

w,2

h w,2 m w

Bilansi energije za kontrolne zapremine u ustaljenom rezimu, uz zanemarivanje promena kineticke i potencijalne energije, su: 0  m h1  m h 2  Q  L k , (za gas i kompresor, kojem se dovodi snaga, i pri tom hladi) 0  m w hw ,1  m w h w ,2  Q  0 , (za vodu koja protice i greje se sa strane kompresora).

Eliminacijom toplote iz druge jednacine bice m w 

m (h1  h 2 )  L k h  h 2  L k / m Q   m 1 hw ,2  hw ,1 hw ,2  h w ,1 hw ,2  hw ,1

Razlika specificnih entalpija za vazduh je h1  h 2  c p (T1  T 2 ) ;

Temperatura gasa na izlazu je p v (680  10 3 )  0.1686 T2  2 2   399.4704 K, R 287 pa je h1  h 2  c p (T1  T 2 )  1.00  (305  399.47)  - 94.4704 kJ/kg.

Maseni protok vazduha je na osnovu ulaznog stanja vazduha: m 

V1 37 / 60   0.958152 kg/s, v1 0.6436

jer je v1 

R T1 287  305 3   0.6436 m /kg. p1 136  103

Voda je nekompresibilna, te je, uzevsi aproksimativno c = 4.1618 kJ/kgK, hw ,2  hw ,1  c(T w ,2  T w ,1 )  4.1618  11  45.7798 kJ/kg.

Prema tome: m w  m

h1  h 2  L k / m 94.47  161.5  0.9582   1.40298 kg/s = 84.2 kg/min hw ,2  hw ,1 45.7798

RESENJE 3 3. Vodena para obavlja Rankin-Clausius-ov kružni proces sa jednim međupregrevanjem pare. Vodena para ulazi u turbinu visokog pritiska, na pritisku 14 MPa i temperaturi 600oC. Nakon ekspanzije u turbini visokog pritiska do 8 MPa, para se odvodi na 22

pregrevanje do 600oC, a zatim u turbinu niskog pritiska. Turbina i pumpa su adijabatne i idealne. Pritisak u kondenzatoru iznosi 6 kPa. Skicirati proces u (h,s) dijagramu stanja i izračunati termodinamički stepen iskorišćenja kružnog procesa. RESENJE: T

1

3

140 bar

2

6 0.06 bar

5

4 s

Stanje 1: p1  14 MPa = 140 bar,

t1  600oC, h1  3585 kJ/kg, s1  6.716 kJ/kgK. Stanje 2:

s2  s1  6.716 kJ/kgK p2  8 MPa=80 bar,

h2  3393.47 kJ/kg,

Stanje 3: t3  600oC,

p3  8 MPa=80 bar,

h3  3640 kJ/kg,

s3  7.019 kJ/kgK,

Stanje 4: p4  6kPa=0.06 bar,

s4  s3  7.019 kJ/kgK, x4 a 

s  s, 7.019  0.5207   0.832 s ,,  s, 8.328  0.5207

h4  2161.2 kJ/kg,

Stanje 5:

p5  p4  0.06 bar h5  151.5 kJ / kg

s5  0.5207 kJ / kgK

Stanje 6: p6  14 MPa = 140 bar

s6  s5  0.5207 kJ / kgK h6  166.13 kJ/kg Rad dvostepene turbine:

Lt

m

  h1  h2    h3  h4   1670.33 kJ/kg

Rad pumpe:

L p m

 h6  h5  14.63 kJ/kg

Dovedena količina toplote radnom fluidu u kotlu i dogrejaču po jedinici masenog protoka:

Q in   h1  h6    h3  h2   3665.4 kJ/kg m Termodinamički stepen iskorišćenja za tri različita pritiska dogrevanja:



lneto qin

Lt L p   m m  0.4517  45.17% Q in

m 23

 46.07

45.27

44.46

20

80

120

p2

UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 05.09.2007. 50 000 kg/h vodene pare, stanja 30 bar i 320oC, meša se sa m kg/h vode stanja 30 bar i 200oC. Kao rezultat na izlazu se dobija stalni protok suvozasićene vodene pare na 30 bar. Razmena toplote sa okolinom, promena kinetičke i potencijalne energije mogu se zanemariti. Izračunati. b) potrebni maseni protok vode (tečnosti), c) generisanje entropije u ovom procesu mešanja. 2. Vazduh početnog stanja 0.75 bar, 1000 K i zapremine 0.12 m3, obavlja dva uzastopna procesa: prvo se izotermno komprimuje do polovine početne zapremine, a zatim izobarno do četvrtine početne zapremine. Ako je vazduh idealan gas, treba: a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) izračunati ukupan zapreminsi rad i ukupno razmenjenu količinu toplote u ovom procesu, c) ukupnu promenu entropije vazduha. 5. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa sa pregrevanjem pare, pritisak kondenzacije je 10 kPa, a najviša temperatura u procesu je 400oC. Zanemarivši rad za pumpanje, treba odrediti termodinamički stepen iskorišćenja procesa kada se toplota dovodi na: a) 2 MPa, b) 4 MPa, Koji od prethodnih slučajeva ima veći termodinamički stepen iskorišćenja i za koliko posto? Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. 4.

Novi Sad, 5. septembar 2007.

dr Gordan Dragutinović RESENJE 1:

50 000 kg/h vodene pare, stanja 30 bar i 320oC, meša se sa m kg/h vode stanja 30 bar i 200oC. Kao rezultat na izlazu se dobija stalni protok suvozasićene vodene pare na 30 bar. Razmena toplote sa okolinom, promena kinetičke i potencijalne energije mogu se zanemariti. Izračunati. e) potrebni maseni protok vode (tečnosti), f) generisanje entropije u ovom procesu mešanja. 8.

RESENJE 1:

24

a) Za ovaj ustaljeni procas mešanja mogu se napisati bilansne jednačine u sledećem obliku: Bilans mase: 0  m 1  m 2  m 3 Bilans energije: 1 1 1       0  m 1  h  w2  gz   m 2  h  w2  gz   m 3  h  w 2  gz  2 2 2  1  2  3 Bilans entropije: 0  m 1s1  m 2 s2  m 3 s3  0  Sgen . Veličine stanja za pojedine tokove: p  30 bar t1  3200 C h1  3038 kJ / kg s1  6.615 kJ / kgK 1: 1 , , , 0 p  30 bar t  200 C h  852.6 kJ / kg 2: 2 , 2 , 2 , s2  2.326 kJ / kgK ,, ,, 3: p3  30 bar , h3  h3  2804 kJ / kg , s3  s3  6,186 kJ / kgK Iz bilansa mase i energije sledi: 0  m 1h1  m 2 h2   m 1  m 2  h3

pa je: m 2  h3  h2   m 1  h1  h3   odnosno m2 je: h h 3038  2804 m 2  m 1 1 3  50000   5995.7 kg / h h3  h2 2804  852.6

b) Generisana entropija u ovom procesu mešanja se dobija iz bilansa entropije: Sgen  m 3 s3  m 1 s1  m 2 s2   m 1  m 2  s3  m 1s1  m 2 s2    50000  5995.7   6.186  50000  6.615  5995.7  2.326  1693.4 kJ / hK  0.47 kJ / sK

RESENJE 2: 2. Vazduh početnog stanja 0.75 bar, 1000 K i zapremine 0.12 m3, obavlja dva uzastopna procesa: prvo se izotermno komprimuje do polovine početne zapremine, a zatim izobarno do četvrtine početne zapremine. Ako je vazduh idealan gas, treba: a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) izračunati ukupan zapreminsi rad i ukupno razmenjenu količinu toplote u ovom procesu, c) ukupnu promenu entropije vazduha. RESENJE 2: a) Veličine stanja vazduha: Stanje 1: p1  0.75 bar , T1  1000 K , V1  0.12 m3 Stanje 2: V V2  1 2 za izoterman proces 1-2 važi: T2  T1  1000K i Stanje 3: V V3  1 4 za izobaran proces 2-3 važi:

p3  p2  1.5 bar

p2 

p1V1 1  0.75   1.5 bar V2 0.5

T3  T2

i

V3  T1  0.5  1000  0.5  500 K V2

b) Ukupan ostvareni zapreminski rad u ovom procesu: 2 3 2 V dV L13  L12  L23   pdV   pdV   mRT  p2 V3  V2   mRT1 ln 2  p2 V3  V2  V V1 1 2 1 m

p1V1 0.75 105  0.12   0.03136 kg RT1 287 1000

gde je: pa se dobija zapreminski rad:

25

0.5  V1  1.5  105  0.5  0.5  0.12  0.5  0.12   10740 J V1 Ukupno razmenjena količina toplote je: Q13  U13  L13  mcv  T3  T1   L13  0.03136  0.72  500  1000   10.74  22.0296 kJ L13  0.03136  287 1000  ln

c)Promena entropije vazduha:  T p  500 1.5   S13  S3  S1  m  c p ln 3  R ln 3   0.03136 1.00  ln  0.287  ln   0.0279756 kJ / K T1 p1  1000 0.75    RESENJE 3:

Pritisak kondenzacije kod Rankin-Klausijusovog kruznog procesa je 10 kPa, a najvisa tempera u procesu je 400oC. Zanemarivsi rad za pumpanje, treba odrediti termodinamicki stepen iskoriscenja procesa kada se toplota dovodi na: a) 2 MPa, b) 4 MPa, Koji od prethodnih slucajeva ima veci termodinamicki stepen iskoriscenja i za koliko posto? Oba slucaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. 3.

RESENJE 3b

T

3a K

p = 4 M Pa

T 3=(273.15+400) K

p = 2 M Pa

p = 4 M Pa p = 2 M Pa p = 10 k Pa=0.01 M Pa

2b 2a 1

p = 10 k Pa

4b

4a

s

1 2a 3a 4a 2b 3b 4b

t C 45.81 45.88 400 45.81 45.94 400 45.81

p MPa 0.01 2 2 0.01 4 4 0.01

v=1/r m3/kg 0.00101 0.001009 0.1512 12.67 0.001009 0.07341 11.97

u kJ/kg 191.8 191.8 2945 2132 191.8 2920 2024

h kJ/kg 191.8 193.8 3248 2258 195.8 3214 2144

S kJ/kgK 0.6492 0.6492 7.127 7.127 0.6492 6.769 6.769

x

faza

0

klucala voda voda para (T>TK) vlazna para voda para (T>TK) vlazna para

0.8636

0.8159

a) a 

tacno

( h3 a  h 4 a )  ( h 2 a  h1 )  h3 a  h 2 a

0.3235 = 32.35% ( h 3 a  h 4 a )  ( h 2 a  h1 ) ( h 3 a  h 4 a ) a    h3 a  h 2 a h 3 a  h1 priblizno (zanemarivanjem rada pumpanja) 0.3239 = 32.39% b) ( h  h 4 b )  ( h 2 b  h1 ) b  3 b  h 3 a  h 2b tacno 0.3532 = 35.320% ( h 3 b  h 4 b )  ( h 2b  h 1 ) ( h 3 b  h 4 b ) b    h 3 a  h 2b h 3b  h1 priblizno (zanemarivanjem rada pumpanja) 0.354 = 35.40% c) procenat povecanja % povecan ja 

b  a  0.3540  100  b  1  100   1  100  a a 0.3239

9.2929917 =9.3 %. 26

UNIVERZITET U NOVOM SADU, FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 5.10.2006. 2. 5 kg vodene pare stanja 1(5 bar, 250oC) izoentropno ekspandira do 150oC, a zatim se izotermno kvazistatično ohladi do stanja suvozasićene vodene pare. Odrediti: a) koliko je potrebno odvesti toplote od vodene pare tokom procesa i b) koliko iznosi promena entropije i unutrašnje energije vodene pare i c) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja. 2 2. Vazduh (id. gas) se nalazi u cilindru konstantnog poprečnog preseka 10 cm sa pokretnim klipom. Rastojanje od dna cilindra do klipa je 20 cm u početnom stanju. Vazduh ekspandira od stanja 1(1 bar, 20oC) do stanja 2(0.5 bar, 18oC).Tokom procesa dovodi se toplota od 8 J. Takođe se mešalicom dovodi rad od 1.85 J. Nema značajne promene potencijalne i kinetičke energije gasa. Odrediti rad koji vazduh vrši na klip za vreme procesa, kao i promenu entropije gasa u ovom procesu. 4. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najviša o temperatura u procesu je 540 C. Izračunati, a zatim uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja kružnog procesa za dva slučaja: e) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv 1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. 4. Vazduh je na 20oC i 100 kPa u prostoriji zapremine 400 m3 sa relativnom vlažnošću 65%. Odrediti: a) parcijalan pritisak vlage u vlažnom vazduhu, b) količinu vlage u prostoriji, kg, i apsolutnu vlažnost vlažnog vazduha, c) količinu vlage koja još može da ispari na stalnom pritisku i temperaturi, d) do koje temperature treba zagrejati prostoriju da bi bilo moguće ispariti 10 kg vode koja je uneta u prostoriju. Novi Sad, 5. oktobar 2006.

dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 1. 5 kg vodene pare stanja 1(5 bar, 250oC) izoentropno ekspandira do 150oC, a zatim se izotermno kvazistatično ohladi do stanja suvozasićene vodene pare.. Odrediti: a) koliko je potrebno odvesti toplote od vodene pare tokom procesa i b) koliko iznosi promena entropije i unutrašnje energije vodene pare i c) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja. T

0

0 0

3

0

1

2

s

Stanje pare na početku procesa:

p1  5 bar t1  2500 C v1  0.4942 m3 / kg h1  2957.75 kJ / kg s1  7.273kJ / kgK u1  2710.65kJ / kg stanje pare posle ekspanzije:

27

p2  2.0125 bar t 2  1500 C s2  s1  7.273 kJ / kgK stanje pare na kraju procesa hlađenja:

t3  t2  1500 C p3  4.76 bar s3  6.8383 kJ / kgK h3  2746kJ / kg v3  0.3926 m3 / kg u3  h3  p3 v3  2746  4.76 105  0.3926 10 3  2559.32 kJ / kg a) Proces izoentropne ekspanzije je adijabatan proces pa je: Q12  0 . za izoterman proces 2-3, polazeći od:

dq  Tds može se napisati:

q23  T3  s3  s2   150  273  6.8383  7.273  183.878 kJ / kg

Q23  919.391 kJ tj., za ceo proces potrebno je dovesti: Q13  Q12  Q23  919.391 kJ . b) Promena entropije za izotermno hlađenje

s23  s3  s2  6.8383  7.273  0.4347 kJ / kgK S23  m  s23  2.1735 kJ / K dok je proces 2-3 izoentropan pa je S  S 23  2.1735 kJ / K . Promena unutrašnje energije procesa 1-3:

u  u3  u1  u3  (h1  p1v1 )  2559  (2957.75  5 105  0.4942)  151.65 kJ / kg U  m  u  5  (151.65)  758.25 kJ

REŠENJE 2: 1. Vazduh (id. gas) se nalazi u cilindru konstantnog poprečnog preseka 10 cm2 sa pokretnim klipom. Rastojanje od dna cilindra do klipa je 20 cm u početnom stanju. Vazduh ekspandira od stanja 1(1 bar, 20oC) do stanja 2(0.5 bar, 18oC).Tokom procesa dovodi se toplota od 8 J. Takođe se mešalicom dovodi rad od 1.85 J. Nema značajne promene potencijalne i kinetičke energije gasa. Odrediti rad koji vazduh vrši na klip za vreme procesa, kao i promenu entropije gasa u ovom procesu. a)

Q  U   Lm  Lv  ; gde je masa u cilindru data je sa:

m

pV 105 10 104  20  102   2.378 104 kg RT 287  293

a promena unutrašnje energije:

U  mcv T  2.378 104  0.72  2  0.34 J. Odavde sledi : 8 J=-0.34 J+ ( 1.85  Lv ); odnosno: Lv = 8 + 0.34 + 1.85 =10.19 J. b) Iz prvog zakona termodinamike dq  dh  dlt ; odakle sledi: Tds = c p dT  vdp . Promena entropije: 28

c dT R v dp  p  dp , T T T p T p 291 0.5 s12  c p  ln 2  R ln 2  1000  ln  287  ln  192.08 J/kgK T1 p1 293 1 ds 

c p dT



RESENJE 3: 5. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najviša temperatura u procesu je 540oC. Izračunati, a zatim uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja kružnog procesa za dva slučaja: 1.18 f) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv =const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. RESENJE p

4

1

2

2b

3

v

Stanje pare na ulazu u turbinu (stanje 1): t1  5400 C p1  20 bar v1  0.1851m3 / kg

h1  3556 kJ / kg s1  7.542 kJ / kgK Stanje pare na izlazu iz turbine (stanje 2): p2  0.05 bar Stanje pare se određuje korišćenjem zakona promene stanja: pv1.18  const  p1v11.18  p2 v1.18 2 1

1

 p 1.18  20 1.18 3 pa je: v2  v1  1   0.1851   29.6853 m / kg  0.05   p2  h2  2590.657 kJ / kg

s2  8.4848 kJ / kgK Stanje pare na ulazu u pumpu (stanje 3): p3  0.05 bar x3  0 v3  0.0010053 m3 / kg

h3  137.83 kJ / kg s3  0.4761 kJ / kgK u3  137.82 kJ / kg Stanje pare na izlazu iz pumpe (stanje 4): p4  20 bar s4  s3  0.4761kJ / kgK h4  140.6885 kJ / kg Stanje pare na izlazu iz turbine-adijabatna kvazistatična promena (stanje 2b): 29

p2b  0.05 bar s2b  s1  7.542 kJ / kgK x2b 

s2b  s2, b 7.542  0.4761   0.893 s2,,b  s2, b 8.393  0.4761

h2b  h2, b  x2b  h2b ,,  h2, b   137.83  0.893  2561  137.83   2301.72 kJ / kg

a) Proces 1-2-3-4: q12  0 lt ,23  0

1-2 je adijabatna promena, 2-3 je izobarna promena,

q23   h3  h2   lt ,23  137.83  2590.657  2452.827 kJ / kg

3-4 je kvazistatična adijabata, 4-1 je izobarna promena,

q34  0 lt ,41  0 q41   h1  h4   lt ,41  3556  140.6885  3415.3115 kJ / kg

Dobija se: q 2452.827 a  1  23  1   0.2818 q41 3415.3115

b) Proces 1-2b-3-4: q12b  0

1-2 je adijabatna promena, 2-3 je izobarna promena,

lt ,2b 3  0 q2b3   h3  h2b   lt ,2b3  137.83  2301.72  2163.89 kJ / kg

3-4 je kvazistatična adijabata, 4-1 je izobarna promena,

q34  0 lt ,41  0 q41   h1  h4   lt ,41  3556  140.6885  3415.3115 kJ / kg

Dobija se: q 2163.89 a  1  2b 3  1   0.3664 q41 3415.3115 RESENJE 4: 5. e) f) g) h)

3

o

Vazduh je na 20 C i 100 kPa u prostoriji zapremine 400 m sa relativnom vlažnošću 65%. Odrediti: parcijalan pritisak vlage u vlaznom vazduhu, količinu vlage u prostoriji, kg, i apsolutnu vlažnost vlažnog vazduha količinu vlage koja još može da ispari pri konstantnom pritisku i temperaturi, do koje temperature treba zagrejati prostoriju da bi bilo moguće ispariti 10 kg vode koja je uneta u prostoriju.

  65%

h

2

1

X1

X1s

X2

x

a) Parcijalni pritisak vlage u prostoriji:

pw    pws  0.65  2.3392  1.520 kPa ; b) Količina vlage u prostoriji: 30

mw 

pw V 1520  400   4.5 kg; R w T 461.89   20  273.15 

dok je količina suvog vazduha u prostoriji:

mL 

p L V 100000  1520   400   468.2 kg R LT 287   20  273.15 

Apsolutna vlažnost vlage u prostoriji:

x 1  0.622 

pws 1.52  0.622   0.0096 ; p  pws 100  1.52

dok je ukupna vlažnost vazduha koju vazduh može da primi na datoj temperaturi:

x 1 s  0.622 

pw s 2.339  0.622   0.01490 . p  pw s 100  2.339

c) Količina vlage koju vazduh još može da primi pri datoj temperaturi: m w  m L  x  m L  x 1 s  x 1   2.48 kg. d) Ako treba da ispari 10kg vode: m wd  10 kg;

x 

m wd 10   0.0214 mL 468.2

pa je krajnja apsolutna vlažnost :

x 2  x  x 1  0.0214  0.0096  0.031

x 2  0.622 

pw s p  pws

odavde je odgovarajući pritisak vlage:

pw s 

x2  p  4.74 kPa 0.622  x 2

što odgovara temperaturi:

t  32 0 C

UNIVERZITET U NOVOM SADU, FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 9.12.2006. 3

o

1. Adijabatna komora ima 0.03 m . Na početku, komora sadrži vazduh (id. gas) na 1 bar i 30 C. Komora je priključena na dovodni i odvodni cevovod sa prigušnim ventilima, čime se kontroliše stalnost mase vaduha u komori. Vazduh u o dovodnom cevovodu, pre ventila, je na 2 bar i 90 C. Oba ventila su istovremeno otvorena, i puštaju 0.45 kg/s vazduha. Vazduh u komori je uvek dobro pomešan tako da su temperatura i pritisak homogeni. Odrediti temperaturu i pritisak u komori tokom vremena. 2. 0.5kg vazduha (id.gas), koji je zatvoren u vertikalnom izolovanom cilindru sa pokretnim teškim klipom u gravitacionom polju zauzima zapreminu 0.2 m3 na temperaturi 27oC. Vazduh se meša mešačem uz dovođenje 28 J/s energije. Ako mešanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru povećanja zapremine gasa. Prečnik cilindra sa klipom je 15 cm. a) Izračunati zapreminski rad koji zatvoreni gas obavi preko pokretnog klipa, kao i ukupni rad koji gas razmeni sa svojim okruženjem. b) Izračunati krajnju temperaturu vazduha u procesu. 6. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najviša temperatura u procesu je 540oC. Izračunati, a zatim uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja kružnog procesa za dva slučaja: 1.18 g) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv =const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. 4. U rashladni toranj utiče voda na 50oC, hladi se, delemično ispari i ističe iz tornja sa 80 kg/min. Ventilatorom snage 8 kW u toranj se usisava 110 m3/min atmosferskog vazduha na 17oC, 0.98 bar i 60% relativne vlažnosti, koji iz tornja izlazi kao zasićen na 30oC i 0.98 bar. Toranj je adijabatan, u ustaljenom režimu. Odrediti: 31

a) maseni protok vode koja utiče u toranj, kg/min, b) temperaturu ohlađene vode na izlazu iz tornja, oC. Novi Sad, 9. decembar 2006.

dr Gordan Dragutinović

REŠENJE 1 3

o

1. Adijabatna komora ima 0.03 m . Na početku, komora sadrži vazduh (id. gas) na 1 bar i 30 C. Komora je priključena na dovodni i odvodni cevovod sa prigušnim ventilima, čime se kontroliše stalnost mase vaduha u komori. Vazduh u dovodnom cevovodu, pre ventila, je na 2 bar i 90oC. Oba ventila su istovremeno otvorena, i puštaju 0.45 kg/s vazduha. Vazduh u komori je uvek dobro pomešan tako da su temperatura i pritisak homogeni. Odrediti temperaturu i pritisak u komori tokom vremena. RESAVANJE

0.45 kg/s

1

2 bar 90 C

m=const V=const T() p()

T 2=T() 2 p2=p()

dm dm  m 1  m 2 . Uz pretpostavku da je m  m 1  m 2 , bice  0 , Prema tome, masa u d d zapremini je stalna. Uz navedene prepostavke, bilans energije je

Bilans mase ima oblik

dU  m  h1  h2   Q cv  L cv , d ili, pošto je U  m u , biće du dm m u  m  h1  h ()   Q cv  L cv , d d gde je h 2  h ( ) , jer su polja homogena u zapremini. Dalje, za id. gas d u  cv dT , i h1  h ( )  c p (T1  T ( )) , tako da je dT  m c p  T1  T  . d Očigledno je, zbog T1  con st . , da važi i m cv

d (T  T1 ) m c p m  d    d  , T  T1 m cv m

ln

T  T1 T  T1 m  m     , odnosno  exp     , T0  T1 m T0  T1  m 

Za zadate podatke biće, iz jednačine stanja za id. gas p0 V  m R T0 , m 

p0 V (1  10 5 )  0.03   0.0345 kg. R T0 287  (273.15  30)

Promena temperature je tako poznata,  m  T ()  T1  (T0  T1 )exp      m  a pritisak u zapremini je tada p ()V  m R T () , R 287 p()  m T ()  ...  0.0345 T ( ) V 0.03

RESENJE 2:

32

2. 0.5kg vazduha koji je zatvoren u vertikalnom izolovanom cilindru sa pokretnim teškim klipom u gravitacionom polju 3

0

zauzima zapreminu 0.2m na temperaturi 27 C . Vazduh se meša mešačem uz dovođenje 28 J/s energije. Ako mešanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru povećanja zapremine gasa. Prečnik cilindra sa klipom je 15 cm. a) Izračunati zapreminski rad koji zatvoreni gas obavi preko pokretnog klipa, kao i ukupni rad koji gas razmeni sa svojim okruženjem. b) Izračunati krajnju temperaturu vazduha u procesu.

U  Q  L uk  Q   L m  L v  cilindar je izolovan od okoline Q=0 Pa je

U    L m  L v  Rad koji je doveden mešalicom

L m  L    28  20  560 J

Pritisak u cilindru može se dobiti iz jednačine stanja idealnog gasa:

p

m R T1 0.5  287  300   215250 Pa V1 0.2

Zapreminski rad dobijen u procesu 2

2

2

L v   pd V  p  Adx  215250   1

1

1

  0.15 2 dx  228.23 J 4

Ukupni rad razmenjen sa okolinom

L uk  L m  L v  560  228.23  331.77 J Odavde je sada promena unutrašnje energije U   L u k  331.77 J

U  m v cv T U 331.77 T    0.922 K m v cv 0.5  720 t 2  27.922 0 C

RESENJE 3: 7. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najviša temperatura u procesu je 540oC. Izračunati, a zatim uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja kružnog procesa za dva slučaja: 1.18 h) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv =const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. RESENJE p

4

3

1

2b

2 v

Stanje pare na ulazu u turbinu (stanje 1): 33

t1  5400 C

p1  20 bar v1  0.1851m3 / kg

h1  3556 kJ / kg s1  7.542 kJ / kgK Stanje pare na izlazu iz turbine (stanje 2): p2  0.05 bar Stanje pare se određuje korišćenjem zakona promene stanja: pv1.18  const  p1v11.18  p2 v1.18 2 1

1

 p 1.18  20 1.18 3 pa je: v2  v1  1   0.1851   29.6853 m / kg p 0.05    2 h2  2590.657 kJ / kg

s2  8.4848 kJ / kgK Stanje pare na ulazu u pumpu (stanje 3): p3  0.05 bar x3  0 v3  0.0010053 m3 / kg

h3  137.83 kJ / kg s3  0.4761 kJ / kgK u3  137.82 kJ / kg Stanje pare na izlazu iz pumpe (stanje 4): p4  20 bar s4  s3  0.4761kJ / kgK h4  140.6885 kJ / kg Stanje pare na izlazu iz turbine-adijabatna kvazistatična promena (stanje 2b): p2b  0.05 bar s2b  s1  7.542 kJ / kgK x2b 

s2b  s2, b 7.542  0.4761   0.893 s2,,b  s2, b 8.393  0.4761

h2b  h2, b  x2b  h2b ,,  h2, b   137.83  0.893  2561  137.83   2301.72 kJ / kg

a) Proces 1-2-3-4: q12  0 lt ,23  0

1-2 je adijabatna promena, 2-3 je izobarna promena,

q23   h3  h2   lt ,23  137.83  2590.657  2452.827 kJ / kg

q34  0 lt ,41  0

3-4 je kvazistatična adijabata, 4-1 je izobarna promena,

q41   h1  h4   lt ,41  3556  140.6885  3415.3115 kJ / kg

Dobija se: q 2452.827 a  1  23  1   0.2818 q41 3415.3115

b) Proces 1-2b-3-4: q12b  0 lt ,2b 3  0

1-2 je adijabatna promena, 2-3 je izobarna promena,

q2b3   h3  h2b   lt ,2b3  137.83  2301.72  2163.89 kJ / kg

q34  0 lt ,41  0

3-4 je kvazistatična adijabata, 4-1 je izobarna promena, 34

q41   h1  h4   lt ,41  3556  140.6885  3415.3115 kJ / kg

Dobija se: q 2163.89 a  1  2b 3  1   0.3664 q41 3415.3115

REŠENJE 4 4. U rashladni toranj utiče voda na 50oC, hladi se, delemično ispari i ističe iz tornja sa 80 kg/min. Ventilatorom snage 8 kW u toranj se usisava 110 m3/min atmosferskog vazduha na 17oC, 0.98 bar i 60% relativne vlažnosti, koji iz tornja izlazi kao zasićen na 30oC i 0.98 bar. Toranj je adijabatan, u ustaljenom režimu. Odrediti: a) maseni protok vode koja utiče u toranj, kg/min, o b) temperaturu ohlađene vode na izlazu iz tornja, C. RESENJE 2

suvi vazduh

2

vlaga

zajedno

2

3

1 1

3 1

4

4

0  m L x1  m 3  m L x 2  m 4 ,

(bilans vlage - vode - za toranj)

0  m L h1  m 3 h3  m L h2  m 4 h4  L ,

(bilans energije za adijabatni toranj sa ventilatorom)

Protok suvog vazduha: p L ,1  p1  pW ,1  p1  1 pWs (t1 )  0.98  0.6  0.01938  0.96837 bar, p L ,1 V1  m L R L T1 ,

m L 

p L ,1 V1 R L T1



(0.96837  10 5 )  110  127.92 kg/min. 287  (273.15  17)

Protok vode na ulazu: Iz bilansa vlage za adijabatni toranj biće m 3  m 4  m L ( x 2  x1 ) . x1  0.622 x 2  0.622

1 pWs (t1 ) p1  1 

s pW

(t1 )

s  2 pW

(t 2 )

p2   2 

pWs

(t 2 )

 0.622

0.6  0.01938  0.0074688405 kg/kgL 0.98  0.6  0.01938

 0.622

1  0.04246  0.0281695928 kg/kgL 0.98  1  0.04246

m 3  m 4  m L ( x 2  x1 )  80  127.92  (0.0281695  0.0074688)  82.6480335 kg/min. Temperatura vode na izlazu iz tornja: iz bilansa energije dobija se m (h  h2 )  m 3 h 3  L h4  L 1 . m 4





h1  c p , L t1  x1 r0  c p ,W t1 ,









h2  c p , L t 2  x 2 r0  c p ,w t 2 : h1  h2  c p , L (t1  t 2 )  ( x1  x 2 ) r0  c p ,W  t1  t 2  ,

h1  h2  1.007  (17  30)  (0.0074688  0.0281695)   2500  1.865  17  30    -64.3408615 kJ/kgL

Pri tom je h 3  ct 3  4.1618  50  208.09 kJ/kgW,

35

m L (h1  h2 )  m 3 h 3  L 127.92  (64.34086)  82.648  208.09  (8  60)   118.09674 kJ/kg, m 4 80

h4 

t4 

1 1 o h4   118.09674  28.37636119 C. c 4.1618

RESENJE 4: 4. 12.5 m3/min vlažnog vazduha sa 99 kPa, 35oC i 95% relativne vlažnosti ulazi u erkondišn (air-conditioner), a izlazi kao tok zasćenog vlažnog vazduha na 15oC. Vlaga koja se pri tom kondenzuje odvodi se sa 15oC. Zanemariti promene pritiska, kinetičke i potencijalne energije i izračunati: a) količinu vlage koja se izdvaja, i b) toplotu koja se odvodi od vlažnog vazduha. REŠENJE 4:   0.95  95% 

 1 1 350C h

p=99kPa 2 0

15 C x

Vlažan vazduh na izlazu je zasićen,  2  1. a)bilans za suv vazduh L1  L2  L a bilans vlage dovodi do  0  L1 x1  m w  Lx 2   m  Lx  x  w

1

2

maseni protok suvog vazduha je, iz pV  L  RL  xRw  T , je dato L 

pV1 99  103  12.5   13.25 kg/min  RL  x1Rw  T1  287  0.035  461.5 273.15  35

jer su x1  0.622

1 p*  t1  0.95  5.629  0.622   0.0355 * p  1 p  t1  99  0.95  5.629

x2  0.622

 2 p *  t2  1  1.706  0.622   0.0109. p   2 p *  t2  99  1  1.706

Količina izdvojene vlage je m w  L  x1  x2   13.25   0.035  0.0109   0.319 kg/min. b) Iz bilansa energije   m h  Lh   Q  L 0  Lh 1 w w 2 cv L  0 cv

biće   m h  Lh  Q  Lh 2 w w 1 Ovde su: h1  c p ,l t1  x1  r0  c p ,wt1   1.007  35  0.035   2500  1.865  35   124.7 kJ/kg l h2  c p,l t2  x2  r0  c p , wt2   1.007  15  0.0109   2500  1.865  15   42.6 kJ/kg l

hw  c p ,w  tw  0   4.1868  15  0   62.8 kJ/kg.

Zato je Q  L  h2  h1   m w hw  13.25   42.6  124.7   0.319  62.8  1087.8  20.03  -1067.8kJ/min=-17.8kW. 36

UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 10.03.2007. 1. Vazduh se nalazi u cilindru zatvoren pokretnim klipom. Vazduh se sabija od stanja 1 (1 bar, 1.185 kg / m3 ) do stanja 2 (5 bar) pri a) b) 2.

a) b) c) 3.

4.

čemu između pritiska i zapremine postoji relacija pV 1.3  const . Promena kinetičke i potencijalne energije se može zanemariti. Odrediti potreban rad za sabijanje gasa u cilindru, kJ/kg, kao i razmenjenu količinu toplote između gasa i okoline u ovom procesu, kJ/kg. Da li gas treba grejati ili hladiti pri ovom procesu? Prikazati proces u (p,v) dijagramu stanja. Vodena para ustaljeno teče kroz kanal poprečnog preseka na izlazu 19 cm 2 . Između ulaza i izlaza nalazi se ventilator snage 1000 W. Stanje vodene pare na izlazu je p2  1bar, v2  2m3 / kg i brzina w2  3m / s , a na ulazu p1  1bar , x1  1 i brzina w1  9m / s .Odrediti: maseni protok vodene pare, toplotu koja se po jedinici protočne pare gubi u okolinu, KJ/kg, promenu entropije usled nepovratnosti, po jedinici mase koja protiče, ako je temperatura zida kanala 100 0 C . Vodena para obavlja Rankin-Klausijusov kružni proces. Temperatura vodene pare na ulazu u turbinu je 400oC, a pritisak u kondenzatoru je 10 kPa. Zanemarivši rad za pumpanje, treba odrediti termodinamički stepen iskorišćenja procesa ako je pritisak u kotlu 3 MPa. Koliko bi iznosio termodinamički stepen iskorišćenja ako bi pritisak u kotlu bio 5 MPa. Koji od prethodnih slučajeva ima veći termodinamički stepen iskoriscenja i za koliko posto? Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. Iz nekog tehnološkog procesa u rashladnu kulu se dovodi 4.5  10 7 kg/h vode na temperaturi 380 C . Tok ohlađene vode iz rashladne kule se vraća u tehnološki proces sa 30 0 C . Temperatura vode koja se dodaje zbog isparenja je 200 C . Atmosferski vazduh sa 250 C i 35% relativne vlažnosti se dovodi u rashladnu kulu , a odvodi se sa 350 C i 90% relativne vlažnosti. Odrediti maseni tok suvog vazduha i masu vode koja se dodaje. Rashladni kula radi u ustaljenom režimu i na atmosferskom pritisku. Razmena toplote sa okolinom može se zanemariti kao i promene potencijalne i kinetičke energije.

Novi Sad, 10. mart 2007.

dr Gordan Dragutinovic

RESENJE 1: 1. Vazduh se nalazi u cilindru zatvoren pokretnim klipom. Vazduh se sabija od stanja 1 (1 bar, 1.185 kg / m3 ) do stanja 2 (5 bar) pri čemu između pritiska i zapremine postoji relacija pV 1.3  const . Promena kinetičke i potencijalne energije se može zanemariti. a) Odrediti potreban rad za sabijanje gasa u cilindru, kJ/kg, kao i razmenjenu količinu toplote između gasa i okoline u ovom procesu, kJ/kg. Da li gas treba grejati ili hladiti pri ovom procesu? b) Prikazati proces u (p,v) dijagramu stanja.

a) Za kvazistatičke procese, diferencijal zapreminskog rada je:

dl  pdv odnosno ukupan rad procesa: 2

2

c v20.3  v10.3 p2 v2  p1v1 dv  c   126500 J / kg 1.3 0.3 0.3 1 v

l12   pdv   1

gde je:

v1 

1  0.844 m3 / kg 1

a iz:

p1v11.3  p2 v21.3  const dobija se: 1

 p 1.3 v2  v1  1   0.2447 m3 / kg  p2  Razmenjena količina toplote pri ovom procesu sabijanja, polazeći od prvog zakona termodinamike: dq=du+dl 37

q12   u2  u1   l12  cv (T2  T1 )  126.5  0.72  426.3  294   126.5  31.24 kJ / kg gde je:

T1 

p1v1 105  0.844   294 K R 287

T1 

p2v2 5 105  0.2447   426.3 K R 287 RESENJE 2: 2

1. Vodena para ustaljeno teče kroz kanal poprečnog preseka na izlazu 19 cm . Između ulaza i izlaza nalazi se ventilator snage 1000 W. Stanje vodene pare na izlazu je

p 2  1bar, v2  2m3 / kg

i brzina

w 2  3m / s ,

a na ulazu

p1  1bar , x1  1

i brzina

w 1  9 m / s .Odrediti: d) e)

maseni protok vodene pare, toplotu koja se po jedinici protočne pare gubi u okolinu, KJ/kg,

f)

promenu entropije usled nepovratnosti, po jedinici mase koja protiče, ako je temperatura zida kanala

100 0 C

.

Bilans mase za kontrolnu zapreminu: 0= m 1  m 2 gde je maseni protok

m 2   2V2   2 A2 2 1 2  =1/2 = 0.5 k g / m 3 v2 m   V   A   0.5  19  104  3  2.85  103 kg / s 2

2 2

2

2

2

Bilans energije:

  1 1     0  m  h  w 2    m  h  w 2    Q  L 2 2  1   2   1   Q  L  m  h 2  h1   w 22  w 12  2   1   Q  1  2.85  103  2803  2675  32  9 2    0.635 KJ / s  2 1000    Q 0.635   222.91KJ / kg m 2.85  103



Bilans entropije:

0   m s 1   m s 2 



Q   S gen T

Q  S gen  222.91  0.9136 KJ / kgK  s2  s1  m  7.675  7.359  m T 373 RESENJE 3 4. Vodena para obavlja Rankin-Klausijusov kružni proces. Temperatura vodene pare na ulazu u turbinu je 400oC, a pritisak u kondenzatoru je 10 kPa. Zanemarivsi rad za pumpanje, treba odrediti termodinamički stepen iskorišćenja procesa ako je pritisak u kotlu: a) 3 MPa, b) 5 MPa, Koji od prethodnih slucajeva ima veći termodinamički stepen iskoriscenja i za koliko posto? Oba slucaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. RESENJE 38

3b

T

3a K

p = 4 M Pa

T 3=(273.15+400) K

p = 2 M Pa

p = 4 M Pa p = 2 M Pa p = 10 k Pa=0.01 M Pa

2b 2a 1

p = 10 k Pa

4b

4a

s

1 2a 3a 4a

t C 45.84 46.12 400 45.84

p bar 0.1 30 30 0.1

h kJ/kg 191.9 195.6 3229 2190.73

s kJ/kgK 0.6492 0.6492 6.916 6.916

1 2b 3b 4b

t C 45.84 46.22 400 45.84

p bar 0.1 50 50 0.1

h kJ/kg 191.9 197.83 3193 2103.19

s kJ/kgK 0.6492 0.6492 6.640 6.640

x 0

0.836

x 0

0.799

a) tacno

a 

( h3 a  h 4 a )  ( h 2 a  h1 )  0.34106 = 34.106% h3 a  h 2 a

priblizno (zanemarivanjem rada pumpanja)

a 

( h 3 a  h 4 a )  ( h 2 a  h1 ) ( h 3 a  h 4 a )   0.34186 = 34.186% h3 a  h 2 a h 3 a  h1

tacno

b 

( h 3 b  h 4 b )  ( h 2 b  h1 )  0.36188 = 36.188% h 3 a  h 2b

priblizno (zanemarivanjem rada pumpanja)

b 

( h 3 b  h 4 b )  ( h 2b  h 1 ) ( h 3 b  h 4 b )   0.36188 = 36.188% h 3 a  h 2b h 3b  h1

b)

c) procenat povecanja % povecanja 

b   a  0.36188  100  b  1  100   1  100  5.856 %. a a 0.34186

RESENJE 4: 4. Iz nekog tehnološkog procesa u rashladnu kulu se dovodi 4.5  10 7 kg/h vode na temperaturi 380 C . Tok ohlađene vode iz rashladne kule se vraća u tehnološki proces sa 30 0 C . Temperatura vode koja se dodaje zbog isparenja je 200 C . Atmosferski vazduh sa 250 C i 35% relativne vlažnosti se dovodi u rashladnu kulu , a odvodi se sa 350 C i 90% relativne vlažnosti. Odrediti maseni tok suvog vazduha i masu vode koja se dodaje. Rashladni kula radi u ustaljenom režimu i na atmosferskom pritisku. Razmena toplote sa okolinom može se zanemariti kao i promene potencijalne i kinetičke energije.

Bilans vlage:

0  L x 3  m 1  m 5  L x 4  m 2 ,

Kako je:

m 1  m 2 , važi jednakost:

0  L x 3  m 5  L x 4 , 39

m 5  L  x 4  x 3  . Bilans energije:

0  m 1hv ,1  L h 3  m 5h v ,5  m 2h v ,2  L h 4 .

Apsolutne vlažnosti vazduhana ulazu i izlazu:

x 3  0.622 

x 4  0.622 

3  pws t 3  p  3  p

s w

t 3 

4  pws  t 4  p  4  p

s w

t 4 

 0.622 

0.35  0.03166  0.00697 1  0.35  0.03166

 0.622 

0.9  0.05622  0.02988 1  0.9  0.05622

jer su iz tablica za vodu i vodenu paru:

 t

  35 C   0.05622 bar.

pws t 3  25 0 C  0.03166 bar, pws

0

4

Specifična entalpija vlažnog vazduha na ulazu i izlazu su:

h 3  c p ,l t 3  x 3  r0  c pw t 3   1.007  25  0.00697  2500  1.865  25   42.92 KJ / k g l , h 4  c p ,l t 4  x 4  r0  c pw t 4   1.007  35  0.02988  2500  1.865  35   111.9 KJ / k g l . Iz tablica za vodu i vodenu paru:

  30 C   125.7 KJ/kg,  20 C   83.9 KJ/kg.

h v ,1 38 0 C  159.14 KJ/kg, h v ,2 h v ,5

0

0

Rešavanjem jednačina po L i m 5 dobija se:

L  2.24  10 7 k g / h , m  L  x  x   5.14  10 5 k g / h . 5

4

3

UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 12.5.2007. 1. Kompresor u ustaljenom režimu usisava vazduh na 1 bar i 20oC, i komprimuje ga na 5 bar. Koliki su snaga i toplotna razmena po jedinici masenog protoka vazduha kroz kompresor, u kJ/kg, ako vazduh obavlja politropni proces sa eksponentom politrope 1.3? Zanemariti promenu kinetičke i potencijalne energije između ulaza i izlaza, vazduh smatrati idealnim gasom. . 2. Pregrejana vodena para stanja 1(6 MPa, 733 K) širi se adijabatno u 1 m dvostepenoj turbini sa oduzimanjem i međuprigušenjem pare. Stepen dobrote prvog stepena je 1 a drugog 0.88. Nakon prvog stepena, na pritisku 3 2 0.8 MPa, deo od 30% ulaznog masenog protoka odvodi se iz (dvostepene) turbine, a preostala para se adijabatno priguši na 0.3 MPa, i u drugom . 0.3 m stepenu turbine širi se do stanja 4(313 K) - vlažne vodene pare. Treba: a) skicirati proces u (h,s) dijagramu, 4 b) izračunati snagu turbine, po jedinici masenog protoka ulazne pare, c) izračunati promenu entropije vodene pare. 3. Kod Brajtonovog desnokretnog kružnog procesa (dve izobare i dve izoentrope) sa vazduhom (id. gas), najniža temperatura u procesu je 20oC, a najviša 700 K. Izračunati odnos višeg i nižeg pritisaka kod ovog procesa tako da proces razvija najveću moguću snagu po jedinici masenog protoka vazduha. Koliki je tada termodinamički stepen iskorišćenja dovedene toplote? 4. Vlažan vazduh sa 20oC, 1 bar i relativne vlažnosti 41% sabija se kompresorom, a zatim se izobarno hladi u cevovodu. Treba odrediti na kojoj temperaturi tokom hlađenja će u cevovodu da počne kondenzacija vode iz vazduha za slučaj da je pritisak nakon kompresora (odnosno u cevovodu) jednak 4 bar. Novi Sad, 12. maja 2007.

G. Dragutinović

40

REŠENJE 1:

1.

Kompresor u ustaljenom režimu usisava vazduh na 1 bar i 20oC, i komprimuje ga na 5 bar. Koliki su snaga i toplotna razmena po jedinici masenog protoka vazduha kroz kompresor, u kJ/kg, ako vazduh trpi politropni proces sa eksponentom politrope 1.3. Zanemariti promenu kinetičke i potencijalne energije između ulaza i izlaza, vazduh smatrati idealnim gasom.

p

425 K 2

5 bar pv1.3=const 1

1 bar osenčena površina = vrednost we,12 v p  T2  T1  2   p1  

w d ,12  

n 1 n

5  (273.15  20)    1 

1.3 1 1.3

 425 K = 151.85oC.

R 0.287 (T2  T1 )  (425  293)  126.28 kJ/kg. n 1 1.3  1 

w e,12  n w d ,12  1.3  126.28  164.16 kJ/kg. 

q12  cn (T 2  T1 )  cv

n  1.3  1.4 (T2  T1 )  0.72 (425  293)  -31.68 kJ/kg. n 1 1.3  1

Isto tako važi i 



0  h1  h2  q12  w e,12 , 





q12  h2  h1  w e,12  c p (T2  T1 )  w e,12  1.007  (425  293)  164.16  -31.236 kJ/kg.

REŠENJE 2 2. Pregrejana vodena para stanja 1(6 MPa, 733 K) širi se adijabatno u dvostepenoj turbini sa oduzimanjem i međuprigušenjem pare. Stepen dobrote prvog stepena je 1 a drugog 0.88. Nakon izlaza iz prvog stepena, na pritisku 0.8 MPa, deo od 30% ulaznog masenog protoka odvodi se iz turbine, a preostala para se adijabatno priguši na 0.3 MPa, i u drugom stepenu turbine širi se do stanja 4(313 K) - vlažne vodene pare. Treba: a) skicirati proces u (h,s) dijagramu, b) izračunati snagu turbine, po jedinici masenog protoka ulazne pare, c) izračunati promenu entropije vodene pare.

1

2

3

4

RESAVANJE a)

41

h

1 2

3

C b

x=0

4' 4

a

1 2 3 4'

Temp C 460 187.3 173.1 40

Pressure MPa 6 0.8 0.3 0.007384

Specific Volume m3/kg 0.05306 0.2522 0.6723 16.81

x=1 s

Internal Energy kJ/kg 3008 2608 2608 2116

Specific Enthalpy kJ/kg 3326 2810 2810 2240

Specific Entropy Quality Phase kJ/kg/K 6.753 Dense Fluid (T>TC) 6.753 Superheated Vapor 7.19 Superheated Vapor 7.19 0.8612 Liquid Vapor Mixture

h 4  h 3  ( h3  h 4 ' )  2810  0.88  ( 2810  2240 )  2308.4 kJ/kg,

4

Specific Temp Pressure Volume C MPa m3/kg 40 0.007384 17.37

Internal Energy kJ/kg 2180

Specific Enthalpy kJ/kg 2308

Specific Entropy Quality Phase kJ/kg/K 7.408 0.8895 Liquid Vapor Mixture

b) Bilans energije za adijabatnu turbinu je 0  m (h1  h 2 )  (1  0.3 )m ( h3  h 4 )  L ; l

L  ( h1  h 2 )  (1  0.3 )( h3  h 4 )  (3326  2810 )  (1  0.3 )(2810  2308 )  867.4 kJ/kg. m

c) s 

3.

S  ( s2  s1 )  (1  0.3 )( s4  s2 )  ( 6.753  6.753 )  (1  0.3 )(7.408  6.753 )  0.459 kJ/kgK. m REŠENJE 3

Kod Brajtonovog desnokretnog kružnog procesa (dve izobare i dve izoentrope) sa vazduhom (id. gas), najniža temperatura u procesu je 20oC, a najviša 700 K. Izračunati odnos višeg i nižeg pritisaka kod ovog procesa tako da proces razvija najveću moguću snagu po jedinici masenog protoka vazduha. Koliki je tada termodinamički stepen iskorišćenja dovedene toplote?.

Postrojenje Sa Dovodjenjem Toplote na p=const, i Adijabatnom Kompresijom U praksi je tesko ostvariva izotermna kompresija, pa se ona obicno zamenjuje adijabatnom (tj. izoentropnom u idealnom slucaju). To je tzv. Brajton-ov proces.

42

p

2

3

T

3

p s

T

s

4

T

p

2 1

4

1

v

C 

s 3

3

h

2

p

L N E T

4 p

2 1

4

1

s

C 

Slika 1.

Gasno turbinsko postojenje sa Brajtonov-ovim procesom

Za izoentropnu kompresiju 1-2 i ekspanziju 3-4 između istih pritisaka je

FG IJ H K

T2 p  2 T1 p1

 1 



T3 . T4

(1)

Termodinamicki stepen iskoriscenja kruznog procesa je 

w NET q



1

q q



1

c p (T4  T1 ) c p (T 3  T 2 )

1 

T1 T4 / T1  1 T 1  1 , T2 T3 / T2  1 T2

(2)

jer je ocigledno, koriscenjem (1), odnos T 4 / T1  T 3 / T 2 . Koriscenjem (1) moze se pokazati da je 1  ...  1  , x

Fp I x G J Hp K 2

 1 

,

()

1

a takodje i dobijena snaga po jedinici masenog protoka T lN E T  c p T 1  3  T1

 1  1  x   ( x  1)  .   

()

Termodinamicki stepen iskoriscenja nema optimum, ali rad ima. Dobija se da je

FH

IK

x o  a rg m a x l  x

T3 . Odnosno T1

FG p IJ Hp K 2

1

FT I G J HT K 3

maxl

1  1 2 

.

1

Prema tome, za poznate granicne temperature T1 i T 3 postoji optimalni odnos pritisaka koji ce osigurati m a x(l ) , ali tada nije i najveci terodinamicki stepen iskoriscenja kruznog procesa: Za svaki veci odnos pritisaka bice i veci termodinamicki stepen iskoriscenja. REŠENJE 4 Vlazan vazduh stanja 20oC, 1 bar i relativne vlaznosti 41% sabija se kompresorom, a zatim se izobarno hladi u cevovodu. Treba odrediti na kojoj temperaturi tokom hladjenja ce u cevovodu poceti kondenzacija vode iz vazduha za slucaj da je pritisak nakon kompresora (odnosno u cevovodu) jednak: a) 4 bar, b) 10 bar. 4.

RESENJE

43

100%(10 bar ) 100%(4 bar)

h

100%(1.0 bar)

R(10 bar) b

44.92 C o

41%(1.0 bar)

R(4 bar ) a

28.18oC 1 20oC

x=0.006

Apsolutna vlaznost vazduha na ulazu u kompresor (pre kompresije) je 1 pS (t1 ) 0.41  0.02337 x 1  0.622  0.622  0.0059380349 =0.006. p  1 pS (t1 ) 1.0  0.41  0.02337 Tokom kompresije apsolutna vlaznost se ne menja, mada temperatura i pritisak rastu. x R 1  x R 2  x 1  0.006 . Konkretan problem je: odredjivanje temperature tacke rose vlaznog vazduha na pritisku nakon kompresije (u cevovodu) za poznatu (prethodno izracunatu) apsolutnu vlaznost vazduha. a) pritisak nakon kompresije (pritisak u cevovodu) je 4 bar. Treba naci temperaturu tacke rose (=100%) za poznatu apsolutnu vlaznost i dati pritisak: x R a  x 1  0.006 , p S (t R a ) 

pa x Ra 4  0.006 4  0.006    0.038217 bar,  R a 0.622  x R a 1  0.622  0.006 1  0.622  0.006

b

g

b

g

b

g

Za ovaj pritisak zasicenja iz tablica za vodu i vodenu paru nalazi se t R a ( 0.038217 ba r )  28.18 oC. Temp C R 28.18

Pressure MPa 0.003822

Specific Volume m3/kg 0.001004

Internal Energy kJ/kg 118.2

Specific Enthalpy kJ/kg 118.2

Specific Entropy kJ/kg/K 0.4117

Quality

Phase

0

Saturated Liquid

b) pritisak nakon kompresije (pritisak u cevovodu) je 10 bar. Treba naci temperaturu tacke rose (=100%): x R b  x 1  0.006 p S (t R b ) 

Rb

b

pb x R b 10  0.006 10  0.006    0.095541 bar, 0.622  x R b 1  0.622  0.006 1  0.622  0.006

g

b

g

b

g

Za ovaj pritisak zasicenja iz tablica za vodu i vodenu paru nalazi se t R b ( 0.095541 ba r )  44.92 oC.

R

Temp C 44.92

Pressure MPa 0.009554

Specific Volume m3/kg 0.00101

Internal Energy kJ/kg 188.1

Specific Enthalpy kJ/kg 188.1

Specific Entropy kJ/kg/K 0.6375

Quality

Phase

0

Saturated Liquid

UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 13.4.2007. 1. 0.5kg vazduha (idealnog gasa) zatvoreno je u vertikalnom izolovanom cilindru sa pokretnim teškim klipom u gravitacionom polju, i na početku ima zapreminu 0.2 m3 na temperaturi 27oC. Vazduhu se mešačem dovodi 28 J/s energije. Ako mešanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru povećanja zapremine gasa. Prečnik cilindra sa klipom je 15 cm. a) Izračunati zapreminski rad koji zatvoreni gas obavi preko pokretnog klipa, kao i ukupni rad koji gas razmeni sa svojim okruženjem. b) Izračunati krajnju temperaturu vazduha u procesu. 2. 1 kg/s vazduha (idealnog gasa) stanja 1(16 bar, 524oC) adijabatno se prigušuje do stanja 2, a zatim sa stepenom dobrote 0.80 nastavlja adijabatno širenje do stanja 3(1 bar, 207oC). Treba: a) skicirati ceo proces u (T,s) dijagramu stanja, b) odrediti (tehnički) rad i razmenjenu toplotu u celom procesu 1-3, 44

c) izračunati generisanje entropije u procesu adijabatnog prigušivanja 1-2. 8. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najviša temperatura u procesu je 540oC. Izračunati, a zatim uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja kružnog procesa za dva slučaja: i) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, j) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična; k) skicirati procese u (p,v) dijagramu stanja za vodu i vodenu paru. 4. Vlažan vazduh na 10oC sa 30% relativne vlažnosti u ustaljenom režimu sa 45m3/min ulazi u sistem za pripremu vazduha, a izlazi na 25oC sa 60% relativne vlažnosti. Vazduh se prvo zagreva do 22oC, a zatim ovlažuje ubrizgavanjem pregrejane vodene pare. Ceo proces pripreme teče na 100 kPa, a promene kinetičke i potencijalne energije su zanemarive. Odrediti: a) snagu potrebnu za zagrevanje vazduha do 22oC, b) maseni protok vodene pare za vlaženje vazduha. Novi Sad, 13. aprila 2007.

dr Gordan Dragutinović

UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 13.4.2007. 1. 0.5kg vazduha (idealnog gasa) zatvoreno je u vertikalnom izolovanom cilindru sa pokretnim teškim klipom u gravitacionom polju, i na početku ima zapreminu 0.2 m3 na temperaturi 27oC. Vazduhu se mešačem dovodi 28 J/s energije. Ako mešanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru povećanja zapremine gasa. Prečnik cilindra sa klipom je 15 cm. a) Izračunati zapreminski rad koji zatvoreni gas obavi preko pokretnog klipa, kao i ukupni rad koji gas razmeni sa svojim okruženjem. b) Izračunati krajnju temperaturu vazduha u procesu. 2. 1 kg/s vazduha (idealnog gasa) stanja 1(16 bar, 524oC) adijabatno se prigušuje do stanja 2, a zatim sa stepenom dobrote 0.80 nastavlja adijabatno širenje do stanja 3(1 bar, 207oC). Treba: a) skicirati ceo proces u (T,s) dijagramu stanja, b) odrediti (tehnički) rad i razmenjenu toplotu u celom procesu 1-3, c) izračunati generisanje entropije u procesu adijabatnog prigušivanja 1-2. 3. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najviša temperatura u procesu je 540oC. Izračunati, a zatim uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja kružnog procesa za dva slučaja: l) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, m) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična; n) skicirati procese u (p,v) dijagramu stanja za vodu i vodenu paru. 4. Vlažan vazduh na 10oC sa 30% relativne vlažnosti u ustaljenom režimu sa 45m3/min ulazi u sistem za pripremu vazduha, a izlazi na 25oC sa 60% relativne vlažnosti. Vazduh se prvo zagreva do 22oC, a zatim ovlažuje ubrizgavanjem pregrejane vodene pare. Ceo proces pripreme teče na 100 kPa, a promene kinetičke i potencijalne energije su zanemarive. Odrediti: c) snagu potrebnu za zagrevanje vazduha do 22oC, d) maseni protok vodene pare za vlaženje vazduha. Novi Sad, 13. aprila 2007.

dr Gordan Dragutinović REŠENJE 1:

1. 0.5kg vazduha (idealnog gasa) zatvoreno je u vertikalnom izolovanom cilindru sa pokretnim teškim klipom u gravitacionom polju, i na početku ima zapreminu 0.2 m3 na temperaturi 27oC. Vazduhu se mešačem dovodi 28 J/s energije. Ako mešanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru povećanja zapremine gasa. Prečnik cilindra sa klipom je 15 cm. a) Izračunati zapreminski rad koji zatvoreni gas obavi preko pokretnog klipa, kao i ukupni rad koji gas razmeni sa svojim okruženjem. b) Izračunati krajnju temperaturu vazduha u procesu.

45

REŠENJE a) Pritisak u cilindru može se dobiti iz jednačine stanja idealnog gasa:

p  p1 

m R T1 0.5  287  300   215250 Pa V1 0.2

Zapreminski rad dobijen u procesu (guranjem klipa) 2

2

  0.15 2 L v   pd V  pA  d x  215250   x 2  x1   ...  228.23 J. 4 1 1 Rad koji je doveden mešalicom

L m  L    28  20  560 J

Ukupni rad razmenjen sa okolinom

L uk  L m  L v  560  228.23  331.77 J b)

U  Q  L uk  Q   L m  L v  cilindar je izolovan od okoline, Q=0, pa je

U    L m  L v  Odavde je sada promena unutrašnje energije U   L u k  331.77 J Međutim, za idealan gas u procesu sa homogenim pritiskom i temperaturom važi i

U  m v cv T odakle

T 

U 331.77   0.922 K m v cv 0.5  720

t 2  27.922 0 C

REŠENJE 2 2. 1 kg/s vazduha (idealnog gasa) stanja 1(16 bar, 524oC) adijabatno se prigušuje do stanja 2, a zatim sa stepenom dobrote 0.80 nastavlja adijabatno širenje do stanja 3(1 bar, 207oC). Treba: a) skicirati ceo proces u (T,s) dijagramu stanja, b) odrediti (tehnički) rad i razmenjenu toplotu u celom procesu 1-3, c) izračunati generisanje entropije u procesu adijabatnog prigušivanja 1-2. REŠENJE a) p

T

t 1

2

3 3' s

b) adijabatno prigušivanje 1-2: bilans energije za ustaljeni proces 0  h1  h2  q12  w t ,12 , 46

bilans entropije q 0  12  s1  s2  ,   0 . T Kod adijabatnog prigušivanja je (po definiciji) q12  0 , lt ,12  0 . Kombinovanjem prethodnog dobija se 0  h1  h2  0  0 , 0

0  s1  s2  , T

0.

Promena entalpije za idealan gas je dh  cp d T , a a promena entropije kod idealnog gasa je ds  c p

dT dp R , te je T p

h1  h2  c p (T1  T2 ) kJ/kg, s2  s1  c p ln

T2 p  R ln 2 , kJ/kgK. T1 p1

Kombinovanjem zadnje četiri relacije biće 0  c p (T1  T2 )  0  0 , 0  0  c p ln

T2 p  R ln 2   . T1 p1

Iz prve od prethodne dve je očigledno, zbog cp <>0, T2  T1  273.15  524  797.15 K, a iz druge je   s2  s1   c p ln

T2 p T p p  R ln 2  c p ln 1  R ln 2   R ln 2 . T1 p1 T1 p1 p1

Za sada nije ponat pritisak u stanju 2 nakon prigušivanja. Biće određen nako analize promene 2-3. adijabatna promena 2-3 (nekvazistatična): bilans energije za ustaljeni proces 0  h 2  h 3  q23  lt ,23 , uz uslov q 23  0 (adijabatan). Ocigledno je lt ,23  h 2  h 3 . Promena entalpije za idealan gas je dh  cp d T , pa se dobija h 2  h 3  c p (T 2  T 3 ) . h 2  h 3  c p (T 2  T 3 )  {c p  cv  R } 

R 1.4  0.287 (T 2  T 3 )   (796.42  480.15)  317.69 kJ/kg,  1 1.4  1

Dakle lt ,23  317.69 kJ/kg.

c) Prema definiciji stepena dobrote adijabatne ekspanzije, biće 23,a 

lt ,23 lt ,23 '

,

pri čemu su, za dijabatni proces, lt ,23  h 2  h 3  c p (T 2  T 3 ) , lt ,23 '  h 2  h 3 '  c p (T 2  T 3 ' ) .

Dakle 47

23, a  0.80 

T3 '  T2 

T2  T 3 797.15  (207  273.15)  , odakle T2  T 3 ' 797.15  T 3 '

T2  T 3 797.15  (207  273.15)  797.15   400.9 K = 127.75 oC. 0.80 0.80 



1.4

 T2  1 p2  T2  1  797.15 1.4 1   11.08 bar.  , p2  p 3 '    1  p3 '  T 3 '   400.9   T3 ' 

Sada može da se izračuna promena entropije, odnosno generisanje entropije u procesu adijabatnog prigušivanja 12: 12   R ln

p2 11.08  0.287  ln  0.1066773 kJ/kgK. p1 16 REŠENJE 3

3. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najviša temperatura u procesu je 540oC. Izračunati, a zatim uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja kružnog procesa za dva slučaja: o) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. c) Oba slučaja skicirati u (p,v) dijagramu stanja. REŠENJE p

4

1

2

2b

3

v

Stanje pare na ulazu u turbinu (stanje 1): t1  5400 C p1  20 bar v1  0.1851m3 / kg

h1  3556 kJ / kg s1  7.542 kJ / kgK Stanje pare na izlazu iz turbine (stanje 2): p2  0.05 bar Stanje pare se određuje korišćenjem zakona promene stanja: pv1.18  const  p1v11.18  p2 v1.18 2 1

1

 p 1.18  20 1.18 3 pa je: v2  v1  1   0.1851   29.6853 m / kg  0.05   p2  h2  2590.657 kJ / kg

s2  8.4848 kJ / kgK Stanje pare na ulazu u pumpu (stanje 3): p3  0.05 bar x3  0 v3  0.0010053 m3 / kg

h3  137.83 kJ / kg s3  0.4761 kJ / kgK 48

u3  137.82 kJ / kg Stanje pare na izlazu iz pumpe (stanje 4): p4  20 bar s4  s3  0.4761kJ / kgK h4  140.6885 kJ / kg Stanje pare na izlazu iz turbine-adijabatna kvazistatična promena (stanje 2b): p2b  0.05 bar s2b  s1  7.542 kJ / kgK x2b 

s2b  s2, b 7.542  0.4761   0.893 s2,,b  s2, b 8.393  0.4761

h2b  h2, b  x2b  h2b ,,  h2, b   137.83  0.893  2561  137.83   2301.72 kJ / kg

a) Proces 1-2-3-4: q12  0

1-2 je adijabatna promena,

lt ,23  0

2-3 je izobarna promena,

q23   h3  h2   lt ,23  137.83  2590.657  2452.827 kJ / kg

3-4 je kvazistatična adijabata, 4-1 je izobarna promena,

q34  0 lt ,41  0 q41   h1  h4   lt ,41  3556  140.6885  3415.3115 kJ / kg

Dobija se: q 2452.827 a  1  23  1   0.2818 q41 3415.3115

b) Proces 1-2b-3-4: q12b  0

1-2 je adijabatna promena, 2-3 je izobarna promena,

lt ,2b 3  0 q2b3   h3  h2b   lt ,2b3  137.83  2301.72  2163.89 kJ / kg

3-4 je kvazistatična adijabata, 4-1 je izobarna promena,

q34  0 lt ,41  0 q41   h1  h4   lt ,41  3556  140.6885  3415.3115 kJ / kg

Dobija se: q 2163.89 a  1  2b 3  1   0.3664 q41 3415.3115 REŠENJE 4: 6. Sistem za pripremu vazduha uzima spoljni vazduh na 10oC sa 30% relativne vlažnosti u ustaljenom režimu sa 45m3/min, i zagreva do 25oC sa 60% relativne vlažnosti. Ulazni vazduh se prvo zagreva do 22oC a zatim ovlažuje ubrizgavanjem pregrajne vodene pare. Smatrajući da ceo proces pripreme teče na 100 kPa, da nema promene kinetičke i potencijalne energije, odrediti: f) snagu grejača za zagrevanje vazduha do 22oC, i g) maseni protok vodene pare za ovlaživanje vazduha. RESENJE a) Bilans za sekciju zagrevanja vazduha (prvi stepen pripreme vazduha) su: 0  L1  L2 , L2  L1  L , bilans suvog vazduha 0  L x1  L x 2 , bilans vlage u VV    0  L h  Lh  Q  0 . bilans energije za sekciju grejanja. 1

2

x 2  x1 , 49

Q  L (h 2  h1 ) .

x1  0.622

1  p s (t1 ) s

p  1  p (t1 )

 0.622

0.3  p s (10 o C) s

o

100  0.3  p (10 C)

 0.622

0.3  1.2276  0.002299 kgW/kgL, 100  0.3  1.2276

x 2  x1  0.002299 kgW/kgL, h1  1.007 t1  x 1 (2500  1.867 t1 )  1.007  10  0.002299  (2500  1.867  10)  ...kJ/kgL, h 2  h1  (1.007  x11.867)(t 2  t1 )  (1.007  0.002299  1.867)  (22  10)  12.135507 kJ/kgL,  T , p L ,1V1  LR L 1

gde je parcijalni pritisak suvog vazduha na ulazu jednak p L ,1  p  pW ,1  p  1 p s (t1 ) . Tako je p p  1 p s (t1 ) 100  0.3  1.2276 L  V1 L ,1  V1  45  55.2 kg/min , 0.92 kg/s. R L T1 R L T1 0.287  (273.15  10) Q  L (h  h )  0.92  12.135  11.164 kJ/s , 11.164 kW. 2

1

b) Bilansi za sekciju vlađenja vazduha (drugi stepen pripreme vazduha) su: 0  L 2  L3 , L3  L2  L ,  , 0  L x 2  m  Lx 3   0  L h  m h  L h  0  0 . 2

3

bilans suvog vazduha bilans vlage u VV bilans energije za sekciju vlaženja.

m  L ( x 3  x 2 ) ,

x 3  0.622

3  p s (t3 ) p  3  p s (t 3 )

 0.622

0.6  p s (25 o C) 100  0.6  p s (25 o C)

 0.622

0.6  3.169  0.012054 kgW/kgL, 100  0.6  3.169

m  L ( x 3  x 2 )  55.2  (0.01205  0.002299)  0.538255 kg/min, 0.008971 kg/s.

UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 13.07.2007. 1. 20 kg/min vazduha (id. gas) na 1400 K i 1600 kPa ekspandira kroz dvostepenu turbinu do atmosferskog pritiska. Oba stepena su adijabatna i imaju stepen dobrote 1. Između prvog i drugog stepena, na pritisku 4 bar, obavlja se izobarno dogrevanje vazduha do temperature na ulazu prvog stepena. Treba: g) skicirati proces u (T,s) dijagramu, h) izračunati snagu dvostepene turbine, i potrebnu toplotu za izobarno dogrevanje vazduha između prvog i drugog stepena, i) promenu entropije vazduha od stanja na ulazu do stanja na izlazu. 2. 0.8 kg vodene pare na 9 bar i 0.1722 m3/kg širi se kvazistatično do 0.5 bar, tako da tokom procesa važi pv  con st . Treba: a) odrediti stanja pare na početku i kraju procesa, i skicirati u (h,s) dijagramu. b) toplotu koja se razmeni u ovom procesu, c) zapreminski rad procesa. 6. Vazduh početnog stanja 1 izohorno ekspandira do stanja 2 (300 K), zatim se adijabatno komprimuje do stanja 3 ( T3 / T2  3 ) i na kraju izotermno ekspandira do početnog stanja. Sve promene su kvazistatične. f) Skicirati proces u (p,v) dijagramima stanja. g) Izračunati termodinamički stepen iskorišćenja kružnog ciklusa, kao i izvršeni zapreminski rad. h) Izračunati promenu entropije vazduha za izoterman proces. 5. U rashladni toranj utiče voda na 50oC, hladi se, delemično ispari i ističe iz tornja sa 80 kg/min. Ventilatorom snage 8 kW u toranj se usisava 110 m3/min atmosferskog vazduha na 17oC, 0.98 bar i 60% relativne vlažnosti, koji iz tornja izlazi kao zasićen na 30oC i 0.98 bar. Toranj je adijabatan, u ustaljenom režimu. Odrediti: c) maseni protok vode koja utiče u toranj, kg/min, d) temperaturu ohlađene vode na izlazu iz tornja, oC. Novi Sad, 13. jul 2007.

dr Gordan Dragutinović

50

RESENJE 1:

1. 20 kg/min vazduha (id. gas) na 1400 K i 1600 kPa ekspandira kroz dvostepenu turbinu do atmosferskog pritiska. Oba stepena su adijabatna i imaju stepen dobrote 1. Između prvog i drugog stepena, na pritisku 4 bar, obavlja se izobarno dogrevanje vazduha do temperature na ulazu prvog stepena. Treba: a) skicirati proces u (T,s) dijagramu, b) izračunati snagu dvostepene turbine, i potrebnu toplotu za izobarno dogrevanje vazduha između prvog i drugog stepena, c) promenu entropije vazduha od stanja na ulazu do stanja na izlazu. RESENJE a) 3

T

3

b

a

a TB2

4

p p

b

TB1

4 s

medjudogrevanje b) Za postrojenje sa dvostepenom adijabatno ekspanzijom lt  l3 a  lb 4 ,  T l3 a  h 3  h a  c p T 3  T a   c pT 3 1  a T3 

 , 

 T   T  lb 4  h b  h 4  c p T b  T 4   c pT b 1  4   c pT 3 1  4  , Tb  T3     T lt l  34  ...  1  a c pT 3 c pT 3 T3 

  T4   1  T   3

  pm    2     p2 

1 

 p   1   pm 

1 

.

Kako je međupritisak na kom se obavlja dogrevanje: pb  pa  pm  400 kPa = 4 bar, dobija se: lt  4  2   c pT 3  16 

 1 

1    4 

1 

 0.654 , odakle je lt  c pT 3  0.654  1.0  1400  0.654  915.74 kJ/kg,

pa je 20 Lt  m lt   915.74  305.25 kW. 60

Za izobarno međuzagrevanje potrebna toplota je:  1 1.4 1       pa    20 Ta  4  1.4      Q  m c p T b  T a   m c p T 3  T a   m c pT 3 1   1.00  1400  1     152.62 kW.   m c pT 3 1        16   T3     p3   60     c) Promena entropije vazduha od stanja na ulazu do stanja na izlazu, jednaka je promeni entropije vazduha u međupregrevanju pošto su turbine idealne i adijabatne.

Iz Gibsove jednacine T d s  c p dT  vd p , za izobaran proces, promena entropije jednaka je: 1

1.4 1 1.4

p   T T  16  s  c p ln b  c p ln 3  c p ln  3   1.00  ln   Ta Ta  4   pa  odakle 20 S  m  s  m  0.396   0.396  0.132 kJ/sK. 60

 0.396 kJ/kgK,

51

2. a) b) c)

RESENJE 2: 0.8 kg vodene pare na 9 bar i 0.1722 m3/kg širi se kvazistatično do 0.5 bar, tako da tokom procesa važi pv  con st . Treba: odrediti stanja pare na početku i kraju procesa, i skicirati u (h,s) dijagramu. toplotu koja se razmeni u ovom procesu, zapreminski rad procesa.

RESENJE

1. 2.

Temp C 175.4 81.33

Specific Volume m3/kg 0.1722 3.1

Pressure MPa 0.9 0.05

Internal Energy kJ/kg 2213 2391

Specific Enthalpy kJ/kg 2368 2546

Specific Entropy kJ/kgK 5.717 7.311

Quality

Phase

0.8 0.9566

Liquid Vapor Mixture Liquid Vapor Mixture

Bilans mase i energije za kontrolnu zapreminu u neustaljenom rezimu sa jednim dotokom su: dU  Q  L , d dV L  p . d

Integracijom od pocetnog do krajnjeg stanja, uz cinjenicu da su h p i p 0 stalni tokom vremena, dobija se

z 2

  L , U 2  U 1  Qd 12

z

1

2

L 12 

1

p

dV d  m d

z 2

p

1

dv d  m d

z 2

z 2

pd v  m

1

z 2

pd v  m p1v1

1

1

dv v p  m p1v1 ln 2  m p1v1 ln 1 , v v1 p2

U 2  U 1  m (u 2  u 1 ) . Konkretno je: L 12  m p1v1 ln

p1 9  0.8  ( 9  10 5 )  0.1722  ln  3.58359 x 105 J= 3.58359 x 102 kJ. p2 0.5

U 2  U 1  m (u 2  u1 )  0.8  ( 2391  2213 )  142.4 kJ.

z 2

Q12  Q s d   U 2  U 1  L12  142.4  358 .4  500.8 kJ 1

RESENJE 3:

3. Vazduh početnog stanja 1 izohorno ekspandira do stanja 2 (300 K), zatim se adijabatno komprimuje do stanja 3 ( T3 / T2  3 ) i na kraju izotermno ekspandira do početnog stanja. Sve promene su kvazistatične. j) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja. k) Izračunati izvršeni zapreminski rad i termodinamički stepen iskorišćenja za ovaj kružni ciklus. l) Izračunati promenu entropije vazduha za izoterman proces. RESENJE 1: p 3

t =const

1 s =const v =const 2 v

Stanje 2:

52

T2  300 K Stanje 3: uslov zadatka

T3  3  T2  900 K Stanje 1: za izoterman proces 3-1

T1  T3  900 K . b) Zapreminski rad za izohoran proces 1-2:

l12  0 Zapreminski rad za adijabatan proces 2-3 iz:

dl  pdv integraljenjem se dobija: 

3 3 3 v1   v11 p2 v2  p1v1 R(T2  T3 ) v  l23   pdv   p2  2  dv  p2 v2  v   dv  p2 v2 2    430500 J 1  1  1  v 2 2 2

Zapreminski rad za izoterman proces 3-1 iz:

dl  pdv integraljenjem se dobija: 1 1

1

 T   1 v v T dv 1 l31   pdv   p3v3  p3 v3 ln 1  RT3 ln 2  RT3 ln  3   RT3 ln 3  709428.88 J v v3 v3  1 T2  T2  3 3 Pa je ukupan ostvaren rad u procesu:

l  l12  l23  l31  278928.88 J Razmenjena količina toplote za izohoran proces 1-2:

q12  u12  l12  u12  cv T2  T1   720  300  900   432000 J / kg Proces 2-3 je adijabatan pa je:

q23  0 Razmenjena količina toplote za izoterman proces 3-1:

q31  u31  l31  l31 

RT3 T3 ln  709428.885 J / kg   1 T2

Pa je termodinamički stepen iskorišćenja za ovaj kružni ciklus data:

  1

qo qd

1

432000  0.391  39.1% 709428.885

c)Promena entropije za izoterman proces 3-1: 1

 T  1 v v s31  R ln 1  R ln 2  R ln  3   788.254 J / kgK v3 v3  T2 

REŠENJE 4: U rashladni toranj utiče voda na 50oC, hladi se, delemično ispari i ističe iz tornja sa 80 kg/min. Ventilatorom snage 8 kW u toranj se usisava 110 m3/min atmosferskog vazduha na 17oC, 0.98 bar i 60% relativne vlažnosti, koji iz tornja izlazi kao zasićen na 30oC i 0.98 bar. Toranj je adijabatan, u ustaljenom režimu. Odrediti: c) maseni protok vode koja utiče u toranj, kg/min, d) temperaturu ohlađene vode na izlazu iz tornja, oC. 5.

RESENJE suvi vazduh

2

vlaga

2

zajedno

2

3

1 1

3 1

4

4

0  m L x1  m 3  m L x 2  m 4 ,

(bilans vlage - vode - za toranj)

0  m L h1  m 3 h3  m L h2  m 4 h4  L ,

(bilans energije za adijabatni toranj sa ventilatorom)

Protok suvog vazduha: 53

p L ,1  p1  pW ,1  p1  1 pWs (t1 )  0.98  0.6  0.01938  0.96837 bar, p L ,1 V1  m L R L T1 ,

m L 

p L ,1 V1 R L T1



(0.96837  10 5 )  110  127.92 kg/min. 287  (273.15  17)

Protok vode na ulazu: Iz bilansa vlage za adijabatni toranj biće m 3  m 4  m L ( x 2  x1 ) . x1  0.622 x 2  0.622

1 pWs (t1 ) p1  1 

s pW

(t1 )

s  2 pW

(t 2 )

p2   2 

pWs

(t 2 )

 0.622

0.6  0.01938  0.0074688405 kg/kgL 0.98  0.6  0.01938

 0.622

1  0.04246  0.0281695928 kg/kgL 0.98  1  0.04246

m 3  m 4  m L ( x 2  x1 )  80  127.92  (0.0281695  0.0074688)  82.6480335 kg/min. Temperatura vode na izlazu iz tornja: iz bilansa energije dobija se m (h  h2 )  m 3 h 3  L h4  L 1 . m 4













h1  c p , L t1  x1 r0  c p ,W t1 , h2  c p , L t 2  x 2 r0  c p ,w t 2 : h1  h2  c p , L (t1  t 2 )  ( x1  x 2 ) r0  c p ,W  t1  t 2  , h1  h2  1.007  (17  30)  (0.0074688  0.0281695)   2500  1.865  17  30    -64.3408615 kJ/kgL

Pri tom je h 3  ct 3  4.1618  50  208.09 kJ/kgW, h4 

t4 

m L (h1  h2 )  m 3 h 3  L 127.92  (64.34086)  82.648  208.09  (8  60)   118.09674 kJ/kg, m 4 80

1 1 h4   118.09674  28.37636119 oC. c 4.1618

ITET U NOVOM SADU, FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 14.2.2006. 2. U cilindru sa klipom nalazi se vlažna para na 500 kPa stepena suvoće 98%. Potiskujući klip para se širi do pritiska 150 kPa, i razmenjuje toplotu sa izvorom stalne temperature. Pritisak i specifična zapremina pare tokom procesa su u relaciji p v = const. Odrediti: a) rad pare na pomeranju klipa, kJ/kg, b) razmenjenu toplotu, kJ/kg, c) najnižu temperaturu toplotnog izvora stalne temperature, tako da generisanje entropije usled toplotne razmene bude najmanje moguće (najmanja promena entropije za paru+izvor). 3. Adijabatna komora ima 0.03 m3. Na početku, komora sadrži vazduh (id. gas) na 1 bar i 30oC. Komora je priključena na dovodni i odvodni cevovod sa prigušnim ventilima, čime se kontroliše stalnost mase vaduha u komori. Vazduh u o dovodnom cevovodu, pre ventila, je na 2 bar i 90 C. Oba ventila su istovremeno otvorena, i puštaju 0.45 kg/s vazduha. Vazduh u komori je uvek dobro pomešan tako da su temperatura i pritisak homogeni. Odrediti temperaturu i pritisak u komori tokom vremena. 4. Voda je radni fluid u teorijskom Rakin-Klausijusovom kružnom procesu bez pregrevanja pare. Suvozasićena para ulazi u turbinu na 68 bar, a kondenzuje se na 0.07 bar. Odrediti: a) odnos snage napojne pumpe i snage turbine, b) neto snagu kružnog procesa po jedinici masenog protoka pare, kJ/kg, c) toplotu koja se odvodi u kondenzatoru, po jedinici masenog protoka pare, kJ/kg, d) teorijski najmanji odnos masenih protoka rashladne vode i masenog protoka pare, pod pretpostavkom da je temperatura rashladne vode na ulazu u adijabatni kondenzator jednaka 15oC. 4. U rashladni toranj utiče voda na 50oC, hladi se, delemično ispari i ističe iz tornja sa 80 kg/min. Ventilatorom snage 8 kW u toranj se usisava 110 m3/min atmosferskog vazduha na 17oC, 0.98 bar i 60% relativne vlažnosti, koji iz tornja izlazi kao zasićen na 30oC i 0.98 bar. Toranj je adijabatan, u ustaljenom režimu. Odrediti: 54

a) b)

maseni protok vode koja utiče u toranj, kg/min, temperaturu ohlađene vode na izlazu iz tornja, oC.

U Novom Sadu, 14. februara 2006.

dr Gordan Dragutinović

REŠENJE 1: 2. U cilindru sa klipom nalazi se vlažna para na 500 kPa stepena suvoće 98%. Potiskujući klip para se širi do pritiska 150 kPa, i razmenjuje toplotu sa izvorom stalne temperature. Pritisak i specifična zapremina pare tokom procesa su u relaciji p v  con st . Odrediti: a) rad pare na pomeranju klipa, kJ/kg, b) razmenjenu toplotu, kJ/kg, c) najnižu temperaturu toplotnog izvora stalne temperature, tako da generisanje entropije usled toplotne razmene bude najmanje moguće (najmanja promena entropije za paru+izvor). RESAVANJE Temp C 151.9 131.4

1 2

T

Pressure kPa 500 150

Specific Volume 3 m /kg 0.3674 1.225

C

Internal Energy kJ/kg 2523 2551

Specific Enthalpy kJ/kg 2707 2735

Specific Entropy kJ/kgK 6.722 7.328

Quality

Phase

0.98

Liquid Vapor Mixture Superheated Vapor

500 kPa T i - temperatura izvora

1

v2 150 kPa

pv=const.

2

s a) L12 

V2

V

1

pdV  m 

L12 / m  ( pv )1 ln

v2

v1

pd v  m ( pv )1 

v2

v1

v 1 dv  m ( pv)1 ln 2 , v v1

v2 v  ( pv )1 ln 2 v1 v1

Pošto je ( pv )  con st .  ( pv )1  ( pv )2 , biće v2 / v1  p1 / p2 , pa je L12 / m  ( pv )1 ln

p1 500  (500  0.3674) ln  221.169 kJ/kg. p2 150

b) K 12  P12  U 12  Q12  L12 , Zbog U 12  m (u 2  u1 ) biće m (u 2  u1 )  Q12  L12 , odakle Q12 / m  (u 2  u1 )  L12 / m  (2551.1  2523.4)  221.2  248.9 kJ/kg. c) S 12 

Q12  D12 Ti

Zbog S 12  m (s2  s1 ) biće (s2  s1 )  D12 / m  (s2  s1 ) 

Q12 / m  D12 / m , odakle Ti

Q12 / m 248.9 248.9  (7.328  6.722)   0.606  Ti Ti Ti

m in ( D12 / m )  0.606 

248.9 . m in Ti

Posto je T2  T1  Ti , biće m in T i  T1 , pa je m in ( D12 / m )  0.606 

248.9 248.9  0.606   0.0204 kJ/kgK T1 (273.15  151.9)

55

REŠENJE 2 3

o

3. Adijabatna komora ima 0.03 m . Na početku, komora sadrži vazduh (id. gas) na 1 bar i 30 C. Komora je priključena na dovodni i odvodni cevovod sa prigušnim ventilima, čime se kontroliše stalnost mase vaduha u komori. Vazduh u dovodnom cevovodu, pre ventila, je na 2 bar i 90oC. Oba ventila su istovremeno otvorena, i puštaju 0.45 kg/s vazduha. Vazduh u komori je uvek dobro pomešan tako da su temperatura i pritisak homogeni. Odrediti temperaturu i pritisak u komori tokom vremena. RESAVANJE

0.45 kg/s

1

2 bar 90 C

m=const V=const T() p()

T 2=T() 2 p2=p()

dm dm  m 1  m 2 . Uz pretpostavku da je m  m 1  m 2 , bice  0 , Prema tome, masa u d d zapremini je stalna. Uz navedene prepostavke, bilans energije je

Bilans mase ima oblik

dU  m  h1  h2   Q cv  L cv , d ili, pošto je U  m u , biće du dm m u  m  h1  h ()   Q cv  L cv , d d gde je h 2  h ( ) , jer su polja homogena u zapremini. Dalje, za id. gas d u  cv dT , i h1  h ( )  c p (T1  T ( )) , tako da je dT  m c p  T1  T  . d Očigledno je, zbog T1  con st . , da važi i m cv

d (T  T1 ) m c p m  d    d  , T  T1 m cv m

ln

T  T1 T  T1 m  m     , odnosno  exp     , T0  T1 m T0  T1  m 

Za zadate podatke biće, iz jednačine stanja za id. gas p0 V  m R T0 , m 

p0 V (1  10 5 )  0.03   0.0345 kg. R T0 287  (273.15  30)

Promena temperature je tako poznata,  m  T ()  T1  (T0  T1 )exp      m  a pritisak u zapremini je tada p ()V  m R T () , R 287 p()  m T ()  ...  0.0345 T ( ) V 0.03

56

REŠENJE 3 4. Voda je radni fluid u teorijskom Rakin-Klausijusovom kružnom procesu. Suvozasićena para ulazi u turbinu na 68 bar, a kondenzuje se na 0.07 bar. Odrediti: a) odnos snage napojne pumpe i snage turbine, b) neto snagu kružnog procesa po jedinici masenog protoka pare, kJ/kg, c) toplotu koja se odvodi u kondenzatoru, po jedinici masenog protoka pare, kJ/kg, d) teorijski najmanji odnos masenih protoka rashladne vode i masenog protoka pare, pod pretpostavkom da je temperatura rashladne vode na ulazu u adijabatni kondenzator jednaka 15oC. RESAVANJE

1. 2. 3. 4.

Temp C 283.9 39 39 39.2

Specific Volume 3 m /kg 0.02827 14.02 0.001007 0.001005

Pressure MPa 6.8 0.007 0.007 6.8

Internal Energy kJ/kg 2582 1710 163.4 163.4

Specific Enthalpy kJ/kg 2775 1808 163.4 170.2

Specific Entropy kJ/kgK 5.828 5.828 0.5591 0.5591

Quality

Phase

1 0.6828 0

Saturated Vapor Liquid Vapor Mixture Saturated Liquid Compressed Liquid

h 4  h3  v 3 ( p4  p3 )  163.4  0.001007  (68  10 5  10 3  0.07  10 5  10 3 )  170.240551 kJ/kg.

T

C

68 bar 1 0.07 bar

4 3

2 s rashladna voda

a) lT  L T / m  h1  h2  2775  1808  967 kJ/kg, l P  L P / m  h 4  h 3  170.2  163.4  6.8 kJ/kg, LP L /m l 6.8  P  P   0.007 (<1%) LT LT / m lT 967 b) l N E T  L T / m  L P / m  lT  l P  967  6.8  960.2 kJ/kg, c) qG  QG / m  h1  h4  2775  170.2  2604.8 kJ/kg

q K  Q K / m  h2  h 3  1808  163.4  1644.6 kJ/kg d) 

L N ET l 960.2  NET   0.37 (~37%) QG qG 2604.8

e) m p (h2  h3 )  m v c(m a x t  15) , m v (h2  h3 )   mp c(m a x t  15)

Pošto je maxT ;+ Tkondenyacije + 39oC, biće m v (h2  h3 ) (1808  163.4)    16.46523 m p c(m a x t  15) 4.1618  (39  15) 57

REŠENJE 4 6. U rashladni toranj utiče voda na 50oC, hladi se, delemično ispari i ističe iz tornja sa 80 kg/min. Ventilatorom snage 8 kW u toranj se usisava 110 m3/min atmosferskog vazduha na 17oC, 0.98 bar i 60% relativne vlažnosti, koji iz tornja o izlazi kao zasićen na 30 C i 0.98 bar. Toranj je adijabatan, u ustaljenom režimu. Odrediti: e) maseni protok vode koja utiče u toranj, kg/min, f) temperaturu ohlađene vode na izlazu iz tornja, oC. RESENJE 2

suvi vazduh

2

vlaga

zajedno

2

3

1 1

3 1

4

4

0  m L x1  m 3  m L x 2  m 4 ,

(bilans vlage - vode - za toranj)

0  m L h1  m 3 h3  m L h2  m 4 h4  L ,

(bilans energije za adijabatni toranj sa ventilatorom)

Protok suvog vazduha: p L ,1  p1  pW ,1  p1  1 pWs (t1 )  0.98  0.6  0.01938  0.96837 bar, p L ,1 V1  m L R L T1 ,

m L 

p L ,1 V1 R L T1



(0.96837  10 5 )  110  127.92 kg/min. 287  (273.15  17)

Protok vode na ulazu: Iz bilansa vlage za adijabatni toranj biće m 3  m 4  m L ( x 2  x1 ) . x1  0.622 x 2  0.622

1 pWs (t1 ) s p1  1  pW (t1 ) s  2 pW (t 2 )

p2   2 

pWs

(t 2 )

 0.622

0.6  0.01938  0.0074688405 kg/kgL 0.98  0.6  0.01938

 0.622

1  0.04246  0.0281695928 kg/kgL 0.98  1  0.04246

m 3  m 4  m L ( x 2  x1 )  80  127.92  (0.0281695  0.0074688)  82.6480335 kg/min. Temperatura vode na izlazu iz tornja: iz bilansa energije dobija se m (h  h2 )  m 3 h 3  L h4  L 1 . m 4





h1  c p , L t1  x1 r0  c p ,W t1 ,









h2  c p , L t 2  x 2 r0  c p ,w t 2 : h1  h2  c p , L (t1  t 2 )  ( x1  x 2 ) r0  c p ,W  t1  t 2  ,

h1  h2  1.007  (17  30)  (0.0074688  0.0281695)   2500  1.865  17  30    -64.3408615 kJ/kgL

Pri tom je h 3  ct 3  4.1618  50  208.09 kJ/kgW, 58

h4 

t4 

m L (h1  h2 )  m 3 h 3  L 127.92  (64.34086)  82.648  208.09  (8  60)   118.09674 kJ/kg, m 4 80

1 1 o h4   118.09674  28.37636119 C. c 4.1618

UNIVERZITET U NOVOM SADU, FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 15.6.2006. 3. 10 kg suvozasićene vodene pare na pritisku 5 bar, zagreva se izobarno do 250oC, a zatim izoentropno ekspandira do početne temperature. Odrediti: a) koliko je potrebno dovesti toplote vodenoj pari tokom procesa i b) koliko iznosi promena entropije i unutrašnje energije vodene pare. o 2. 5 kg vazduha (id.gas) se nalazi u cilindru na temperaturi 20 C i pritisku 100 kPa. Vazduhu se kvazistatično izobarno dovede 300 KJ toplote. Odrediti: g) rad koji obavi vazduh pri tom procesu, h) promenu zapremine vazduha, i) početnu i krajnju zapreminu vazduha. 3. 1 kg vode (vodene pare) obavlja kružni proces: 1-2 izohorno zagrevanje od 1(5 bar, 160oC) do 2(10 bar), 2-3 izobarna promena do stanja suvozasićene pare, 3-4 izohorno hlađenje, 4-1 izotermno širenje uz dovođenje 815.8 kJ doplote. a) Skicirati kružni proces u (p,v) dijagramu stanja. d) Zanemarivši promene potencijalne i kineticke energije, izračunati ukupni zapreminski rad kružnog procesa, kJ, i razmenjenu toplotu sa svaki deo procesa, kJ. 5. 12.5 m3/min vlažnog vazduha sa 99 kPa, 35oC i 95% relativne vlažnosti ulazi u erkondišn (air-conditioner), a izlazi kao tok zasćenog vlažnog vazduha na 15oC. Vlaga koja se pri tom kondenzuje odvodi se sa 15oC. Zanemariti promene pritiska, kinetičke i potencijalne energije i izračunati: c) količinu vlage koja se izdvaja, i d) toplotu koja se odvodi od vlažnog vazduha. Novi Sad, 15. jun 2006.

dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: o

1. 10 kg suvozasićene vodene pare na pritisku 5 bar, zagreva se izobarno do 250 C, a zatim izoentropno ekspandira do početne temperature. Odrediti: a) koliko je potrebno dovesti toplote vodenoj pari tokom procesa i b) koliko iznosi promena entropije i unutrašnje energije vodene pare.

T

p =5 bar

2

K

1

3

s Stanje suvozasićene pare na početku procesa:

p1  5 bar t1  151.840 C v1  0.3747 m3 / kg h1  2749 kJ / kg s1  6.822 kJ / kgK u1  2562 kJ / kg

59

stanje pare na kraju procesa zagrevanja:

p2  5 bar t 2  2500 C v2  0.4942 m3 / kg h2  2957.75 kJ / kg s2  7.273 kJ / kgK stanje pare na kraju procesa ekspanzije:

t3  151.84 0 C s3  s2  7.273 kJ / kgK p3  2.061bar h3  2773.12 kJ / kg v3  0.9447 m3 / kg u3  h3  p3 v3  2773.12  2.061 105  0.9447  10 3  2578.42 kJ / kg a) Iz

dq  dh  dlt za izobaran proces je:

q12  h2  h1  2957.75  2749  208.75 kJ / kg Q12  m  q12  10  208.75  2087.5 kJ Proces izoentropne ekspanzije je adijabatan proces pa je: Q23  0 . tj., potrebno je dovesti: Q  Q12  Q23 . Promena entropije izobarnog zagrevanja:

s12  s2  s1  7.273  6.822  0.451 kJ / kgK S12  m  s  10  0.451  4.51 kJ / K dok je proces 2-3 izoentropan pa je S  S12  4.51 kJ / K . Promena unutrašnje energije procesa 1-3:

u  u3  u1  h3  p3v3  u1  2773.12  2.061105  0.9447 10 3  2562  16.417 kJ / kg U  m  u  10  16.417  164.17 kJ

RESENJE 2: o

2. 5 kg vazduha (id.gas) se nalazi u cilindru na temperaturi 20 C i pritisku 100 kPa. Vazduhu se kvazistatično izobarno dovede 300 KJ toplote. Odrediti: a) rad koji obavi vazduh pri tom procesu, b) promenu zapremine vazduha, c) početnu i krajnju zapreminu vazduha. RESENJE: a) Polazeći od dq  du  dl za izobaran proces važi: c p dT  cv dT  dl odnosno: c p  cv  c p dT  dl cp pa važi:  1 l12   q12  to jest, rad koji vazduh obavi tokom procesa:  1 1.4  1 L12   Q12   300  85.714 KJ  1.4 b) Za kvazistatičan izobaran proces važi: 60

V2

L12 

 pdV  p V

2

 V1   pV

V1

pa je promena zapremine tokom ovog procesa: L 85714 V    0.857 m 3 p 100000 c) Zapremina koju vazduh zauzima na početku procesa: m R T1 5  287  293 V1    4.205 m 3 p1 10 5 dok je krajnja zapremina vazduha: V  V1  V 2  5.062 m 3 RESENJE 3:

o

3. 1 kg vode (vodene pare) obavlja kružni proces: 1-2 izohorno zagrevanje od 1(5 bar, 160 C) do 2(10 bar), 2-3 izobarna promena do stanja suvozasićene pare, 3-4 izohorno hlađenje, 4-1 izotermno širenje uz dovođenje 815.8 kJ doplote. a) skicirati kružni proces u (p,v) dijagramu stanja, b) zanemarivši promene potencijalne i kineticke energije, izračunati ukupni zapreminski rad kružnog procesa, kJ, i razmenjenu toplotu sa svaki deo procesa, kJ. RESENJE:

v1  0.3835 m3/kg, u1  2575.2 kJ/kg, v 2  v1  0.3835 m3/kg, u 2  3231.8 v3  0.1944 m3/kg, u3  2583.6 kJ/kg, v4  v3  0.1944 m3/kg, T4  T1  160 0C, u4  1871.2 kJ/kg. K  P  U  Q  L ,

kJ/kg,

izohorno zagrevanje 1-2:

K  P  U12  Q12  L12 , K  0 , P  0 , L12  0 , Q12  U 12, U12  U 2  U1  656.6 kJ, Q12  U12  656.6 kJ, izobarna promena stanja 2-3:

K  P  U 23  Q23  L23 , K  0 , P  0 , 3

L23   pdv  mp(v3  v2 )  189.1 kJ 2

Q23  m(u3  u2 )  L23  837.3 kJ izohorno hladenje 3-4:

K  P  U 34  Q34  L34 izohorno hladenje 3-4:

K  P  U 34  Q34  L34 , K  0 , P  0 , L  0 , Q34  m(u4  u3 )  712.4 kJ, izotermno sirenje 4-1: K  0 ,

61

P  0 , Q41  815,8 kJ,

L41  Q41  m(u1  u4 )  111,8 kJ, ukupni zapreminski rad kruznog procesa:

LQ  77,3 kJ, ukupna razmenjena toplota:

QQ  77, 3 kJ, .

RESENJE 4: 3

o

4. 12.5 m /min vlažnog vazduha sa 99 kPa, 35 C i 95% relativne vlažnosti ulazi u erkondišn (air-conditioner), a izlazi o o kao tok zasćenog vlažnog vazduha na 15 C. Vlaga koja se pri tom kondenzuje odvodi se sa 15 C. Zanemariti promene pritiska, kinetičke i potencijalne energije i izračunati: c) količinu vlage koja se izdvaja, i d) toplotu koja se odvodi od vlažnog vazduha. REŠENJE 4:   0.95  95% 

 1 1 350C h

p=99kPa 2 150C x

Vlažan vazduh na izlazu je zasićen,  2  1. a)bilans za suv vazduh L1  L2  L a bilans vlage dovodi do  0  L1 x1  m w  Lx 2   m  Lx  x  w

1

2

maseni protok suvog vazduha je, iz pV  L  RL  xRw  T , je dato L 

pV1 99  103  12.5   13.25 kg/min  RL  x1Rw  T1  287  0.035  461.5 273.15  35

jer su x1  0.622

1 p*  t1  0.95  5.629  0.622   0.0355 * p  1 p  t1  99  0.95  5.629

x2  0.622

 2 p *  t2  1  1.706  0.622   0.0109. * p   2 p  t2  99  1  1.706

Količina izdvojene vlage je m w  L  x1  x2   13.25   0.035  0.0109   0.319 kg/min. b) Iz bilansa energije   m h  Lh   Q  L 0  Lh 1 w w 2 cv L  0 cv

biće   m h  Lh  Q  Lh 2 w w 1 Ovde su: h1  c p ,l t1  x1  r0  c p ,wt1   1.007  35  0.035   2500  1.865  35   124.7 kJ/kg l 62

h2  c p,l t2  x2  r0  c p , wt2   1.007  15  0.0109   2500  1.865  15   42.6 kJ/kg l

hw  c p ,w  tw  0   4.1868  15  0   62.8 kJ/kg.

Zato je Q  L  h2  h1   m w hw  13.25   42.6  124.7   0.319  62.8  1087.8  20.03  -1067.8kJ/min=-17.8k

UNIVERZITET U NOVOM SADU, FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 15.9.2006. o

4. 1 kg suvozasićene vodene pare na pritisku 3 MPa se zagreva izobarno do stanja 2 (300 C), a zatim se hladi pri konstantnoj zapremini do stanja 3 (200oC). Na kraju, vodena para se izotermno kvazistatično sabija do stanja ključale tečnosti, stanje 4. Odrediti: a) stanje vode (vodene pare) na kraju procesa i skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) razmenjenu količinu toplote u ovom procesu kao i c) zapreminski rad procesa. 2. 5 kg vazduha (id.gas), na temperaturi 150oC, nalazi se u cilindru sa klipom zanemarljive mase. Vazduhu se kvazistatično dovede 300 KJ toplote po zakonu pv 1.3=const. Treba: j) izračunati rad koji obavi vazduh pomerajući klip, promenu unutrašnje energije vazduha kao i krajnju temperaturu gasa, k) skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja. 9. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najviša temperatura u procesu je 540oC. Izračunati, a zatim uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja kružnog procesa za dva slučaja: p) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv 1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. 5. 4.2 kg/min vlažnog vazduha stanja 1(8oC, 97 kPa, =43%) izobarno se zagreva do stanja 2(24oC). Izračunati: c) potrebnu snagu za zagrevanje, d) relativnu vlažnost vlažnog vazduha na izlazu (u stanju 2). Novi Sad, 15. septembar 2006.

dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 5. 1 kg suvozasićene vodene pare na pritisku 3 MPa se zagreva izobarno do stanja 2 (300oC), a zatim se hladi pri konstantnoj zapremini do stanja 3 (200oC). Na kraju, vodena para se izotermno kvazistatično sabija do stanja ključale tečnosti, stanje 4. Odrediti: a) stanje vode (vodene pare) na kraju procesa i skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) razmenjenu količinu toplote u ovom procesu kao i c) zapreminski rad procesa. p

1

2

4 3

v

a) 63

Stanje 1: p1  30 bar v1  0.06665 m3 / kg

h1  2804 kJ/kg s1  6.186 kJ/kgK u1  2604 kJ/kg Stanje 2: p2  p1  30 bar t 2  3000 C v2  0.08119 m3 / kg

h2  2988 kJ/kg s2  6.530 kJ/kgK u2  h2  p2 v2  2988  3 103  0.08119  2744.43 kJ/kg

Stanje 3: v2  v3  0.08119 m3 / kg t3  2000 C x3 

v  v, 0.08119  0.0011565   0.635 ,, , v v 0.1272  0.0011565

h3  h3,  x3  h3,  h3,,   852.4  0.635  2793  852.4   2084.681 kJ/kg u3  u3,  x3  u3,  u3,,   851.6  0.635  2595  851.6   1958.659 kJ/kg s3  s3,  x3  s3,,  s3,   4.9349 kJ/kgK

Stanje 4: t 4  2000 C p4  15.551 bar v4  v4,  0.0011565 m3 / kg h4  h4,  852.4 kJ/kg s4  s4,  2.3308 kJ/kgK u4  u4,  851.6 kJ/kg

b) Iz: dq=du+dl Za izobaran proces 1-2: q12  h2  h1  2988  2804  184 kJ/kg Za izohoran proces 2-3: q23  u3  u2  1958.659  2744.43  785.771 kJ/kg Za kvazistatičan, izoterman proces vazi: dq  Tds pa je razmenjena količina toplote za proces 2-3: q34  T3  s4  s3   473   2.3308  4.9349   1231.74 kJ/kg Ukupno razmenjena količina toplote za 1-2-3-4: q14  q12  q23  q34  184  785.771  1233.5367  1833.51 kJ/kg Q14  1833.51 kJ

c) Zapreminski rad izobarnog zagrevanja: l12  q12  u12  q12   u2  u1   184   2744.43  2604   43.57 kJ/kg Zapreminski rad izohornog procesa 2-3: l23  0 kJ/kg zapreminski rad izotermnog procesa 3-4: 64

l34  q34  u34  1233.5367  851.6  1958.659   126.48 kJ/kg

pa je ukupan zapreminski rad za ceo proces: l14  l12  l23  l34  82.91 kJ/kg L14  82.91 kJ

RESENJE 2: 2. 5 kg vazduha (id.gas), na temperaturi 150oC, nalazi se u cilindru sa klipom zanemarljive mase. Vazduhu se kvazistatično dovede 300 KJ toplote po zakonu pv 1.3=const. Treba: l) izračunati rad koji obavi vazduh pomerajući klip , promenu unutrašnje energije vazduha kao i krajnju temperaturu gasa, m) skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja. RESENJE: p

1

2

v

a) Polazeći od dq  du  dl za politropnu promenu: cn dT  cv dT  dl Specifična toplota za opštu politropsku promenu stanja: n  n 1 cn  cv tj. cv  cn , n 1 n  pa je:

cn dT  cn

n 1 dT  dl n 

odnosno:

n 1   cn 1   dT  dl ,  n   pa je:

n 1   l12   1    q12  n to jest, rad koji vazduh obavi tokom procesa: n 1  1.3  1    L12  1    Q12  1    300  1200 KJ n   1.3  1.4    

Promena unutrašnje energije iz: Q12  U12  L12 dobija se: U12  Q12  L12  300  1200  900 kJ 65

Krajnja temperatura gasa može se dobiti polazeci od: U12  m  cv  T2  T1  pa je: T2  T1 

U12 900  150   1000 C mcv 5  0.72

RESENJE 3: 10. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najviša temperatura u procesu je 540oC. Izračunati, a zatim uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja kružnog procesa za dva slučaja: 1.18 q) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv =const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. RESENJE p

4

1

2

2b

3

v

Stanje pare na ulazu u turbinu (stanje 1): t1  5400 C p1  20 bar v1  0.1851m3 / kg

h1  3556 kJ / kg s1  7.542 kJ / kgK Stanje pare na izlazu iz turbine (stanje 2): p2  0.05 bar Stanje pare se određuje korišćenjem zakona promene stanja: pv1.18  const  p1v11.18  p2 v1.18 2 1

1

 p 1.18  20 1.18 3 pa je: v2  v1  1   0.1851   29.6853 m / kg p 0.05    2 h2  2590.657 kJ / kg

s2  8.4848 kJ / kgK Stanje pare na ulazu u pumpu (stanje 3): p3  0.05 bar x3  0 66

v3  0.0010053 m3 / kg

h3  137.83 kJ / kg s3  0.4761 kJ / kgK u3  137.82 kJ / kg Stanje pare na izlazu iz pumpe (stanje 4): p4  20 bar s4  s3  0.4761kJ / kgK h4  140.6885 kJ / kg Stanje pare na izlazu iz turbine-adijabatna kvazistatična promena (stanje 2b): p2b  0.05 bar s2b  s1  7.542 kJ / kgK x2b 

s2b  s2, b 7.542  0.4761   0.893 s2,,b  s2, b 8.393  0.4761

h2b  h2, b  x2b  h2b ,,  h2, b   137.83  0.893  2561  137.83   2301.72 kJ / kg

a) Proces 1-2-3-4: q12  0 lt ,23  0

1-2 je adijabatna promena, 2-3 je izobarna promena,

q23   h3  h2   lt ,23  137.83  2590.657  2452.827 kJ / kg

3-4 je kvazistatična adijabata, 4-1 je izobarna promena,

q34  0 lt ,41  0 q41   h1  h4   lt ,41  3556  140.6885  3415.3115 kJ / kg

Dobija se: q 2452.827 a  1  23  1   0.2818 q41 3415.3115

b) Proces 1-2b-3-4: q12b  0 lt ,2b 3  0

1-2 je adijabatna promena, 2-3 je izobarna promena,

q2b3   h3  h2b   lt ,2b3  137.83  2301.72  2163.89 kJ / kg

q34  0 lt ,41  0

3-4 je kvazistatična adijabata, 4-1 je izobarna promena,

q41   h1  h4   lt ,41  3556  140.6885  3415.3115 kJ / kg

Dobija se: q 2163.89 a  1  2b 3  1   0.3664 q41 3415.3115 RESENJE 4: 5. 4.2 kg/min vlažnog vazduha stanja 1(8oC, 97 kPa, =43%) izobarno se zagreva do stanja 2(24oC). Izračunati: c) potrebnu snagu za zagrevanje, d) relativnu vlažnost vlažnog vazduha na izlazu (u stanju 2). RESENJE

67

15.5%

h

43%

2 24 1 8 x

x1  0.622

1 pws t1  p  1 pw s t1 

 0.622



0.43  pw s 8 o C



 o

0.97  0.43  pws 8 C



 0.622

0.43  0.01072  0.00297 , 0.97  0.43  0.01072

h1  1.007  t1  x 1  2500  1.865  t1  , h 2  1.007  t 2  x 2  2500  1.865  t2  .

Kako je: x1  x 2  x ,

to je : h  1.007  t 2  t1   x t 2  t1   1.865  1.007   24  8   0.00297   24  8   1.865  16.023 kJ/kgL a) Potrebna snaga za zagrevanje: Q  m L  h Maseni protok suvog vazduha: m 4.2 / 60 m L    0.06979 kgL/s, 1  x 1  0.00297 pa je: Q  0.06979  16.023  1.118 kJ/s = 1.118 kW. b) Relativna vlažnost na izlazu: p  x2 0.97  0.00297 2    0.155 0.622  x 2   pws  t2   0.622  0.00297   0.02982 2  15.5 % UNIVERZITET U NOVOM SADU, FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 18.3.2006. 1. Toplotno izolovani rezervoar, zapremine 20 m3, sadrži vodenu paru početnog stanja 1(2 MPa, 553 K). Rezervoar je povezan sa toplotno izolovanom parnom turbinom, u kojoj se odvija ravnotežno (kvazistaticno) širenje pare. Pritisak pare na izlazu iz turbine je stalan i jednak 0.15 MPa, a proces se odvija dok pritisak pare u rezervoaru ne opadne na 0.3 MPa. Odrediti rad pare obavljen tokom ovog procesa. 2. Vazduh (idealan gas) ustaljeno teče kroz toplotno izolovani kratki kanal. Između ulaza i izlaza nalazi se ventilator snage 100 W i elektricni grejač. Merenja u ustaljenom radu pokazuju na izlazu 83oC, pritisak 1 bar i brzinu 9.1 m/s kroz poprečni presek 19 cm2, a na ulazu 22oC, pritisak 1 bar i brzinu 3.7 m/s. Izračunati: a) maseni protok vazduha, b) snagu električnog grejača, c) razliku entropije vazduha na izlazu iz kanala i na usisu u kanal. 5. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa sa pregrevanjem pare, pritisak kondenzacije je 10 kPa, a najviša tempera o u procesu je 400 C. Zanemarivši rad za pumpanje, treba odrediti termodinamički stepen iskorišćenja procesa kada se toplota dovodi na: c) 2 MPa, d) 4 MPa, 68

Koji od prethodnih slučajeva ima veći termodinamički stepen iskorišćenja i za koliko posto? Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. 4. Kroz neku prostoriju prolazi vodovodna cev. Temperatura spoljašnje površine cevi je 12oC. U prostoriji je vlažan o vazduh na 21 C. Koje relativne vlažnosti moze da ima vazduh, a da ne dođe do pojave rose (kondenzovane vlage) na vodovodnoj cevi?

Novi Sad, 18. mart 2001.

dr Gordan Dragutinovic

RESENJE 1: 2. Toplotno izolovani rezervoar, zapremine 20 m3, sadrzi vodenu paru pocetnog stanja 1(2 MPa, 553 K). Rezervoar je povezan sa toplotno izolovanom parnom turbinom, u kojoj se odvija ravnotezno (kvazistaticno) sirenje pare. Pritisak pare na izlazu iz turbine je stalan i jednak 0.15 MPa, a proces se odvija dok pritisak pare u rezervoaru ne opadne na 0.3 MPa. Odrediti rad pare obavljen tokom ovog procesa.

RESENJE

K

vent il t ur bi na para u r ezer voar u p1= 2 M Pa, t 1=553 K p2= 0.3 M Pa V = 20 m 3

p1

1

T

T1

p2 2

T2

e

pe Te

pe= 0.15 M Pa

s

Bilans mase i energije za kontrolnu zapreminu u neustaljenom rezimu glase: dm  m e , d dU  m eh e  0  L cv d

Integracijom od pocetka do kraja procesa po vremenu (uz cinjenicu da je h e  const tokom procesa) dobija se

z

2

m 2 u 2  m 1u1  (m 2  m 1 )h e  0  L cv , m 2  m 1   m d , 1

z

2

z

2

 m h ed   h e m d   h e (m 2  m 1 ) . 1

1

Odnosno L cv  m 2 ( h e  u 2 )  m 1 ( h e  u1 )  m 2 (u 2  u e  p ev e )  m 1 (u 1  u e  p ev e ) . U prethodnom je m 1  V 1 

V , v1

m 2  V 2 

V . v2

Proces je izoentropan: t C 1. 280 2. 133.5 e. 111.4

p MPa 2 0.3 0.15

v u m3/kg kJ/kg 0.12 2736 0.57072428 1.051 2328

h kJ/kg 2976 2600 2486

m1 

V 20   166.67 kg, v1 0.12

m2 

V 20   35.0447 kg, v 2 0.5707

s kJ/kgK 6.683 6.683 6.683

x

Phase

Superheated Vapor 0.9419 Liquid Vapor Mixture 0.9066 Liquid Vapor Mixture

69

L cv  m 2 (u 2  u e  p ev e )  m 1 (u1  u e  p ev e )   35.0447  ( 2428  2328  0.15  10 3  1.051 )  166.67  (2736  2328  0.15  10 3  1.051 )  = 43746.1615 kJ =43.746 MJ.

Ili, alternativno L cv  m 2 ( h e  u 2 )  m 1 ( h e  u1 )  35.0447  ( 2486  2428 )  166.67  ( 2486  2736 )  43700.0926 kJ =43.7 MJ.

RESENJE 2 2. Vazduh (idealan gas) ustaljeno tece kroz toplotno izolovani kratki kanal. Izmedju ulaza i izlaza nalazi se ventilator snage 100 W i elektricni grejac. Merenja u ustaljenom radu pokazuju na izlazu 83oC, pritisak 1 bar i brzinu 9.1 m/s kroz poprecni presek 19 cm2, a na ulazu 22oC, pritisak 1 bar i brzinu 3.7 m/s. Izracunati: a) maseni protok vazduha, b) snagu elektricnog grejaca, c) razliku entropije vazduha na izlazu iz kanala i na usisu u kanal.

RESENJE a) m 

A2w 2 R T2 A w p (19  10 4 )  9.1  (1  10 5 ) , v2  , m  2 2 2   0.0169 kg/s. v2 p2 R T2 287  (273.15  83)

b)

e F Q  m G h H

j e

j

0  m h1  12 w 12  m h 2  12 w 22  Q  L , 2

 h1 

I JK

w 22  w12  L , 2

T2

h 2  h1 

 cp (T )d T

 c p (T 2  T1 )  c p (t2  t1 )  1.007  (83  22 )  61.427 kJ/kg , ili 61424 J/kg .

T1

e

j

1 2 1 w 2  w12  ( 9.1 2  3.7 2 )  34.56 m2/s2 = 34.56 J/kg. 2 2 Q  0.0169   61424  34.56   L  0.0169   61424  34.56   ( 100)  938.6497 J/s (W)= 0.938 kW.

c) Za idealan gas vazi d s  cp

dT dp R , odakle je razlika izmedju izlaza i ulaza jednaka T p 2

s12   c p 1

2

p (  p1 ) T dT dT 273.15  83  R ln 2  cp   c p ln 2  1.007  ln  0.2032 kJ/kgK. T p1 T T1 273.15  22 1

Konkretno: S12  m s12  0.0169  0.2032  0.00343 kW/K = 3.43 W/K.

RESENJE 3: 3. Pritisak kondenzacije kod Rankin-Klausijusovog kruznog procesa je 10 kPa, a najvisa tempera u procesu je 400oC. Zanemarivsi rad za pumpanje, treba odrediti termodinamicki stepen iskoriscenja procesa kada se toplota dovodi na: a) 2 MPa, b) 4 MPa, Koji od prethodnih slucajeva ima veci termodinamicki stepen iskoriscenja i za koliko posto? Oba slucaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja.

RESENJE

70

3b

T

T 3=(273.15+400) K

3a p = 4 M Pa

K

p = 2 M Pa

p = 4 M Pa p = 2 M Pa p = 10 k Pa=0.01 M Pa

2b 2a 1

4b

p = 10 k Pa

4a

s

1 2a 3a 4a 2b 3b 4b

t C 45.81 45.88 400 45.81 45.94 400 45.81

p MPa 0.01 2 2 0.01 4 4 0.01

v=1/r m3/kg 0.00101 0.001009 0.1512 12.67 0.001009 0.07341 11.97

u kJ/kg 191.8 191.8 2945 2132 191.8 2920 2024

h kJ/kg 191.8 193.8 3248 2258 195.8 3214 2144

s kJ/kgK 0.6492 0.6492 7.127 7.127 0.6492 6.769 6.769

x

faza

0

klucala voda voda para (T>TK) 0.8636 vlazna para voda para (T>TK) 0.8159 vlazna para

a) tacno

a 

( h3 a  h 4 a )  ( h 2 a  h1 )  0.3235 = 32.35% h3 a  h 2 a

priblizno (zanemarivanjem rada pumpanja)

a 

( h 3 a  h 4 a )  ( h 2 a  h1 ) ( h 3 a  h 4 a )   0.3239 = 32.39% h3 a  h 2 a h 3 a  h1

tacno

b 

( h 3 b  h 4 b )  ( h 2 b  h1 )  0.3532 = 35.320% h 3 a  h 2b

priblizno (zanemarivanjem rada pumpanja)

b 

( h 3 b  h 4 b )  ( h 2b  h 1 ) ( h 3 b  h 4 b )   0.354 = 35.40% h 3 a  h 2b h 3b  h1

b)

c) procenat povecanja % povecan ja 

b  a  0.3540  100  b  1  100   1  100  9.2929917 =9.3 %. a a 0.3239

RESENJE 4: 4. Kroz neku prostoriju prolazi vodovodna cev. Temperatura spoljasnje povrsine cevi je 12oC. U prostoriji je vlazan vazduh na 21oC. Koje relativne vlaznosti moze da ima vazduh, a da ne dodje do pojave rose (kondenzovane vlage) na vodovodnoj cevi?

RESENJE

x R  0.622

1  p s (t R ) s

p  1  p (t R )

 0.622

1  p s (12 o C) s

o

1  1  p (12 C)

 0.622

1  0.01402  0.008844439 = 0.009, 1  1  0.01402

x m ax  x R  0.008844, Sada iz x m a x  0.622 m a x 

m a x p s (t ) p  m a x p s (t )

, dobija se relativna vlaznost

x ma x p 1 0.0088   0.56093844 = 56.1 %. o p (21 C) (0.622  x m a x ) 0.02487 (0.622  0.0088) s

komentar: moze se eliminisati pritisak u prostoriji, naime 71

x R  0.622

1  p s (t R ) p  1  p s (t R )

 x m a x  0.622

m a x p s (t ) p  m a x p s (t )

.

Odavde je









1  p s (t R ) p  m a x p s (t )  m a x p s (t ) p  1  p s (t R ) , s

s

s

s

s

p (t R ) p  ma x p (t R ) p (t )  p m a x p (t )  m a x p (t ) p s (t R ) , p s (t R ) p  pma x p s (t ) , p s (t R )  m a x p s (t ) ,

m a x 

p s (t R ) p s (t )



0.01402  0.5637314033 = 56.3%. 0.02487

UNIVERZITET U NOVOM SADU, FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 19.6.2007. 1. Voda je radni fluid u teorijskom Rakin-Klausijusovom kružnom procesu sa pregrevanjem pare. Na ulazu u turbinu para je na 6.8 MPa i 350oC, a pritisak u kondenzatoru je 0.07 bar. Treba skicirati proces u (T,s) dijagramu i odrediti: a) termodinamički stepen iskorišćenja toplote ovog kružnog procesa. b) termodinamički stepen iskorišćenja toplote kružnog procesa i stepen dobrote adijabatne turbine, pod uslovom da iz turbine para izlazi kao suvozasićena. 2. 20 kg kiseonika (id. gas) početnog stanja 1 bar i 17oC ekspandira po zakonu p  c  v do pritiska 4 bar, a zatim se hladi pri konstantnoj zapremini do početnog pritiska i na kraju se hladi pri konstantnom pritisku do početnog stanja. Sve promene stanja su kvazistatične. Treba: a) skicirati promenu u (p,v) dijagramu, b) odrediti zapreminski neto rad, c) odrediti termodinamički stepen iskorišćenja kružnog procesa, d) odrediti promenu entropije za izobaran proces. Novi Sad, 19. jun 2007.

dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 1.

Voda je radni fluid u teorijskom Rakin-Klausijusovom kružnom procesu sa pregrevanjem pare. Na ulazu u turbinu para je na 6.8 MPa i 350oC, a pritisak u kondenzatoru je 0.07 bar. Treba skicirati proces u (T,s) dijagramu i odrediti: a) termodinamički stepen iskorišćenja toplote ovog kružnog procesa. b) termodinamički stepen iskorišćenja toplote kružnog procesa i stepen dobrote adijabatne turbine, pod uslovom da iz turbine para izlazi kao suvozasićena. RESAVANJE

1 2 3 4 5

Temp C 350 39 39 39.2 39

Pressure MPa 6.8 0.007 0.007 6.8 0.007

Specific Volume 3 m /kg 0.03648 15.14 0.001007 0.001005 20.53

Internal Energy kJ/kg 2774 1834 163.4 163.4 2429

Specific Enthalpy kJ/kg 3022 1940 163.4 170.2 2572

Specific Entropy kJ/kgK 6.249 6.249 0.5591 0.5591 8.276

Quality

0.7373 0 1

Phase Superheated Vapor Liquid Vapor Mixture Saturated Liquid Compressed Liquid Saturated Vapor

h 4  h3  v 3 ( p4  p3 )  163.4  0.001007  (68  10 5  10 3  0.07  10 5  10 3 )  170.240551 kJ/kg.

72

T

C

68 bar

a) t urbi na 1-2 b) t urbi na 1-5

1 0.07 bar 4 3

2

5 s

a) lT  L T / m  h1  h2  3022  1940  1082 kJ/kg, l P  L P / m  h 4  h 3  170.2  163.4  6.8 kJ/kg, l N E T  L T / m  L P / m  lT  l P  1082  6.8  1075.2 kJ/kg, qG  QG / m  h1  h4  3022  170.2  2851.8 kJ/kg q K  Q K / m  h2  h 3  1940  163.4  1776.6 kJ/kg 

L N ET l Q q 1075.2 1776.6  NET   0.38 , ili   1  K  1  K  1   0.38 (~38%) QG qG 2851.8 QG qG 2851.8

b) lT  L T / m  h1  h5  3022  2572  450 kJ/kg, l P  L P / m  h 4  h 3  170.2  163.4  6.8 kJ/kg, l N E T  L T / m  L P / m  lT  l P  450  6.8  443.2 kJ/kg, qG  QG / m  h1  h4  3022  170.2  2851.8 kJ/kg q K  Q K / m  h5  h3  2572  163.4  2408.6 kJ/kg 

L N ET l Q q 443.2 2408.6  NET   0.16 , ili   1  K  1  K  1   0.16 (~16%) QG qG 2851.8 QG qG 2851.8

Stepen dobrote adijabatne turbine: T 

L T (b) lT (b) 450    0.42 (~42%) L T (a ) lT (a ) 1082 RESENJE 2: o

2. 20 kg kiseonika (id. gas) početnog stanja 1 bar i 17 C ekspandira po zakonu p  c  v do pritiska 4 bar, a zatim se hladi pri konstantnoj zapremini do početnog pritiska i na kraju se hladi pri konstantnom pritisku do početnog stanja. Sve promene stanja su kvazistatične. Treba: a) skicirati promenu u (p,v) dijagramu, b) odrediti zapreminski neto rad, c) odrediti termodinamički stepen iskorišćenja kružnog procesa, d) odrediti promenu entropije za izobaran proces. RESAVANJE a) . p

2 p=cxv

V=const

1

3 p=const . V V

b) Početna specifična zapremina kiseonika je iz:

pv  R T za kiseonik: R=260 J/kgK, i za početni pritisak p1  1 bar i temperaturu

T1  290 K, 73

R T1

v1 

p1



260  290 10 5

 0.754 m 3 / k g

Sada možemo naći konstantu c iz: p=cxv kao:

c

p1 10 5   132625.99 Pak g / m 3 v1 0.754

pa je i:

v2 

p2 4  10 5   3.016 m 3 / k g c 132625.99

a:

T2 

p2v 2 4  10 5  3.016   4640 K R 260

Kako je:

v 3  v 2  3.016 m 3 / k g

p3  p1  1 bar to je temperatura kiseonika nakon izohornog hlađenja:

T3 

p 3v 3 pv 10 5  3.016  1 2   1160 K. R R 260

Zapreminski rad ćemo naći iz: 2

2

l12   pdv   cvdv  c 1

l23  0

1

v 22  v12 3.016 2  0.754 2  132625.99   565499.98 2 2

J/kg

J/kg

1

l31   pdv  p3  v1  v 3   10 5  0.754  3.016   226200

J/kg

3

lcikl  l12  l23  l31  339299.98 J/kg L cikl  m  lcikl  6.786 MJ c) Količina dovedene toplote u ciklus je:

q d ov  u12  l12  cv  T 2  T1   l12  650  4640  290   565499.98  3392999.98 J/kg pa je i termodinamički stepen iskorišćenja kružnog procesa:



lcik l  0.1 q d ov

d) Promena entropije kiseonikaza izobaran proces:

s31  s1  s3  c p ln

T1 290  910  ln  1261.53 J/kgK T3 1160

S 31  m  s31  25.23056

kJ/K

UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 21.09.2007. 1. 50 000 kg/h vodene pare, stanja 30 bar i 320oC, meša se sa m kg/h vode stanja 30 bar i 200oC. Kao rezultat na izlazu se dobija stalni protok suvozasićene vodene pare na 30 bar. Razmena toplote sa okolinom, promena kinetičke i potencijalne energije mogu se zanemariti. Izračunati. a) potrebni maseni protok vode (tečnosti), b) generisanje entropije u ovom procesu mešanja. 2. Vazduh početnog stanja 0.75 bar, 1000 K i zapremine 0.12 m3, obavlja dva uzastopna procesa: prvo se izotermno komprimuje do polovine početne zapremine, a zatim izobarno do četvrtine početne zapremine. Ako je vazduh idealan gas, treba: a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) izračunati ukupan zapreminsi rad i ukupno razmenjenu količinu toplote u ovom procesu, c) ukupnu promenu entropije vazduha. 3. 0.5 kg vazduha (id. gas) obavlja Karnotov kružni proces čiji je termodinamički stepen iskorišćenja toplote jednak 0.5. U procesu se dovodi 40 kJ toplote. Na početku izotermnog širenja vazduh je na 7 bar i ima zapreminu 0.12 m3. Izračunati: a) najvišu i najnižu temperaturu kružnog procesa, K, b) zapreminu vazduha na kraju izotermnog širenja, m3, c) rad i toplotu za svaki deo kružnog procesa, kJ, d) skicirati kružni proces u (p,v) dijagramu stanja. 74

4. U adijabatnu komoru za hlađenje vode (kontaktni toplotni razmenjivač) ustaljeno se dovodi vlažan vazduh stanja 98 kPa, 20oC i 60% relativne vlažnosti, a odvodi kao zasićeni vlažan vazduh na istom pritisku i na 30oC. Voda ulazi u komoru sa 35oC, hladi se i izlazi sa 22oC. Protok vode na ulazu je 50 kg/s. Zanemariti promene pritiska, kinetičke i potencijalne energije i izračunati: a) zapreminski protok vlažnog vazduha na ulazu, m3/s, i b) količinu vode koja se isparavanjem gubi (prelazi u vlažan vazduh) od ulaza do izlaza vode koja se hladi, kg/s.

Novi Sad, 21. septembar 2007.

dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1:

2. 50 000 kg/h vodene pare, stanja 30 bar i 320oC, meša se sa m kg/h vode stanja 30 bar i 200oC. Kao rezultat na izlazu se dobija stalni protok suvozasićene vodene pare na 30 bar. Razmena toplote sa okolinom, promena kinetičke i potencijalne energije mogu se zanemariti. Izračunati. c) potrebni maseni protok vode (tečnosti), d) generisanje entropije u ovom procesu mešanja. RESENJE 1:

a) Za ovaj ustaljeni procas mešanja mogu se napisati bilansne jednačine u sledećem obliku: Bilans mase: 0  m 1  m 2  m 3 Bilans energije: 1 1 1       0  m 1  h  w2  gz   m 2  h  w2  gz   m 3  h  w 2  gz  2 2 2  1  2  3 Bilans entropije: 0  m s  m s  m s  0  S . 1 1

2 2

3 3

gen

Veličine stanja za pojedine tokove: 1: p1  30 bar , t1  3200 C , h1  3038 kJ / kg , s1  6.615 kJ / kgK 2: p2  30 bar , t 2  2000 C , h2  852.6 kJ / kg , s2  2.326 kJ / kgK 3: p3  30 bar , h3  h3,,  2804 kJ / kg , s3  s3,,  6,186 kJ / kgK Iz bilansa mase i energije sledi: 0  m 1h1  m 2 h2   m 1  m 2  h3 pa je: m 2  h3  h2   m 1  h1  h3  odnosno m 2 je: m 2  m 1

h1  h3 3038  2804  50000   5995.7 kg / h h3  h2 2804  852.6

b) Generisana entropija u ovom procesu mešanja se dobija iz bilansa entropije: Sgen  m 3 s3  m 1 s1  m 2 s2   m 1  m 2  s3  m 1s1  m 2 s2    50000  5995.7   6.186  50000  6.615  5995.7  2.326  1693.4 kJ / hK  0.47 kJ / sK

RESENJE 2: 2. Vazduh početnog stanja 0.75 bar, 1000 K i zapremine 0.12 m3, obavlja dva uzastopna procesa: prvo se izotermno komprimuje do polovine početne zapremine, a zatim izobarno do četvrtine početne zapremine. Ako je vazduh idealan gas, treba: a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) izračunati ukupan zapreminsi rad i ukupno razmenjenu količinu toplote u ovom procesu, c) ukupnu promenu entropije vazduha. RESENJE 2: a) Veličine stanja vazduha: Stanje 1: p1  0.75 bar , T1  1000 K , V1  0.12 m3 Stanje 2: V V2  1 2 75

za izoterman proces 1-2 važi: T2  T1  1000K i p2 

p1V1 1  0.75   1.5 bar V2 0.5

Stanje 3: V V3  1 4 za izobaran proces 2-3 važi: p3  p2  1.5 bar i T3  T2

V3  T1  0.5  1000  0.5  500 K V2

b) Ukupan ostvareni zapreminski rad u ovom procesu: 2 3 2 V dV L13  L12  L23   pdV   pdV   mRT  p2 V3  V2   mRT1 ln 2  p2 V3  V2  V V1 1 2 1 p1V1 0.75 105  0.12   0.03136 kg RT1 287 1000 pa se dobija zapreminski rad: 0.5  V1 L13  0.03136  287 1000  ln  1.5  105  0.5  0.5  0.12  0.5  0.12   10740 J V1 Ukupno razmenjena količina toplote je: Q13  U13  L13  mcv  T3  T1   L13  0.03136  0.72  500  1000   10.74  22.0296 kJ

gde je: m 

c)Promena entropije vazduha:  T p  500 1.5   S13  S3  S1  m  c p ln 3  R ln 3   0.03136 1.00  ln  0.287  ln   0.0279756 kJ / K T p 1000 0.75    1 1 

RESENJE 3:

4. 0.5 kg vazduha (id. gas) obavlja Karnotov kružni proces ciji je termodinamički stepen iskorišćenja toplote jednak 0.5. U procesu se dovodi 40 kJ toplote. Na početku izotermnog širenja vazduh je na 7 bar i ima zapreminu 0.12 m3. Izračunati: e) najvišu i najnižu temperaturu kružnog procesa, K, f) zapreminu vazduha na kraju izotermnog širenja, m3, g) rad i toplotu za svaki deo kružnog procesa, kJ, h) skicirati kružni proces u (p,v) dijagramu stanja. RESENJE 3:

a)

p1V1 7  105  0.12   585.366 K = 585.4 K. mR 0.5  287  T1  585.4 K.

T1 

TH

C  1 

TC TC  0.5 .  1  0.5 , odakle T C  T H (1  0.5)  ...=292.7 K. TH TH

b) Promena 1-2:

U 2  U 1  Q12  L d ef ,12 ,

Q12  40 kJ, U 2  U 1  m cv (T 2  T1 )  {T 2  T1  T H )}  0 kJ. L d ef ,12  Q12  (U 2  U 1 )  40  0  40 kJ. Medjutim vazi i 2

L d ef ,12 

 pdV 1

2

 {pV  m R T , T  T H  con st }  m R T H

1

V

1

dV  m R T H ln

V2 . V1

 L d ef ,12  40   3 3 V 2  V1 exp    0.12  exp    0.19318 m = 0.193 m . m R T 0.5  0.287  585.4   H   c) Proces 1-2:

76

Q12  40 kJ, L d ef ,12  Q12  (U 2  U 1 )  40  0  40 kJ. Proces 2-3:

U 3  U 2  Q23  L def ,23 ,

Q23  0 kJ, U 3  U 2  m cv (T 3  T 2 )  {T 3  T C , T 2  T H )}  m cv (T C  T H )  0.5  0.72  (292.7  585.4)  -105.37kJ. L d ef ,23  Q23  (U 3  U 3 )  0  ( 105.34)  105.37 kJ. Proces 3-4:

U 4  U 3  Q34  L d ef ,34 ,

U 4  U 3  m cv (T 4  T 3 )  {T 4  T 3  T C )}  0 kJ. L d ef ,34  Q34 = ? Za kvazistatičnu, izotermnu promenu 1-2 i 3-4 važi:

S2  S1  S3  S4 

Q12 Q34  TH TC

Dakle, L34  Q34  Q12

TC = - 20 kJ. TH

Proces 4-1:

U 1  U 4  Q14  L def ,14 ,

Q41  0 kJ, U 1  U 4  m cv (T1  T 4 )  {T1  T H , T 4  T C )}  m cv (T H  T C )  0.5  0.72  (585.4  292.7)  105.37kJ. L d ef ,41  Q41  (U 1  U 4 )  0  (105.34)  -105.37 kJ. Komentar: provera

C 

L d ef ,12  L d ef ,23  L d ef ,34  L d ef ,41 Q12



40  105.37  20  105.37  0.5 (OK) 40

RESENJE 4: 4. U adijabatnu komoru za hlađenje vode (kontaktni toplotni razmenjivač) ustaljeno se dovodi vlažan vazduh stanja 98 kPa, 20oC i 60% relativne vlažnosti, a odvodi kao zasićeni vlažan vazduh na istom pritisku i na 30oC. Voda ulazi u komoru sa 35oC, hladi se i izlazi sa 22oC. Protok vode na ulazu je 50 kg/s. Zanemariti promene pritiska, kinetičke i potencijalne energije i izračunati: c) zapreminski protok vlažnog vazduha na ulazu, m3/s, i d) količinu vode koja se isparavanjem izgubi (prelazi u vlažan vazduh) od ulaza do izlaza vode, kg/s. RESENJE

0  L1  L2 , L2  L1  L , 0  L x  m  L x , 1

bilans suvog vazduha bilans vlage u VV

2

0  m 1  m  m 2 , 0  L h1  m 1 h w ,1  L h 2  m 2 h w ,2  0  0 .

bilans vode, bilans energije za celu komru.

a) iz 2 se dobija

m  L ( x 2  x1 ) , sto zamenom u (3) daje

m 2  m 1  m  m 1  L ( x 2  x 1 ) , pa se zamenom u (4) dobija

0  L (h1  h 2 )  m 1 (h w ,1  h w ,2 )  L ( x 2  x 1 )h w ,2  0  0 ,

odakle

L  m 1

hw ,1  h w ,2 (h 2  h1 )  ( x 2  x1 )h w ,2

.

Ovde su

h w ,1  h '(35 o C)  146.68 kJ/kg,

77

h w ,2  h '(22 o C)  92.33 kJ/kg,

x1  0.622

1  p s (t1 ) s

p  1  p (t1 )

 0.622

s

x 2  0.622

2  p (t 2 ) s

p  2  p (t2 )

 0.622

0.6  p s (20 o C) s

o

98  0.6  p (20 C) 1  p s (30 o C) s

o

98  1  p (27 C)

 0.622

 0.622

0.6  2.339  0.00904 kgW/kgL, 98  0.6  2.339

1  4.247  0.02817 kgW/kgL, 98  1  4.247

h1  1.007 t1  x 1 (2500  1.867 t1 )  1.007  20  0.00904  (2500  1.867  20)  43.02 kJ/kgL, h 2  1.007 t2  x 2 (2500  1.867 t 2 )  1.007  30  0.02817  (2500  1.867  30)  102.13 kJ/kgL, Tako je maseni protok suvog vazduha

L  50 

146.68  92.33  47.38 kgL/s. (102.13  43.02)  (0.02817  0.00904)  92.33

Zapreminski protok vlaznog vazduha dobja se iz jednacine stanja idealnog gasa za npr. suvi vazduh:

 T , p L ,1V1  LR L 1

gde je parcijalni pritisak suvog vazduha na ulazu jednak

p L ,1  p  pW ,1  p  1 p s (t1 ) . Tako je

R T R L T1 0.287  (273.15  20) V1  L L 1  L  46.53  40.53 m3/s. pL ,1 p  1 p s (t1 ) 98  0.6  2.339 b) Kolicina vode koja isparavanjem prelazi u vlazan vazduh je sada

m  L ( x 2  x1 )  47.38  (0.02817  0.00904)  0.890 kg/s.

UNIVERZITET U NOVOM SADU, FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 27.4.2006. 1. Adijabatna boca stalne zapremine 1 m3 spojena je ventilom na cevovod kroz koji ustaljeno teče vazduh na 6 bar i 100oC. Na početku, u boci je vazduh na 40oC i 1 bar. Nakon otvaranja ventila boca se puni sve dok pritisak u boci ne postane jednak pritisku vazduha u cevovodu. Smatrajući vazduh idealnim gasom izračunati: a) temperaturu vazduha u boci na kraju punjenja, i b) promenu mase vazduha u boci. 2. Vazduh (idealan gas) ustaljeno teče kroz toplotno izolovani kratki kanal. Između ulaza i izlaza nalazi se ventilator snage 100 W i električni grejač. Merenja u ustaljenom radu pokazuju na izlazu 83oC, pritisak 1 bar i brzinu 9.1 m/s kroz poprečni presek 19 cm2, a na ulazu 22oC, pritisak 1 bar i brzinu 3.7 m/s. Izračunati: a) maseni protok vazduha, b) snagu električnog grejača, c) razliku entropije vazduha na izlazu iz kanala i na ulazu u kanal. 3. Voda je radni fluid u teorijskom Rakin-Klausijusovom kružnom procesu sa pregrevanjem pare. Na ulazu u turbinu para je na 6.8 MPa i 350oC, a pritisak u kondenzatoru je 0.07 bar. Treba skicirati proces u (T,s) dijagramu i odrediti: e) termodinamički stepen iskorišćenja toplote ovog kružnog procesa. f) termodinamički stepen iskorišćenja toplote kružnog procesa i stepen dobrote adijabatne turbine, pod uslovom da iz turbine para izlazi kao suvozasićena. 4. Kroz neku prostoriju prolazi vodovodna cev. Temperatura spoljašnje površine cevi je 12oC. U prostoriji je vlažan vazduh na 21oC. Koje relativne vlažnosti moze da ima vazduh, a da ne dođe do pojave rose (kondenzovane vlage) na vodovodnoj cevi? Novi Sad, 27. aprila 2006.

dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 78

1. Adijabatna boca stalne zapremine 1 m3 spojena je ventilom sa cevovodom kroz koji o o ustaljeno stuji vazduh na 6 bar i 100 C. Na početku, u boci je vazduh na 40 C i 1 bar. Nakon otvaranja ventila boca se puni sve dok pritisak u boci ne postane jednak pritisku 6 bar vazduha u cevovodu. Smatrajući vazduh idealnim gasom izračunati: 100oC a) temperaturu vazduha u boci na kraju punjenja, i b) promenu mase vazduha u boci.

1 m3

izolacija

RESENJE a) Bilansi mase i energije za kontrolnu zapreminu (zapreminu koju zauzima gas u cilindru) glase dm  m , d dU  m h L  Q  L cv , L cv  0 , Q  0 . d Itegracijom od pocetka do kraja punjenja dobija se m 2 u 2  m 1 u1  h L (m 2  m 1 ) , ili grupisanjem m 2 (u 2  h L )  m 1 (u1  h L )  0 . Zbog h  u  pv , bice dalje m 2 (h 2  h L  p2v2 )  m 1 (h1  h L  p1v1 )  0 . Posto je za idealan gas dh  c p d T , pv  R T , pV  m R T

bice

m 2 (c p (T 2  T L )  R T 2 )  m 1 ( c p (T1  T L )  R T1 )  0 ,

Takodje je R  c p  cv , pa se dobija m 2 ( c pT L  cvT 2 )  m 1 ( c p T L  cvT1 )  0 , ili delenjem sa cv : m 2 ( T L  T 2 )  m 1 ( T L  T1 )  0 ,

Pri tome je pV pV m 2  2 2 , m1  1 1 , R T2 R T1 pa je p2 V 2 pV (T 2  T L )  1 1 (T1  T L )  0 , ili R T2 R T1

  c p / cv .

p2V 2 (1  T L / T 2 )  p1V1 (1  T L / T1 )  0 .

Dalje, zbog p2  pL , V 2  V1  V  1 m3 bice p L (1  T L / T 2 )  p1 (1  T L / T1 )  0 , odakle 

T2  T L

 (273.15  100)

1.4 o  470.06 K = 196.91 C. 1 273.15  100  1   1  1.4 6 273.15  40 

p1  TL  1    pL  T1  Kolicina fluida koja je usla u bocu je razlika masa na kraju i pocetku: 1

m 2  m1 

 100000 p1V  pL T1 1  6 273.15  40  1    1   3.3348 kg   R T1  p1 T 2 287 273.15  40  1 273.15  196.91  

RESENJE 2 3. Vazduh (idealan gas) ustaljeno tece kroz toplotno izolovani kratki kanal. Izmedju ulaza i izlaza nalazi se ventilator snage 100 W i elektricni grejac. Merenja u ustaljenom radu pokazuju na izlazu 83oC, pritisak 1 bar i brzinu 9.1 m/s kroz poprecni presek 19 cm2, a na ulazu 22oC, pritisak 1 bar i brzinu 3.7 m/s. Izracunati: d) maseni protok vazduha, e) snagu elektricnog grejaca, f) razliku entropije vazduha na izlazu iz kanala i na usisu u kanal. RESENJE a) 79

m 

A2w 2 R T2 A w p (19  10 4 )  9.1  (1  10 5 ) , v2  , m  2 2 2   0.0169 kg/s. v2 p2 R T2 287  (273.15  83)

b)

e F Q  m G h H

j e

j

0  m h1  12 w 12  m h 2  12 w 22  Q  L , 2

 h1 

I JK

w 22  w12  L , 2

T2

h 2  h1 

 cp (T )d T

 c p (T 2  T1 )  c p (t2  t1 )  1.007  (83  22 )  61.427 kJ/kg , ili 61424 J/kg .

T1

e

j

1 2 1 2 2 w 2  w12  ( 9.1 2  3.7 2 )  34.56 m /s = 34.56 J/kg. 2 2 Q  0.0169   61424  34.56   L  0.0169   61424  34.56   ( 100)  938.6497 J/s (W)= 0.938 kW.

c) Za idealan gas vazi d s  cp

dT dp R , odakle je razlika izmedju izlaza i ulaza jednaka T p 2

s12   c p 1

2

p (  p1 ) T dT dT 273.15  83  R ln 2  cp   c p ln 2  1.007  ln  0.2032 kJ/kgK. T p1 T T1 273.15  22 1

Konkretno: S12  m s12  0.0169  0.2032  0.00343 kW/K = 3.43 W/K.

RESENJE 3: 4. Voda je radni fluid u teorijskom Rakin-Klausijusovom kružnom procesu sa pregrevanjem pare. Na ulazu u turbinu para je na 6.8 MPa i 350oC, a pritisak u kondenzatoru je 0.07 bar. Treba skicirati proces u (T,s) dijagramu i odrediti: c) termodinamički stepen iskorišćenja toplote ovog kružnog procesa. d) termodinamički stepen iskorišćenja toplote kružnog procesa i stepen dobrote adijabatne turbine, pod uslovom da iz turbine para izlazi kao suvozasićena. RESAVANJE

1 2 3 4 5

Temp C 350 39 39 39.2 39

Pressure MPa 6.8 0.007 0.007 6.8 0.007

Specific Volume 3 m /kg 0.03648 15.14 0.001007 0.001005 20.53

Internal Energy kJ/kg 2774 1834 163.4 163.4 2429

Specific Enthalpy kJ/kg 3022 1940 163.4 170.2 2572

Specific Entropy kJ/kgK 6.249 6.249 0.5591 0.5591 8.276

Quality

0.7373 0 1

Phase Superheated Vapor Liquid Vapor Mixture Saturated Liquid Compressed Liquid Saturated Vapor

h 4  h3  v 3 ( p4  p3 )  163.4  0.001007  (68  10 5  10 3  0.07  10 5  10 3 )  170.240551 kJ/kg.

80

T

C

68 bar

a) t urbi na 1-2 b) t urbi na 1-5

1 0.07 bar 4 3

2

5 s

a) lT  L T / m  h1  h2  3022  1940  1082 kJ/kg, l P  L P / m  h 4  h 3  170.2  163.4  6.8 kJ/kg, l N E T  L T / m  L P / m  lT  l P  1082  6.8  1075.2 kJ/kg, qG  QG / m  h1  h4  3022  170.2  2851.8 kJ/kg q K  Q K / m  h2  h 3  1940  163.4  1776.6 kJ/kg 

L N ET l Q q 1075.2 1776.6  NET   0.38 , ili   1  K  1  K  1   0.38 (~38%) QG qG 2851.8 QG qG 2851.8

b) lT  L T / m  h1  h5  3022  2572  450 kJ/kg, l P  L P / m  h 4  h 3  170.2  163.4  6.8 kJ/kg, l N E T  L T / m  L P / m  lT  l P  450  6.8  443.2 kJ/kg, qG  QG / m  h1  h4  3022  170.2  2851.8 kJ/kg q K  Q K / m  h5  h3  2572  163.4  2408.6 kJ/kg 

L N ET l Q q 443.2 2408.6  NET   0.16 , ili   1  K  1  K  1   0.16 (~16%) QG qG 2851.8 QG qG 2851.8

Stepen dobrote adijabatne turbine: T 

L T (b) lT (b) 450    0.42 (~42%) L T (a ) lT (a ) 1082

RESENJE 4: 5. Kroz neku prostoriju prolazi vodovodna cev. Temperatura spoljasnje povrsine cevi je 12oC. U prostoriji je vlazan vazduh na 21oC. Koje relativne vlaznosti moze da ima vazduh, a da ne dodje do pojave rose (kondenzovane vlage) na vodovodnoj cevi? RESENJE

x R  0.622

1  p s (t R ) s

p  1  p (t R )

 0.622

1  p s (12 o C) s

o

1  1  p (12 C)

 0.622

1  0.01402  0.008844439 = 0.009, 1  1  0.01402

x m ax  x R  0.008844, Sada iz x m a x  0.622 m a x 

m a x p s (t ) p  m a x p s (t )

, dobija se relativna vlaznost

x ma x p 1 0.0088   0.56093844 = 56.1 %. o p (21 C) (0.622  x m a x ) 0.02487 (0.622  0.0088) s

81

komentar: moze se eliminisati pritisak u prostoriji, naime x R  0.622

1  p s (t R ) p  1  p s (t R )

 x m a x  0.622

m a x p s (t ) p  m a x p s (t )

.

Odavde je









1  p s (t R ) p  m a x p s (t )  m a x p s (t ) p  1  p s (t R ) , p s (t R ) p  ma x p s (t R ) p s (t )  p m a x p s (t )  m a x p s (t ) p s (t R ) , p s (t R ) p  pma x p s (t ) , p s (t R )  m a x p s (t ) ,

m a x 

p s (t R ) s

p (t )



0.01402  0.5637314033 = 56.3%. 0.02487

UNIVERZITET U NOVOM SADU, FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 27.9.2006. 6. 1 kg suvozasićene vodene pare na pritisku 3 MPa se zagreva izobarno do stanja 2 (300oC), a zatim se hladi pri konstantnoj zapremini do stanja 3 (200oC). Na kraju, vodena para se izotermno kvazistatično sabija do stanja ključale tečnosti, stanje 4. Odrediti: a) stanje vode (vodene pare) na kraju procesa i skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) razmenjenu količinu toplote u ovom procesu kao i c) zapreminski rad procesa. 2. 0.5kg vazduha (id.gas), koji je zatvoren u vertikalnom izolovanom cilindru sa pokretnim teškim klipom u gravitacionom polju zauzima zapreminu 0.2 m3 na temperaturi 27oC. Vazduh se meša mešačem uz dovođenje 28 J/s energije. Ako mešanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru povećanja zapremine gasa. Prečnik cilindra sa klipom je 15 cm. a) Izračunati zapreminski rad koji zatvoreni gas obavi preko pokretnog klipa, kao i ukupni rad koji gas razmeni sa svojim okruženjem. b) Izračunati krajnju temperaturu vazduha u procesu. 3. 1 kg vodene pare se izohorno zagreva od stanja 1(6 bar, 160oC) do 2(10 bar), a zatim izobarno dovede do stanja suvozasićene pare, stanje 3. Para se zatim izohorno hladi do stanja 4 i na kraju, izotermno dovodi do početnog stanja 1. a) Skicirati procese u (p,v) dijagramu stanja. b) Izračunati ukupni zapreminski rad kružnog procesa, kJ, i razmenjenu toplotu sa svaki deo procesa, kJ. 4. Kroz adijabatan kanal teče vlažan vazduh. Merenja na ulazu kanala pokazuju 20oC, 1 bar, 68% relativne vlažnosti i zapreminski protok 0.5 m3/s vlažnog vazduha, a na izlazu 23oC. Između ulaznog i izlaznog preseka kanala postavljen je ventilator. Zanemarivši promene pritiska, kinetičke i potencijalne energije vlažnog vazduha između ulaza i izlaza, treba proceniti: a) potrebnu snagu ventilatora u ustaljenom režimu, b) relativnu vlažnost vlažnog vazduha na izlazu kanala. Novi Sad, 27. septembar 2006.

dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: o

7. 1 kg suvozasićene vodene pare na pritisku 3 MPa se zagreva izobarno do stanja 2 (300 C), a zatim se hladi pri o konstantnoj zapremini do stanja 3 (200 C). Na kraju, vodena para se izotermno kvazistatično sabija do stanja ključale tečnosti, stanje 4. Odrediti: a) stanje vode (vodene pare) na kraju procesa i skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) razmenjenu količinu toplote u ovom procesu kao i c) zapreminski rad procesa.

82

p

1

2

4 3

v

a) Stanje 1: p1  30 bar v1  0.06665 m3 / kg

h1  2804 kJ/kg s1  6.186 kJ/kgK u1  2604 kJ/kg Stanje 2: p2  p1  30 bar t 2  3000 C v2  0.08119 m3 / kg

h2  2988 kJ/kg s2  6.530 kJ/kgK u2  h2  p2 v2  2988  3 103  0.08119  2744.43 kJ/kg

Stanje 3: v2  v3  0.08119 m3 / kg t3  2000 C x3 

v  v, 0.08119  0.0011565   0.635 v ,,  v , 0.1272  0.0011565

h3  h3,  x3  h3,  h3,,   852.4  0.635  2793  852.4   2084.681 kJ/kg u3  u3,  x3  u3,  u3,,   851.6  0.635  2595  851.6   1958.659 kJ/kg s3  s3,  x3  s3,,  s3,   4.9349 kJ/kgK

Stanje 4: t 4  2000 C p4  15.551 bar v4  v4,  0.0011565 m3 / kg h4  h4,  852.4 kJ/kg s4  s4,  2.3308 kJ/kgK u4  u4,  851.6 kJ/kg

b) Iz: dq=du+dl Za izobaran proces 1-2: q12  h2  h1  2988  2804  184 kJ/kg Za izohoran proces 2-3: q23  u3  u2  1958.659  2744.43  785.771 kJ/kg 83

Za kvazistatičan, izoterman proces vazi: dq  Tds pa je razmenjena količina toplote za proces 2-3: q34  T3  s4  s3   473   2.3308  4.9349   1231.74 kJ/kg Ukupno razmenjena količina toplote za 1-2-3-4: q14  q12  q23  q34  184  785.771  1233.5367  1833.51 kJ/kg Q14  1833.51 kJ

c) Zapreminski rad izobarnog zagrevanja: l12  q12  u12  q12   u2  u1   184   2744.43  2604   43.57 kJ/kg Zapreminski rad izohornog procesa 2-3: l23  0 kJ/kg zapreminski rad izotermnog procesa 3-4: l34  q34  u34  1233.5367  851.6  1958.659   126.48 kJ/kg pa je ukupan zapreminski rad za ceo proces: l14  l12  l23  l34  82.91 kJ/kg L14  82.91 kJ

RESENJE 2: 2. 0.5kg vazduha koji je zatvoren u vertikalnom izolovanom cilindru sa pokretnim teškim klipom u gravitacionom polju 3

0

zauzima zapreminu 0.2m na temperaturi 27 C . Vazduh se meša mešačem uz dovođenje 28 J/s energije. Ako mešanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru povećanja zapremine gasa. Prečnik cilindra sa klipom je 15 cm. a) Izračunati zapreminski rad koji zatvoreni gas obavi preko pokretnog klipa, kao i ukupni rad koji gas razmeni sa svojim okruženjem. b) Izračunati krajnju temperaturu vazduha u procesu.

U  Q  L uk  Q   L m  L v  cilindar je izolovan od okoline Q=0 Pa je

U    L m  L v  Rad koji je doveden mešalicom

L m  L    28  20  560 J

Pritisak u cilindru može se dobiti iz jednačine stanja idealnog gasa:

p

m R T1 0.5  287  300   215250 Pa V1 0.2

Zapreminski rad dobijen u procesu 2

2

2

L v   pd V  p  Adx  215250   1

1

1

  0.15 2 dx  228.23 J 4

Ukupni rad razmenjen sa okolinom

L uk  L m  L v  560  228.23  331.77 J Odavde je sada promena unutrašnje energije U   L u k  331.77 J

U  m v cv T U 331.77 T    0.922 K m v cv 0.5  720 t 2  27.922 0 C

84

RESENJE 3: 3. 1 kg vodene pare se izohorno zagreva od stanja 1(6 bar, 160oC) do 2(10 bar), a zatim izobarno dovede do stanja suvozasićene pare, stanje 3. Para se zatim izohorno hladi i na kraju,izotermno dovodi do početnog stanja 1. a) Skicirati procese u (p,v) dijagramu stanja. e) Izračunati ukupni zapreminski rad kružnog procesa, kJ, i razmenjenu toplotu sa svaki deo procesa, kJ. p

3

2

4 1

v RESENJE:

v1  0.3167 m3/kg, u1  2568.98 kJ/kg, s1  6.767 kJ/kgK v2  v1  0.3167 m3/kg, u2  2992.46 kJ/kg, v3  0.1944 m3/kg, u3  2583.6 kJ/kg, v4  v3  0.1944 m3/kg, T4  T1  160 0C, u4  1871.2 kJ/kg, s4  4.972 kJ/kgK. U  Q  L , izohorno zagrevanje 1-2:

U12  Q12  L12 , L12  0 , Q12  U 12, U12  U 2  U1  423.48 kJ, Q12  U12  423.48 kJ, izobarna promena stanja 2-3:

U 23  Q23  L23 , 3

L23   pdv  mp(v3  v2 )  122.3 kJ 2

Q23  m(u3  u2 )  L23  531.16 kJ izohorno hladenje 3-4:

U 34  Q34  L34 , L34  0 , Q34  m(u4  u3 )  709.86 kJ, izotermno sirenje 4-1:

Q41  T1  s1  s4   771.173 kJ,

L41  Q41  m(u1  u4 )  75.333 kJ, ukupni zapreminski rad kruznog procesa:

LQ  46.96 kJ, ukupna razmenjena toplota:

QQ  46.37 kJ, LQ  QQ . RESENJE 4: 85

o

4. Kroz adijabatan kanal tece vlazan vazduh. Merenja na ulazu kanala pokazuju 20 C, 1 bar, 68% relativne vlaznosti i zapreminski 3 o protok 0.5 m /s vlaznog vazduha, a na izlazu 23 C. Izmedju ulaznog i izlaznog preseka kanala postavljen je ventilator. Zanemarivsi promene pritiska, kineticke i potencijalne energije vlaznog vazduha izmedju ulaza i izlaza, treba proceniti: a) potrebnu snagu ventilatora u ustaljenom rezimu , b) relativnu vlaznost vlaznog vazduha na izlazu kanala.

RESENJE 2

1 1 bar, 20 oC 68 %, 0.5 m 3/s

? kW, dovodjenje

a) 0  m L ,1 x 1  m L ,2 x 2 ,

bilans vlage,

0  m L ,1  m L ,2 ,

bilans suvog vazduha,

0  m L ,1 h1  m L ,2 h 2  0  L cv ,

bilans energije,

~1 bar , 23 oC =?

Dobija se m L ,2  m L ,1  m L ,

x 2  x1  x , L cv  m L (h1  h 2 )  0 . Zna se da su x  x1  0.622

1 p s (t1 ) s

p1  1 p (t1 )

 0.622

0.68  p s (20 o C) s

o

1  0.68  p (20 C)

 0.622

0.68  0.02339  0.010053 = 0.01, 1  0.68  0.02339

 8314  287  0.01    R L  x1 R W T1  18  (273.15  20)  0.855 m3/kg, v1   1  x1 p 1  0.01 1  10 5 V 0.5 m 1  1V1  1   0.5848 kg/s, v1 0.855

m L  m L ,1 

m1 0.5848   0.57901 kgL/s, 1  x1 1  0.01

h  1.007  t  x  (2500  1.865  t ) ,

h 2  h1  1.007  (t2  t1 )  x  1.865  (t2  t1 )   1.007  x  1.865   ( t2  t1 ) L cv  m L  1.007  x  1.865   (t1  t 2 ) , L cv  5.7901   1.007  0.01  1.865   (20  23)  -1.78158 kJ/s (kW) = -1.8 kW.

b) Sada iz x 2  x  x1  0.622 2 

2 p s (t2 ) p  2 p s (t 2 )

, dobija se relativna vlaznost

p x 1 0.01   0.563088 = 56.31 %. p s (23 o C) (0.622  x ) 0.0281 (0.622  0.01)

86