Masfak Osnove Turbomasina Zadaci

ZADACI IZ OSNOVA TURBOMAŠINA

1

1. JEDINIČNI RAD STRUJE - NAPOR TURBOMAŠINA Zadatak 1. Centrifugalna pumpa transportuje vodu protoka Q=90 l/s, gustine ρ=103 kg/m3 iz rezervoara A, u kome vlada nadpritisak pMA=58860 Pa, u rezervoare B i C, u kojima vladaju nadpritisci pMB=156960 Pa i pMC=255060 Pa (videti sliku). Dimenzije cevovoda su: prečnik d=200 mm, dužine l=25 m i koeficijent trenja ξtr=0,015. Zbirni koeficijent lokalnih otpora u usisnom vodu iznosi Σξ=8. a) Odrediti jedinični rad pumpe kada je ventil M zatvoren. Od lokalnih otpora u potisnom vodu uzeti samo otpor ventila. b) Odrediti jedinčni rad pumpe i protok kojim voda dotiče u rezervoare C i B kada su otvorena oba ventila (S i M). Od lokalnih otpora u potisnom cevovodu uzeti samo otpore naznačenih ventila. M

B d,l/2,ξtr

S R

d,l,Σξ,ξtr

M

d,l/2,ξtr

M

ξv=8

H0=10m

ξv1=8 M d,l/2,ξ tr

C

H0/2

A Rešenje: a) Kada je ventil zatvoren imamo slučaj prostog cevovoda, kojim se iz rezervoara A transportuje voda u rezervoar B, tj v=v1 (v je brzina u deonici A-R, a v 1 je brzina u deonici R-B). Tada jedinični rad pumpe određujemo iz energijske jednačine za nivoe vode u rezervoarima A i B (A-B): pA p + Y = B + gH o + Yg ρ ρ 2 2 p a + p MA p a + p MB  l v  l v +Y = + gH 0 +  ξ tr + Σξ ÷ +  ξ tr + ξ v ÷ ρ ρ  d  2  d  2

Y=

2 p MB − p MA  2l  8Q + gH 0 +  ξ tr + Σξ + ξ v  4 2 ρ d  d π

(

−3

156960 − 58860 2 ×25   8 × 90 ×10 Y= + 9,81 ×20 +  0, 015 + 8 + 8÷ 3 4 2 10 0, 2   0, 2 π Y = 375,34 J / kg .

)

2

2


b) Kada su otvorena oba ventila (S i M), imamo slučaj složenog cevovoda, odnosno, pumpom se istovremeno transportuje voda iz rezervoara A u rezervoare B i C (v je brzina u deonici A-R, v1 je brzina u deonici R-B,a v2 je brzina u deonici R-C). Tada za određivanje jediničnog rada pumpe koristimo dve energijske jednačine, od rezervoara A do B i od rezervoara A do C, kao i jednačinu kontinuiteta za tačku račvanja protoka. Energijska jednačina A-B glasi: 2 2 pA p l  3l v  v + Y = B + gH 0 +  ξ tr + Σ ξ  +  ξ tr + ξv  1 ρ ρ  2d  2  2d  2

Y=

2 2 p MB − p MA l  3l v  v + gH 0 +  ξ tr + Σξ  +  ξ tr + ξv  1 ρ  2d  2  2d  2

.....

(1)

Energijska jednačina za A-C glasi: p pA 1 + Y = C + gH 0 ρ ρ 2

2 2 l  3l v  v +  ξ tr + Σ ξ  +  ξ tr + ξ v1  2  2d  2  2d  2

2 2 p MC − p MA 1 3l l  v   v2 Y= + gH 0 +  ξ tr + Σξ  +  ξ tr + ξ v1  ρ 2  2d  2  2d  2

.....

(2)

Izjednačavanjem jednačina (1) i (2) dobijamo: 2 2 p p MB 1 l l  v  v + gH 0 +  ξ tr + ξ v  1 = MC +  ξ tr + ξ v1  2 ρ 2 ρ  2d  2  2d  2

.....

(3)

Iz jednačine kontinuiteta dobijamo: Q=Q1+Q2=v1A1+v2A2=vA, a kako je A1=A2=A, dobija se da je v=v1+v2. Dalje možemo pisati da je v1=v-v2, odnosno

v12=v2-2vv2+v22

.....

(4)

Kada jednačinu (4) iskoristimo u jednačini (3) dobijamo: 2 2 2 p MB 1 l l   v − 2 vv 2 + v 2 p MC  v + gH 0 +  ξ tr + ξv  = +  ξ tr + ξ v1  2 ρ 2 2 ρ  2d   2d  2

a kako je ξv=ξv1, a

p MB − p MC 1 + gH 0 = 0 dobija se: ρ 2

l 1    + ξ v  v 2 − v  v = 0  ξ tr 2   2d 

odnosno,

v=

4Q = 2,86 m / s , v1 = v2 = 0,5 ×v = 1, 43 m/s , d2π

tako da je Q1 = Q 2 = v1 ×A = 0, 045 m 3 /s . Unošenjem vrednosti brzina u jednačine (1) ili (2) dobijamo jedinični rad pumpe, i on iznosi: Y = 347,66 J / kg .


3

Zadatak 2. Pri provetravanju jednog dela rudarske jame ventilator usisava vazduh kroz cev poprečnog preseka d=700 mm, i potiskuje ga u atmosferu kroz pravougaoni kanal, čiji poprečni presek ima dimenzije a=600 mm, b=400 mm. Dužina usisne cevi je L 1=0,6 m, a dužina potisnog kanala L2=18 m. Koeficijent trenja za cevi i kanal je isti i iznosi ξtr=0,0167. Protok kroz ventilator iznosi Q=10 m3/s. Odrediti jedinični rad ventilatora. Rešenje: a) Jedinični rad ventilatora je jednak gubicima u cevovodu: Y = Yg = Ygu + Ygp = KQ 2

Kako nema lokalnih gubitaka, ukupni gubici su jednaki gubicima u pravim deonicama (gubicima usled trenja), i oni su u opštem slučaju: Ygtr = ξ tr

L c2 , 4R h 2

gde je hidraulički radijus R h =

A , A - poprečni presek cevi, O - veličina okvašenog obima. O

Kod usisno cevovoda, kružniog poprečnog preseka, je: Q 4Q A d2π d = = 25,98 m/s Rh = = = i c1 = A1 d 2 π O 4dπ 4 Kod potisnog cevovoda, pravougaonog poprečnog preseka, je: Q Q A ab c2 = = = 41, 67 m/s Rh = = i O 2(a + b) A 2 ab Prema tome, gubici u usisnom i potisnom delu cevovoda su: L c2 L 8 Ygu = ξtr 1 1 = ξ tr 1 4 2 Q 2 d 2 d dπ Ygp = ξ tr

L2 c22 L2 1 Q2 L (a + b) 2 = ξtr = ξ tr 2 Q 3 2 2 ab ab 2 a b 2 4 ab ( ) 4 4 2(a + b) 2(a + b)

Jedinični rad ventilatora se dobija iz izraza:  8L L 8 L (a + b ) 2 L (a + b)  2 Y = Yg = Ygu + Ygp = ξ tr 1 4 2 Q 2 + ξ tr 2 Q = ξ tr  5 12 + 2 Q 3 3  d d π 4( ab ) 4( ab )  d π  8 ⋅ 0,6 18(0,6 + 0,4)  2 Y = 0,0167  5 2 + Q ⇒ 3  4( 0,6 ⋅ 0,4)   0,7 π

Y = 5, 485Q 2 .

S obzirom da je Q=10 m3/s, dobijamo da je jedinični rad ventilatora:

Y = 5, 485 ×10 2 = 548, 5 J / kg .

4


Zadatak 3. Kompresor koji ima dva stupnja, datog stepena sabijanja, crpi gas iz atmosfere, gde je vrednost pritiska 1 bar i temperature T0=290 K, i sabija ga do pritiska pII=4 bar. U ulaznom preseku kompresora gas ima brzinu cI=98 m/s, a u kolo prvog stupnja ulazi brzinom c1=90 m/s. Pod predpostavkom da se od ulaza u kompresor do ulaza u kolo prvog stupnja gubi 15% kinetičke energije, izračunati: a) statičke temperature i totalne pritiske na ulazu u kompresor i kolo prvog stupnja. b) ako se nakon sabijanja u prvom stupnju gas hladi do početne temperature, da li će se promeniti izentropski napor kompresora i za koliko. c) izlaznu temperaturu kompresora za slučaj da se gas na izlazu iz prvog stupnja hladi, kao i za slučaj da nema hlađenja gasa. Karakteristike gasa su: κ=1,4; R=288 J/kgK. Rešenje: a) Totalne veličine stanja na ulazu u kompresor su date zadatkom i iznose: TItot = T1tot = T0 = 290 K , p Itot = 1 bar . Veličine stanja na ulazu u kompresor: p0=pItot=1 bar i T0=TItot= T1tot=290 K κ 1,4 R= 288 = 1008 J / kgK . κ −1 1,4 −1

Cp =

Statičke temperature na ulazu u kompresor i u kolo prvog stupnja iznose: TI = TItot −

c 2I 98 2 = 290 − = 285,24 K 2 ⋅ Cp 2 ⋅ 1008

T1 = T1tot −

c12 90 2 = 290 − = 286 K . 2 ⋅ Cp 2 ⋅ 1008

Kako je: p1tot

T∗ = p Itot  1tot  TItot 

κ

 κ−1   

i

∗ 1tot

T

= TItot −

YgI−1 Cp

= TItot −

0,15 ⋅ c 21 2 ⋅ Cp

dobija se da je: p 1tot

 0,15 ⋅c 21 T Itot −  2 ⋅C p =p Itot  TItot   

κ

κ−1  0,15 ⋅90 2  290 −   2 ⋅1008 =1  290      

1, 4

1, 4 −1   =0,993 bar    

b) Totalni stepeni sabijanja svakog od stupnjeva:

Π tot stup = Π 1tot/ 2 = 2 . Kada nema hlađenja iza prvog stupnja, izentropski jedinični rad iznosi: Yiz =

 1,14, 4−1   κκ−1  κ 1,4 4  =141819,21 J / kg .  RTItot  Π − 1 = 288 ⋅ 290 − 1 tot   1,4 −1   κ −1    

Ako se vrši hlađenje na izlazu iz prvog kompresorskog stupnja, izentropski jedinični rad kompresora iznosi: Yiz

h

= Yiz1 + Yiz 2 = 2Yiz1

Yiz

h

=2

 1, 4 −1   κκ−1  κ  = 2 1,4 288 ⋅ 2902 1, 4 −1 =127821,84 J / kg RTItot  Π − 1 tot     κ −1 1,4 −1    


Sada možemo izračunati razliku ovih jediničnih radova: ∆Yiz = Yiz − Yiz

h

=13997,37 J / kg .

c) Izlazna temperatura gasa iznosi: κ−1

1, 4 −1 1, 4

-

bez hlađenja: TIItot = TItot Πtotκ = 290 ⋅ 4

-

sa hlađenjem: TIItot = TItot Πtotκ st = 290 ⋅ 2

κ−1

1, 4 −1 1, 4

= 430,9 K = 353,5 K

5

6


Zadatak 4. Kompresor usisava vazduh iz mirne atmosfere, u kojoj vlada T0=288 K i p0=1,05 bar, i potiskuje ga do preseka A i B (videti sliku). Cevovod je pravolinijski i horizontalan, pa se mogu zanemariti lokalni gubici. Pritisci u presecima A i B su jednaki, strujanje vazduha u cevovodu je izotermno, pri T=293 K. Odrediti: a) statički stepen sabijanja kompresora, ako je izmerena statička temperatura na ulazu u kompresor T1=277,53 K i ako su poznati sledeći podaci: L 2R=400 m; ξtr=0,02 za sve cevi; d2R=125 mm; dRA=100 mm; LRA=800 m; LRB=601 m; dRB=103,5 mm; QA=0,113 m3/s; QB=0,142 m3/s; pA=pB=2⋅105 N/m2 i R=288 J/kgK; b) broj stupnjeva kompresora ako je statički stepen sabijanja po stupnjevima isti i iznosi Πstup=1,416. A K

2

R B

Rešenje: a) Totalna temperatura se dobija iz izraza: TI = T1 + κ

c12 , 2c p

1,4

gde je: c p = κ −1 R = 1,4 −1 288 = 1008 J / kgK . Kako je totalna temperatura na ulazu TI=288 K, a statička temperatura na ulazu T1=277,53 K, možemo dobiti brzinu na ulazu u kompresor: c1 = 2c p ( TI − T1 ) = 145, 284 m / s . Pad pritiska u deonici 2-R se dobija iz izraza: p 22 − p 2R L c2 = ξ tr 2 R ρ R R . 2p R d 2R 2

Za deonice R-A i R-B se mogu napisati analogne formule: p 2R − p 2A L c2 = ξ tr RA ρ A A , 2p A d RA 2 p 2R − p 2B L RB c 2B = ξ tr ρB . 2p B d RB 2

(1)

(2) (3)

S obzirom da je pA=pB=p=2⋅105 N/m2 i da u cevovodu imamo izotermsko strujanje sa temperaturom T=293 K, dobijamo da je: ρA = ρB = ρ =

p 2 ⋅ 10 5 = = 2,37 kg / m 3 . RT 288 ⋅ 293

Brzine u deonicama su: 4Q 4 ⋅ 0,113 cA = 2 A = = 14,388 m / s , d RA π 0,12 π

cB =

4Q B 4 ⋅ 0,142 = = 16,878 m / s . 2 d B π 0,1035 2 π


7

Iz jednačine (2) imamo da je: p R = p 2A + 2p A ξ tr

L RA c2 ρA A = d RA 2

( 2 ⋅10 )

5 2

2

+ 2 ⋅ 2 ⋅ 10 5 ⋅ 0,02

14,388 800 2,37 , 0,1 2

p R = 236008,44 Pa = 2,36 bar .

Maseni protok u deonici 2-R je:

 R = ρ ( Q A + Q B ) = 2,37 ⋅ ( 0,113 + 0,142) = 2,37 ⋅ 0,255 = 0,60435 = ρ R Q R . m Kako je gustina u deonici R: p 236008,44 ρR = R = = 2,797 kg / m 3 , RT 288 ⋅ 293 dobijamo da je protok u toj deonici:  m 0,60435 QR = R = = 0,216 m 3 / s , ρR 2,797 a brzina ce biti:

cR =

4Q R 4 ⋅ 0,216 = = 17,6 m / s . d 22 R π 0,125 2 π

Sada, zamenom dobijenih podataka u jednačini (1), dobijamo da je statički pritisak na izlazu iz kompresora: p 2 = p 2R + 2p R ξ tr

L 2R c2 ρR R = d 2R 2

p 2 = 262271,878 Pa

( 2,36 ⋅10 )

5 2

+ 2 ⋅ 2,36 ⋅ 10 5 ⋅ 0,02

17,6 400 2,797 0,125 2

2

.

Statički pritisak na ulazu u kompresor je:  T1 p1 = p I  T  I

κ

1, 4

κ−1  277,53 1, 4 −1  =1,05    288  

p1 = 92235,98 Pa .

Dakle, statički stepen sabijanja iznosi: Π st =

p 2 262271,878 = = 2,8435 . p1 92235,98

b) Statički stepen sabijanja kompresora je Πst = 2,8435 , a statički stepen sabijanj svakog stupnja je isti i iznosi Π st stup = 1,416 . z Tada iz izraza za stepen sabijanja kompresora: Π st = Π st stup ,

možemo dobiti broj stupnjeva kompresora, a prema izrazu: ln Π st ln 2,8435 z= = = 3. ln Π st stup ln 1,416

8


Zadatak 5. Hlađeni dvostepeni turbokompresor usisava vazduh iz mirne atmosfere pritiska po=0,98 bar i temperature to=20oC i sabija ga do pritiska pIItot=4,8 bar. Na izlazu iz prvog stupnja vazduh (κ=1,4; R=287 J/kg) se izobarski hladi tako da mu se temperatura snižava za 70 oC, pa se onda ponovo sabija u drugom stupnju. Za slučaj da su stepeni sabijanja stupnjeva isti, a eksponent politrope n=1,48, odrediti: a) totalnu temperaturu na kraju sabijanja; b) totalnu temperaturu na kraju sabijanja za slučaj kada se vazduh ne bi hladio pri izlasku iz prvog stupnja; c) uštedu u radu koja se postiže hlađenjem vazduha; Rešenje: a) Totalni stepen sabijanja kompresora iznosi: Π tot =

p IItot 4,8 = = 4,9 . p Itot 0,98

Kako su stepeni sabijanja stupnjeva isti Π1 = Π 2 , i s obzirom da je totalni stepen sabijanja jednak proizvodu stepena sabijanja stupnjeva, Π tot = Π1 ×Π 2 , stepen sabijanja svakog stupnja je: Π1 = Π 2 = Π tot = 4,9 = 2, 214 . Totalni pritisak na kraju sabijanja u prvom stupnju kompresora je: p 2 = p I ×Π1 = 2,17 bar Temperatura na kraju sabijanja u prvom stupnju dobija se iz izraza: n −1

1,48−1

p  n  4,8  1,48 T2 = TI  2 ÷ = 293  = 382,9 K . ÷ p 2,17    I Nakon izobarskog hlađenja u međustupnju, dobija se stanje vazduha određeno pritiskom p 2′ = 2,17 bar i temperaturom TII′ = T2 − 70 = 312,9 K . Temperatura na kraju sabijanja u kompresoru je: n −1

1,48 −1

p  n  4,8  1,48 TII = TII′  II ÷ = 312,9  = 404,8 K . ÷  2,17   p2  b) Temperatura na kraju sabijanja, za slučaj bez hlađenja u međustupnju iznosi: n −1

1,48 −1

p  n  4,8  1,48 TII = TI  II ÷ = 293  = 429,1 K . ÷ p 0,98    I c) Rad kola kompresora koji se hladi je: Yk = Yk1 + Yk 2  nn−1   nn−1   nn−1  κ κ κ Yk = RTI  Π1 − 1÷+ RTII′  Π 2 − 1÷ = R  Π1 − 1÷( TI + TII′ ) κ −1   κ −1   κ −1   Rad kompresorskog kola bez hlađenja je:  n −1  κ Yk′ = RTI  Π n − 1÷. κ −1   Ušteda u radu iznosi:

∆Yk = Yk′ − Yk =

  n −1   n −1   κ R TI  Π n − 1÷− ( TI + TII′ )  Π1 n − 1÷ , κ − 1      


∆Yk = 19511,16 J / kg .

9

10


2. BRZINE STRUJANJA I TROUGLOVI BRZINA Zadatak 1. Radno kolo centrifugalne pumpe okreće se sa n=1450 O/min i kroz njega protiče Qk=0,03 m3/s vode. Struja tečnosti ulazi pod uglom α1=20o i izlazi pod uglom α2=6o. Ako je radno kolo definisano sledećim dimenzijama: D1=100 mm; D2=250 mm; b1=80 mm; b2=30 mm; β1L=15o i β2L=24o, odrediti: a) trouglove brzina za kolo sa beskonačno mnogo lopatica i za stvarno kolo sa konačnim brojem lopatica, b) stepen umanjenja napora, c) zanošenje struje na ulazu i izlazu iz radnog kola. Rešenje: a) Broj obrtaja ove centrifugalne pumpe je: n =

1450 = 24,167 s −1 . 60

Obimske brzine na ulazu i izlazu iz radnog kola iznose: u1’=u1=D1⋅π⋅n=0,1⋅π⋅24,167=7,592 m/s, u2’=u2=D2⋅π⋅n=0,25⋅π⋅24,167=18,98 m/s. gde veličine označene sa ' važe za radno kolo sa beskonačnim brojem tankih lopatica. Meridijanske komponente apsolutne brzine za ulazni i izlazni presek iznose: Qk 0,03 c1m = c1′m = = = 1,194 m / s , D1 πb1 0,1 ⋅ π ⋅ 0,08 Qk 0,03 c 2 m = c′2 m = = = 1,273 m / s . D 2 πb 2 0,25 ⋅ π ⋅ 0,03 Obimske komponente apsolutne brzine su: ′ = u1 − c1m ctgβ1L = 7,592 − 1,194 ×ctg15 = 3,136 m / s, c1u c1u = c1m ctgα1 = 1,194 ×ctg20 = 3, 28 m / s. c′2u = u 2 − c 2m ctgβ2L = 18,98 − 1, 273 ×ctg24 = 16,121 m / s, c 2u = c 2m ctgα 2 = 1, 273 ×ctg6 = 12,111 m / s. Prema tome trougao brzina na ulazu i izlazu iz radnog kola pumpe, a za kolo sa beskonačno mnogo lopatica i za kolo sa konačno mnogo lopatica, će izgledati: w1 w ’ 1

c1

β1

c’1

w2

c1m=c’1m

w2

c2 c2’

β2

α1 c’1u

α2 c2u

c1u b) Stepen umanjenja napora je po definiciji: ε=

Yk . Yk∞

c’2u

c2m=c’2m


11

S obzirom da su nam poznate vrednosti brzina na ulazu i izlazu iz radnog kola, jedinični radovi iznose: Yk∞ = u 2 c ′2 u − u 1c1′u = 18,98 ⋅16,121 − 7,592 ⋅ 3,136 = 282,168 J / kg , Yk = u 2 c 2 u − u 1c1u = 18,98 ⋅12,111 − 7,592 ⋅ 3,28 = 204,962 J / kg . Tada je stepen umanjenja: ε=

204,962 = 0,726 . 282,168

c) Relativni uglao za ulazni i izlazni presek su: c1m 1,194 β1 = arctg = arctg = 15,477 o , u 1 − c 1u 7,592 − 3,28 β2 = arctg

c 2m 1,273 = arctg = 10,5 o . u 2 − c 2u 18,98 − 12,111

Zanošenje struje na ulazu i izlazu iz radnog kola iznosi: ∆β1 = β1L − β1 = 15 −15,477 = 0,477 o , ∆β2 = β2 L − β2 = 24 −10,5 = 13,5 o .

Zadatak 2. Za srednji prečnik aksijalnog radnog kola pumpe, definisano prečnicima Du=200mm i Ds=400mm, skicirati trouglove brzina za ulaz i izlaz i izračunati jedinični rad kola. Poznate su vrednosti brzina c1u=4 m/s na ulazu i c2u=14 m/s na izlazu. Brzina obrtanja radnog kola je n=24,166 s-1. Rešenje: Srednji prečnik radnog kola aksijalne pumpe iznosi: D − D s 200 + 400 Dm = u = = 300 mm . 2 2 Obimska brzina je: um=u1=u2=Dm⋅π⋅n=0,3⋅π⋅n=22,765 m/s. Jedinični rad kola je: Yk=um(c2u-c1u)=22,765⋅ (14-4)=227,65 J/kg. Kako je meridijanska komponenta brzine ista i za ulazni i za izlazni presek, trouglovi brzina aksijalnog radnog kola pumpe izgledaju: w2

w1

c2

c1

c1m=c2m=c m

u1=u2=u

c2u

c1u

12


Zadatak 3. Turbina radi na bruto padu H0=40 m. Gubici u dovodnom cevovodu iznose Yg=32,4 J/kg. Merenjima je utvrđeno da hidraulički gubici u turbini iznose 5% neto jediničnog rada turbine, i da se kroz zazore kola i kućišta gubi 2% vrednosti protoka kroz cevovod. Dimenzije turbine su: prečnik i visina predkola na izlazu D0=4,55 m, b0=300 mm, prečnici i visine radnog kola na ulazu i izlazu: D1=4,5m; b1=300mm; D2=1,75m; b2=450mm. a) Odrediti ugao pod kojim treba predkolo da usmerava struju vode pri protoku Q=14 m3/s, a pri brzini obrtanja n=12,5 s-1. b) Definisati trouglove brzina na izlazu iz predkola, na ulazu i izlazu iz radnog kola. Rešenje: a)

Jedinični rad turbine je:

Y = gH 0 − Yg = 9,81 ⋅ 40 − 32,4 = 360 J / kg .

Jedinični rad kola iznosi: Yk = Y − Ygh = Y − 0,05Y = 0,95Y = 0,95 ⋅ 360 = 342 J / kg .

S druge strane, a prema Ojlerovoj jednačini, jedinični rad kola je: Yk = u 1c1u − u 2 c 2 u ,

a, kako uzimamo da je izlazni ugao α2=90o, tj. c2u=0, dobija se da je Yk=u1c1u. Obimske brzine su: u1=D1⋅π⋅n=4,5⋅π⋅12,5=176,714 m/s, u2=D2⋅π⋅n=1,75⋅π⋅12,5=68,722 m/s. Odatle je: c 2 u =

Yk 342 = = 1,935 m / s . u 1 176,714

cou

αo co

c2m

Iz zakona vihornog strujanja, rcu=const., važi: Do D D 4,5 c ou = 1 c1u ⇒ c ou = c1u 1 = 1,935 = 1,914 m / s . 2 2 Do 4,55 Meridijanska komponenta apsolutne brzine na izlazu iz predkola iznosi: c om =

Q D o πb o

=

14 = 3,264 m / s . 4,55 ⋅ π ⋅ 0,3

Sada možemo izračunati ugao pod kojim predkolo da usmerava struju vode: c 3,264 α o = arctg om = arctg = 59,61o . c ou 1,914 b) Protok kroz kolo turbine je: Qk=Q – 0,02Q=0,98Q Meridijanske komponente apsolutne brzine na ulazu i izlazu iz kola su: Qk 0,98Q 0,98 ⋅ 14 = = = 2,234 m / s , D1 πb1 D1 πb1 4,5 ⋅ π ⋅ 0,3 Qk 0,98Q 0,98 ⋅ 14 = = = = 5,545 m / s . D 2 πb 2 D 2 πb 2 1,75 ⋅ π ⋅ 0,45

c1m = c 2m

Na osnovu sračunatih vrednosti brzina dobijamo:


13

c1m 2,234 = arctg = 1,07 o , u 1 − c1u 176,714 − 1,935 c 5,545 β2 = arctg 2 m = arctg = 4,613 o , u2 68,722 c 2,234 α1 = arctg 1m = arctg = 59,5 o . c1u 1,935 β1 = arctg

α1

α2=90o

u1

c1u

β2

β1

c1m

c1

u2

c2m=c2

w1

w2

Zadatak 4. U radno kolo centrifugalnog kompresora, dimenzija D1=250 mm i D2=450 mm, ulazi struja vazduha, totalne temperature t0=15oC i totalnog pritiska p0=1 bar, s obimskom komponentom apsolutne brzine c1u=12 m/s i napušta ga s obimskom komponentom apsolutne brzine c2u=56 m/s. Ako se radno kolo obrće sa n=75 s-1, odrediti jedinični rad kola i totalnu temperaturu i pritisak na ulazu iz kompresora. Uzeti da je za vazduh eksponent politrope n=1,43 i CP=1004,16 J/kgK. Rešenje: Jedinični rad kola kompresora je: Yk = u 2 c 2 u − u 1c1u . Obimske brzine su: u1=D1⋅π⋅n=0,25⋅π⋅75=58,905 m/s, u2=D2⋅π⋅n=0,45⋅π⋅75=106,029 m/s. pa je :

Yk = u 2 c 2 u − u 1c1u = 106,029 ⋅ 56 − 58,905 ⋅12 = 5230,764 J / kg .

S druge strane, iz izraza zajedinični rad kompresorskog kola, možemo izračunati totalnu temperaturu vazduha na izlazu iz kompresora: Yk = c p ( T2 tot − T1tot ) ⇒ T2 tot = T1tot +

Yk 5230,764 = ( 273 + 15) + = 293,9K . cp 1004,16

Koristeći jednačinu stanja vazduha pri politropskom sabijanju dobijamo totalni pritisak na izlazu iz kompresora: p1tot n n −1 1tot

T

=

p 2 tot n n −1 2 tot

T

⇒ p 2 tot

T = p1tot  2 tot  T1tot

n

 n −1  = 1,06 bar . 

14


Zadatak 5. Izračunati statičku temperaturu iza radnog kola na izlazu iz radnog prostora stupnja aksijalnog kompresora, ako je p1st=147150 N/m2 i T1st=300K. Na osnovu trouglova brzina poznate su brzine w1=270 m/s i w2=2/3 w1. Uzeti da je CP=1004,16 J/kgK. Rešenje: Jedinični rad kola kompresora je: Yk = c p ( T2 tot − T1tot ) .

.....

(1)

Totalne temperature na ulazu i izlazu iz kompresora, a uz pomoć vrednosti statičkih temperatura, određujemo iz izraza: c2 T1tot = T1 + 1 , 2c p T2 tot

c 22 = T2 + . 2c p

Ojlerova jednačina za jedinični rad kola glasi: Y k = u (c2u − c1u ) =

c 22 − c12 w 12 − w 22 + 2 2

.

....

(2)

Izjednačavanjem izraza (1) i (2) dobijamo:  c 22 c12  c 22 − c12 w 12 − w 22  c p T2 + − T1 − = + .  2c p 2c p  2 2 

Dalje se odgovarajućim skraćivanjem dobija izraz za statičku temperaturu na izlazu iz kompresora: c p ( T2 − T1 ) =

w 12 − w 22 w 2 − w 22 ⇒ T2 = T1 + 1 . 2 2c p

pri čemu je zadatkom dato da je: w1=270 m/s, a w2=2/3w1=180 m/s, T2 = 300 +

270 2 −180 2 2 ⋅1004,16

⇒ T2 = 320,166 K .


15

3. SNAGE I STEPENI KORISNOSTI KOMPRESORA Zadatak 1. Radno kolo aksijalnog kompresora, čiji je prečnik kućišta De=650 mm i prečnik glavčine Di=350 mm, obrće se brzinom obrtanja n=120 s-1. Duž srednjeg prečnika kola struja vazduha prilazi kolu osno (α1=90o) i napušta ga pod uglom α2=60o. Vazduh struji konstantnom meridijanskom brzinom ostvarujući jedinični rad kola Y k=11500 J/kg (karakteristike vazduha su: κ=1,4; R=288 J/kgK). Temperatura na ulazu u kolo iznosi t 1tot=20oC, a politropski stepen korisnosti je ηpol=0,88. Stepen umanjenja jediničnog rada zbog konačnog broja lopatica iznosi ε=0,8. Ako zanemarimo zanošenje struje na ulazu, gubitke strujne energije zbog unutrašnjeg prestrujavanja i trenje o glavčinu i oklop, odrediti: a) trouglove brzina na srednjem prečniku; b) totalni i statički stepen sabijanja; c) lopatične uglove na srednjem prečniku na ulazu i izlazu, kao i uglovno zanošenje struje na izlazu iz kola. Rešenje: a) Trouglove brzina određujemo izračunavanjem odgovarajućih brzina i uglova na ulazu i izlazu iz radnog kola na srednjem prečniku Dm =

De + Di = 0,5 m . 2

Obimska brzina na srednjem prečniku iznosi: u m = D m ×π ×n = 0,5 ×π ×120 = 188,5 m / s Jedinični rad kola je : Yk = u m ( c 2 u − c1u ) .

S obzirom da je osni ulaz struje, α1=90o, tada je c1u = 0 , pa je rad kola Yk = u m c 2 u i dobija se da je obimska komponenta apsolutne brzine na izlazu: Y 11500 c 2u = k = = 61 m / s . u m 188,5 Iz trouglova brzina zapaža se da je: c 2 u = ∆c u , a možemo dobiti i meridijansku komponentu apsolutne brzine: c m = c 2 u tg60 o = 61⋅ tg 60 o = 105,7 m / s .

Apsolutna brzina na izlazu iz kola je: c 2 = c m / sin 60 o = c 2 u / cos 60 o = 122 m / s .

Uglovi su: β1 = arctg

cm 105, 7 = arctg = 29, 28o um 188,5

β2 = arctg

cm 105, 7 = arctg = 39, 66o . u m − c 2u 188,5 − 61

16


b) Jedinični rad kola se može naći i pomoću izraza: Yk =

 nn−1  κ RT1tot  Π −1   =11500 J / kg κ −1   tot

gde je eksponent politrope n dobijen iz izraza za politropski stepen korisnosti:

ηpol =

Ypol Yk

 nn−1  n RT1tot  Π tot − 1÷ n −1  

=

  κ RT1tot  Π tot − 1÷ κ −1   n −1 n

=

n κ −1 n −1 κ

⇒

n =1,48

n

Totalni stepen sabijanja se dobija: Π tot

 κ − 1 Yk  n −1 = 1 + ÷ = 1,125 κ RT 1tot  

Totalna temperatura na izlazu je: n −1

TIItot = TItot Πtotn = 293 ⋅1,125

1, 48−1 1, 48

= 304,4 K .

Kako možemo izračunati da je : c p =

κ R = 1008 J / kg , κ −1

statičke temperature su: TIst = TItot −

c12 = 287,458 K 2c p

TIIst = TIItot −

c 22 = 297 K 2c p

Statički stepen sabijanja iznosi:

 TIIst Πst =  T  Ist

n

n −1  =1,106  

c) Jedinični rad kola sa beskonačnim brojem lopatica je: Yk∞ =

Yk 11500 = = 14375 J / kg . ε 0,8

Takođe je rad kola sa beskonačnim brojem tankih lopatica Yk∞ = u m c 2 u∞ , odakle je: Y 14375 c 2 u∞ = k∞ = = 76,26 m / s . um 188,5 Lopatični ugao na izlazu iz kola se sada može dobiti iz izraza: cm 105, 7 β2L = arctg = arctg = 43, 28o . u m − c 2u∞ 188,5 − 76, 26 Uglovno zanošenje struje na izlazu je: ∆β2 = β2L − β2 = 3, 62o .


17

Zadatak 2. Radna kola petostepenog kompresora definisana su sledećim veličinama: D1=290 mm, D2=620 mm, b1=40 mm, b2=16,5mm, β1l=350, β2l=800 imaju koeficijent umanjenja jediničnog rada kola ε=0,85 i rade sa izentropskim stepenom korisnosti ηiz st.=0,83. Ako prvi stupanj siše vazduh (κ=1,4 ; n=1,525; R=288 J/kgK; Cp=1004,16 J/kgK) čije je stanje na ulazu 1(p1=0,98 bar, T1=288 K) i ako je statički stepen sabijanja po stupnjevima Πstat=1,03, odrediti pri zadatoj brzini obrtanja kompresora n=49,25 s-1: a) Izentropski jedinični rad prvog stupnja, b) totalni stepen sabijanja kompresora, c) snagu potrebnu za pogon petostepenog kompresora ako je proizvod zapreminskog i mehaničkog stepena korisnosti ηQηm=0,92 , ηR=1, d) totalnu i statičku temperaturu na izlazu iz petostepenog kompresora. Rešenje: a) Obimske brzine na ulazu i izlaza su: u 1 = D 1 πn = 0,29π49,25 = 44,87 m / s

w1

c1m=c1

β1 u1

u 2 = D 2 πn = 0,62π49,25 = 95,93 m / s

w2

c2 α2

c2m c2u

β2

u2

Ulaz u prvi stupanj je osni, c1u=0o, dok je obimska komponenta apsolutne brzine na izlazu: c 2 u∞ = u 2 − c 2 m ctgβ2 L

Meridijanska komponenta apsolutne brzine na ulazu je jednaka apsolutnoj brzini i iznosi: c1m = c1 = u 1 tgβ1L = 31,42 m / s

Izentropski rad prvog stupnja iznosi:  c  Yiz1 = Yk1ηizS = εηizS u 2 c 2 u∞ = εηizS u 2 ( u 2 − c 2 m ctgβ 2 L ) = εηizS u 22 1 − 2 m ctgβ 2 L  u2    1 =m  2 , odnosno: Jednačina kontinuiteta glasi m ρ1Q1 = ρ2 Q 2 ⇒ ρ1c1m D1 πb1 = ρ2 c 2 m D 2 πb 2

Sada možemo izraziti meridijansku komponentu apsolutne brzine na izlazu: ρ D b ρ D b ρ D b c 2 m = 1 c1m 1 1 = 1 u 1 tgβ1L 1 1 = 1 D1 πntgβ1L 1 1 ρ2 D 2 b 2 ρ2 D 2 b 2 ρ2 D2 b2 Izentropski jedinični rad se dalje može pisati: Yiz1

 ρ  ρ D b u  = εηizS u 1 − 1 1 1 1 ctgβ 2 L tgβ1L  = εηizS u 22 1 − 1  ρ 2  ρ2 D 2 b 2 u 2  2 2

 D1   D2

2  b1 tgβ1L   .  b 2 tgβ 2 L 

Odnose gustina na ulazu i izlazu možemo izraziti iz jednačine politropske promene stanja: 1/ n 1/ n p1 p 2  1  ρ1  p1  =  ⇒ =   =  ρ1n ρ n2 ρ 2  p 2   Π st  Sada je izentropski jedinični rad prvog stupnja: Yiz1

  1 = εηizS u 1 −    Π st 2 2

1/ n

  

 D1   D2

2  b1 tgβ1L     b 2 tgβ 2 L 

⇒

Yiz1 = 6075,42 J / kg .

b) Totalna temperatura na ulazu je: c2 31,42 2 T1tot = T1 + 1 = 288 + = 288,492 K . 2C p 2 ⋅ 1004,16 Izentropski jedinični rad možemo izraziti i na sledeći način:

18

ZADACI IZ OSNOVA TURBOMAŠINA Yiz1 =

 κκ−1  κ RT1tot  Πtot1 −1   κ −1  

Odatle je totalni stepen sabijanja prvog stupnja:  κ −1 Yiz1 = 1 + κ RT 1tot 

Πtot1

κ

κ−1   

⇒

Πtot1 =1,075 .

Stepen sabijanja kompresora je, a prema uslovu zadatka da su stepeni sabijanja stupnjeva isti: Π tot = Π5tot1 = 1,075 5 = 1,436

c) Snaga kompresora se izračunava pomoću izraza: •

•

mY m Yiz P = 3 iz = 3 10 η 10 ηiz ηQ ηm ηR

Izentropski jedinični rad kompresora je: Yiz =

1, 4 −1    κκ−1  κ 1,4 1, 4   RT1tot  Π − 1 = 288 ⋅ 288 , 492 1 , 436 −1 = 31674,71 J / kg tot     κ −1   1,4 −1  

 = ρ1Q1 Maseni protok je: m

Pomoću značice protoka kola možemo dobiti zapreminski protok na ulazu u kompresor: D 2 πu Q1 = ϕ k 2 2 4 Značica protoka kola je: 4Q 4c D b π c b c D b u D ϕ k = 2 k = 2 m2 2 2 = 4 2 m 2 = 4 1m 12 1 b 2 = 4 1 tgβ1L 12 b1 = 0,0395 u 2 D2 u 2 D2 b2 u2 D 2 πu 2 D 2 πu 2 D2 gde je: Q k = c1m D1 πb1 = c 2 m D 2 πb 2 . Dakle, zapreminski protok na ulaznom preseku iznosi: Q1=1,145 m3/s. Maseni protok je:

 =1,353 kg / s m κ −1

Izentropski stepen korisnosti iznosi: η iz

Π totκ − 1 Π

n −1 n tot

= 0,821 .

−1

Ukupni stepen korisnosti je: η = ηiz ηQ ηm ηR = 0,821 ⋅ 0,92 ⋅1 = 0,755 . Snaga kompresora iznosi:

P=56,779 kW. n −1 n tot

d) Totalna temperatura na izlazu iz kompresora je:

TIItot = TItot Π

= 326,8 K .

Statička temperatura na izlazu iz kompresora je:

TII = TI Πstn = 303,03 K .

n −1

Zadatak 3. Hlađeni dvostepeni kompresor sabija vazduh od stanja 1(p1tot=1,02 bar, t1tot=200C) do stanja 3(T3tot, p3tot=5 bar). Sabijanje se obavlja tako što se u prvom stupnju vrši od stanja 2 (T2tot, p2t0t), a zatim se vazduh izobarski hladi do temperature T2”tot = 0,791T2tot, pa onda


19

ponovo sabija u drugom stupnju do stanja 3(T3tot, p3tot). Znajući da je politropski stepen korisnosti kompresora ηpol=0,909, κ=1,4 i stepen sabijanja u stupnjevima isti odrediti: a) temperaturu na kraju sabijanja, b) temperaturu na kraju sabijanja za slučaj kada se vazduh ne bi hladio pri izlasku iz prvog stupnja, c) izentropski stepen korisnosti kompresora, d) uštedu u radu koja se postiže hlađenjem vazduha. Rešenje: a) Stepen sabijanja kompresora iznosi: Π tot =

p 3 tot 5 = = 4,9 , p 1tot 1,02

tako da je stepen sabijanja svakog stupnja: Πtot1 = Πtot 2 = Πtot = 2,214 . Iz izraza za politropski stepen korisnosti dobijamo eksponent politrope, n: ηpol =

n κ −1 n −1 κ

1 κ −1 =1 − = 0,6857 n κ ⋅ ηpol

⇒

⇒

n =1,4584 .

Temperatura na kraju sabijanja u prvom stupnju kompresora je: T2 tot

 p 2 tot = T1tot  p  1tot

   

n −1 n

= T1tot Πtot1

n −1 n

= 293 ⋅ 2,214

1, 4584 −1 1, 4584

= 376,15 K

Temperatura na kraju izentropskog sabijanja u prvom stupnju je: T2′′tot = 0,791 ⋅ T2 tot = 0,791 ⋅ 376,15 = 297,54 K

Pritisak na kraju sabijanja u prvom kompresorskom stupnju iznosi: p 2 tot = p1tot Πtot1 = 1,2 ⋅ 2,214 = 2,258 bar

Tražena temperatura na kraju sabijanja (u drugom stupnju, odnosno na izlazu iz kompresora) iznosi:

T3tot = T2′ tot Π tot 2

n−1 n

= 297,54 ⋅ 2,214

1, 4584 − 1 1, 4584

= 381,98 K ≈ 382 K

b) Kada se vazduh ne bi hladio na izlasku iz prvog kompresorskog stupnja, temperatura na kraju sabijanja bi bila: T∗

3 tot

= T1tot Π tot

n −1 n

= 293 ⋅ 4,9

1, 4584 −1 1, 4584

= 482,9 K .

c) Izentropski stepen korisnosti kompresora iznosi: ηiz =

Yiz Π = Yk Π

κ−1 κ tot n −1 n tot

−1 −1

=

4,9 4,9

1, 4 −1 1, 4

−1

1, 4584 −1 1, 4584

= 0,887 .

−1

d) Jedinični rad kompresora kada nema hlađenja na izlasku iz prvog stupnja je:

20

ZADACI IZ OSNOVA TURBOMAŠINA 1, 4 −1    nn−1  κ 1,4  4,9 1, 4 −1 =191364,1 J / kg = RT1tot  Π − 1 288 ⋅ 293 tot   1,4 −1   κ −1    

Yk∗ =

Jedinični rad hlađenog kompresora je: Ykh =

Ykh =

  nn−1   nn−1   nn−1  κ κ      ( ) R T1tot  Π − 1 + T Π − 1 = R T + T  ′ ′ ′ ′ tot 1 2 tot  tot 2 1tot 2 tot  Πtot1 −1    κ −1          κ −1 1, 4 −1   1,4 288 ⋅ ( 293 + 297,54 ) 2,214 1, 4 −1 = 168932,2 J / kg .   1,4 −1  

Prema tome, usteda u radu koja se postiže hlađenjem iznosi: ∆Yk = Yk∗ − Ykh = 22431,9 J / kg .

Zadatak 4. Trostepeni, centrifugalni kompresor, usisava vazduh (κ=1,4 i R=288 J/kgK) iz mirne atmosfere (pI=100kN/m2, TI=285 K) ostvarujući pri tome u prvom stupnju stepen sabijanja Π1tot=1,85. Politropski radovi po stupnjevima su jednaki kao i politropski stepeni korisnosti čija je brojna vrednost ηpol=0,82. Odrediti: a) stepene sabijanja drugog i trećeg stupanja, b) pritisak na izlazu iz kompresora, c) izentroske stepene korisnosti stupnjeva i celog kompresora. Rešenje: a) Eksponent politrope, n, dobijamo iz izraza za politropski stepen korisnosti: ηpol =

n κ −1 = 0,82 n −1 κ

⇒

n κ −1 = = 0,348 n −1 κ ⋅ ηpol

⇒

n =1,534 .

Politropski stepen sabijanja prvog stupnja je: Ypol1 =

1, 534 −1    nn−1  n 1,534 1,85 1, 534 −1 = 85071,73 J / kg . = RT1tot  Π − 1 288 ⋅ 285 tot st1   1,534 −1   n −1    

Temperatura na kraju sabijanja u prvom stupnju (početak sabijanja u drugom stupnju) kompresora je: T2 tot

 p 2 tot = T1tot  p  1tot

   

n −1 n

= T1tot Πtot1

n −1 n

= 285 ⋅1,85

1, 534 −1 1, 534

= 353,06 K .

Politropski jedinični radovi po stupnjevima su isti, tj. Ypol1 = Ypol 2 = Ypol3 = 85071,73 J / kg ,

pa prema tome iz izraza za jedinični rad drugog stupnja, Ypol 2 =

 nn−1  n  RT2 tot  Πtot st 2 −1 , n −1  

dobijamo stepen sabijanja drugog stupnja: Πtot 2

 n −1 Ypol2 = 1 + n RT 2 tot 

Π tot 2 = 2,084 .

n

1, 534

 n −1  1,534 −1 85071,73 1, 534−1  = 1 +   1,534 288 ⋅ 353,06   


21

Temperatura na kraju sabijanja u drugom stupnju kompresora (početak sabijanja u trećem stupnju) je: T3 tot

p = T2 tot  3 tot  p 2 tot

  

n −1 n

= T2 tot Πtot 2

n −1 n

= 353,06 ⋅ 2,084

1, 534 −1 1, 534

= 455,9 K .

Stepen sabijanja trećeg stupnja iznosi: Πtot 3

 n −1 Ypol3 = 1 + n RT 3 tot 

n

1, 534

 n −1  1,534 −1 85071,73 1,534−1  = 1 +   1,534 288 ⋅ 455,9   

Πtot 3 = 1,794 .

b) Ukupni stepen sabijanja kompresora je proizvod stepena sabijanja svih stupnjeva: Π tot = Π tot1Π tot 2 Π tot 3 = 1,85 ⋅ 2,084 ⋅ 1,794 = 6,9166

Pritisak na izlazu iz kompresora iznosi: p IItot = p Itot Πtot = 100 ⋅ 6,9166 = 691,659 kN / m 2 .

c) Izentropski stepeni korisnosti stupnjeva iznose: ηiz1 =

Yiz1 Yk1

=

Π Π

κ−1 κ tot1 n −1 n tot1

−1

=

−1

1,85 1,85

1, 4 −1 1, 4

κ−1

ηiz 2 =

Yiz 2 Yk 2

=

Π totκ2 − 1 Π

n −1 n tot 2

=

2,084

−1

2,084

Π totκ3 − 1

1,794

ηiz 3 =

Yk 3

=

Π

n −1 n tot 3

=

−1

1,794

= 0,80

−1

1, 4 −1 1, 4

−1

1, 534 −1 1, 534

κ −1

Yiz3

−1

1, 534 −1 1, 534

1, 4 −1 1, 4

−1

−1

1, 534 −1 1, 534

= 0,80

= 0,80 .

−1

Izentropski stepen korisnosti celog kompresora je: ηiz =

Yiz Π = Yk Π

κ−1 κ tot n −1 n tot

−1 −1

=

6,9166 6,9166

1, 4 −1 1, 4

1, 534 −1 1, 534

−1 −1

= 0,768 .

22


Zadatak 5. U trostepenom turbokompresoru ostvaruje se ukupni stepen sabijanja Π=8 pri ηpol=0,84. Stanje gasa na ulazu je pItot=1 bar i tItot=20oC (κ=1,4; R=287 J/kg). U svim stupnjevima kompresora ostvaruje se isti stepen sabijanja pri istoj vrednosti izentropskog stepena korisnosti stupnjeva. Odrediti: a) izentropski stepen korisnosti kompresora i stupnjeva; b) stanje gasa i zapreminski protok u izlaznom stepenu kompresora, ako je maseni protok &= 0,5 kg/s; kroz kompresor m c) snagu kompresora, ako je ηm=0,96. Rešenje: a) Totalni stepen sabijanja svakog kompresorskog stupnja iznosi: Π totstup. = 3 Π tot = 3 8 = 2 . Ako je ηpol=0,84, iz izraza za politropski stepen korisnosti n −1 κ −1 n κ −1 = = 0, 66 , ηpol = ⇒ n κηpol n −1 κ dobijamo da je eksponent politrope: n = 1,515 . Izentropski stepen korisnosti svakog stupnja je: κ−1

ηizstup. =

Yizstup. Ykstup.

=

Π totκstup. − 1 Π

n −1 n tot stup.

=

−1

2 Π

1,4 −1 1,4

−1

1,515 −1 1,515

⇒

ηizstup. = 0,915 .

−1

Izentropski rad kompresora je jednak sumi izentropskih radova stupnjeva: Yiz = Yiz1 + Yiz2 + Yiz3  κ−κ 1   κ−κ 1   κ−κ 1  κ κ κ Yiz = RTItot  Π tot1 − 1÷+ RT2tot  Π tot 2 − 1÷+ RT3tot  Π tot3 − 1÷ κ −1   κ −1   κ −1   Yiz =

 κ−1  κ R  Π totκstup. − 1÷( TItot + T2tot + T3tot ) . κ −1  

Kako je: n −1

n −1

T2tot = TItot Π totn 2 = TItot Π totn stup.

i

n −1

n −1

dobija se da je izentropski rad kompresora: Yiz =

n −1 n −1 2  κ−1   κ RTItot  Π totκstup. − 1÷1 + Π totn stup. + Π totnstup. ÷. κ −1   

Izentropski stepen korisnosti kompresora iznosi: ηiz =

ηiz =

κ−1 κ tot stup.

n −1 n −1 −1  2  Yiz Π n n = n −1 1 + Π + Π  tot stup. tot stup. ÷ Yk  Π totn − 1  1,4 −1 1,4

2 Yiz 2 −1  = 1,515−1 1 + 2 1,515 + 2 1,515  Yk 8 1,515 − 1  1,515 −1

2

n −1

n T3tot = T2tot Π tot3 = T2tot Π totn stup. = TItot Π tot nstup. ,

1,515−1

 ÷ ÷ 

⇒

ηiz = 0,82 .


23

b) Temperatura na izlazu iz kompresora je: TIItot = T4tot = TItot Π

n −1 n tot stup

3

= TItot Π

n −1 n tot

1,515−1 1,515

= 293 ×8

= 594,1 K .

Pritisak na izlazu iz kompresora iznosi: p IItot = p 3tot = p Itot Π = 1 ×8 = 8 bar . Gustina vazduha na izlazu iz kompresora je: p p 8 ×105 ρII = II ≈ IItot = = 4, 692 kg / m 3 . RTII RTIItot 287 ×594,1 S obzirom da je maseni protok 0,5 kg/s, zapreminski protok na izlazu iz kompresora iznosi: & m 0,5 Q II = = = 0,1066 m3 / s . ρII 4, 692

c) Snaga kompresora se dobija iz izraza: P=

& & ρQYiz mY mY = 3 iz = 3 k . 3 10 ηiz ηm 10 ηiz ηm 10 ηm

Izentropski rad kompresora se dobija iz predhodnog izraza: Yiz =

n −1 n −1 2  κ−1   κ RTItot  Π totκstup. − 1÷1 + Π totn stup. + Π totnstup. ÷ κ −1   

Yiz =

1,515 −1 1,515 −1 2  1,4−1   1, 4 287 ×293  2 1,4 − 1÷1 + 2 1,515 + 2 1,515 ÷  ÷ ÷ 1, 4 − 1   

⇒

Yiz = 249310,53 J / kg .

⇒

Yk = 302453, 65 J / kg .

Odnosno, rad kola kompresora je: Yk =

 1,515−1   n −1  κ 1, 4 RTItot  Π totn − 1÷ = 287 ×293  8 1,515 − 1÷  ÷ κ −1   1, 4 − 1  

Dakle, snaga kompresora iznosi: P=

& ρQYiz mY 0,5 ×249310,53 = 3 iz = 3 3 10 ηiz ηm 10 ηiz ηm 10 ×0,82 ×0,96

⇒

P ≈ 158 kW .

24


Zadatak 6. U toku ispitivanja trostepenog hlađenog kompresora pri n=75 s -1 utvrđeno je da sabija vazduh od pritiska p1tot=0,97 bar i temperature T1tot=298 K, do pritiska p4tot=1,3 bar. Na osnovu toplotnog bilansa hladnjaka, u kojima se vrši izobarsko hlađenje, proračunato je da se u njima izlazna temperatura vazduha snižava za 2% u odnosu na ulaznu. Pri ukupnom maksimalnom stepenu korisnosti kompresora η=0,925 izmereno je da kompresor troši snagu P=113,246 kW. Izentropski stepen korisnosti kompresora je ηiz=0,87, a stepeni sabijanja kompresorskih stupnjeva su jednaki. Odrediti: a) jedinični rad kompresora; b) temperaturu na izlazu iz poslednjeg stupnja; c) specifičnu učestanost obrtanja kompresora. Za vazduh su poznate sledeće veličine: κ=1,4; Cp=1004,16 J/kgK; R=288 J/kgK. Rešenje: a) Stepen sabijanja kompresora je: Π tot =

p 4tot 1,3 = = 1,34 . p1tot 0,97

Stepeni sabijanja po stupnjevima su jednaki i oni iznose: Π totstup. = 3 Π tot = 3 1,34 = 1,1025 . Izentropski rad kompresora iznosi: 1,4 −1    κ−κ1  κ 1, 4 Yiz = RT1tot  Π tot − 1÷ = 288 ×298 1,34 1,4 − 1÷ = 26498,157 J / kg .  ÷ κ −1   1, 4 − 1  

Kako je poznat izentropski stepen korisnosti Y ηiz = iz = 0,87 , Yk dobija se da je jedinični rad kola: Yk =

Yiz 26498,157 = = 30457, 652 J / kg . ηiz 0,87

b) Sa druge strane, izentropski stepen korisnosti je: κ−1

Π κ −1 Y ηiz = iz = tot = 0,87 , n −1 Yk Π totn − 1 odakle se može dobiti eksponent politrope: Π

n −1 n tot

= 1+

Π

κ−1 κ tot

− 1 ⇒ n − 1 ln Π tot n ηiz

κ−1 κ−1     κ Π tot − 1 ÷ Π totκ − 1 ÷ n −1   = ln 1 + = ln  1 + / ln Π tot ⇒ ηiz ÷ n ηiz ÷  ÷  ÷    

κ−1   κ Π 1  tot − 1 ÷ = 1 − ln 1 + ÷/ ln Π tot = 0,374 ⇒ n η iz  ÷  

n = 1, 485 .


25

Karakteristične temperature datog trostepenog sabijanja su: n −1

- temperatura na izlazu iz prvog stupnja: T = T Π n ; 2tot 1tot 1tot - temperatura na ulazu u drugi stupanj (posle hlađenja): T2* tot = 0,98T2tot = 0,98T1tot Π

n −1 n 1tot

;

- temperatura na izlazu izlazu iz drugog stupnja: T3tot = T2* tot Π

n −1 n 2tot

n −1 n 1tot

= 0,98T1tot Π

Π

2

 nn−1  = 0,98T1tot  Π1tot ÷ ;  

n −1 n 2tot

- temperatura na ulazu u treći stupanj (nakon hlađenja): T3* tot = 0,98T3tot = ( 0,98 ) T1tot Π 2

n −1 n 1tot

Π

n −1 n 2tot

2

 nn−1  = ( 0,98 ) T1tot  Π1tot ÷;   2

- temperatura na izlazu iz trećeg stupnja: T4tot = T3* tot Π

n −1 n 3tot

= ( 0,98 ) T1tot Π 2

n −1 n 1tot

Π

n −1 n 2tot

Π

n −1 n 3tot

3

n −1  nn−1  2 = ( 0,98 ) T1tot  Π1tot = 0,98 T Π ) 1tot totn ÷ (   2

Dakle, temperatura na izlazu iz poslednjeg kompresorskog stupnja iznosi: T4tot = ( 0,98 ) ×298 ×1,34 2

1,485 −1 1,485

= 314,9 K

c) Specifična učestanost obrtanja kompresora dobija se pomoću izraza: nQ10,5 n q = 333 0,75 Yk Iz izraza za snagu P = &= m

& k mY , dobijamo da je maseni protok: 103 η

103 Pη 103 ×113, 246 ×0,925 = = 3, 44 kg / s . Yk 30457, 652

Gustina vazduha na ulazu u kompresor je: ρ1 =

p p1 0,97 ×105 ≈ 1tot = = 1,13 kg / m3 RT1 RT1tot 288 ×298

Zapreminski protok na ulazu u prvi stupanj kompresora je: & 3, 44 m Q1 = = = 3, 044 m3 / s . ρ1 1,13 Dobija se da je specifična učestanost obrtanja kompresora: n q = 333

nQ10,5 75 ×3, 0440,5 = 333 = 18,9 . Yk0,75 30457, 6520,75

26


Zadatak 7. Odrediti optimalne stepene sabijanja trostepenog hlađenog kompresora. Poznati su sledeći podaci: ukupni stepen sabijanja Π=10, temperatura na ulasku u prvi stupanj iznosiTI1=283 K, temperatura na ulasku u drugi i treći stupanj TI2=TI3=313 K, pad pritiska u hladnjacima λ1=λ2=pI2/pII1=pI3/pII2=o,98. Uzeti da izentropski stepeni korisnosti stupnjeva imaju istu vrednost. Rešenje: Ukupni stepen sabijanja kompresora je za zadati slučaj: Π = Π1Π2 Π3 λ1 λ2 = 10

Ako označimo da je

(1)

κ 1 = , tada su izentropski jedinični radovi svakog stupnja: κ −1 r

 κκ−1  1 κ r RTI1  Π1 −1   = r RTI1 (Π1 −1) κ −1   κ−1  κ  1 κ r = RTI 2  Π2 −1   = r RTI 2 (Π2 −1) κ −1   κ−1  κ  1 κ = RTI 3  Π3 −1 = RTI 3 (Π3r −1)   κ −1   r

Yiz1 =

(2)

Yiz 2

(3)

Yiz 3

(4)

Kako je izentropski stepen korisnosti Y + Yiz 2 + Yiz 3 Y η iz = iz = iz1 , Yk Yk rad kola kompresora je: Y + Yiz 2 + Yiz 3 Yk = Yk1 + Yk 2 + Yk 3 = iz1 . η iz

(5)

Da bi stepeni sabijanja bili optimalni, prvi izvod rada kola kompresora po stepenu sabijanja svakog stupnja mora biti jednak nuli. Tada bi imali tri jednačine sa tri nepoznate Π1, Π2 i Π3. S obzirom da je poznat ukupni stepen sabijanja, prema izrazu (1) možemo izraziti jedan stepen sabijanja na osnovu ostalih, uključujući tu i padove pritiska u hladnjacima. Tada je potrepno naći samo dva izvoda jediničnog rada kola po stepenu sabijanja i izjednačiti ih sa nulom. Dakle, jednu nepoznatu, npr. Π3 izražavano preko ostalih, a potom rešavamo sistem od dve jednačine sa dve nepoznate. Π3 =

Π Π1Π2 λ1 λ2

(6)

Jedinični rad kola iznosi: 1 1 1 1  RTI1 ( Π1r − 1) + RTI 2 ( Π r2 − 1) + RTI3 ( Π3r − 1)  ηiz  r r r  r    R  Π TI1 ( Π1r − 1) + TI 2 ( Π r2 − 1) + TI 3    − 1 Yk =   Π1Π 2 λ1λ 2   ηiz r     Yk =

 R  Π TI1Π1r − TI1 + TI 2 Πr2 − TI 2 + TI 3  Yk =  ηiz r   Π1Π2 λ1λ2 

Sada tražimo izvode po Π1 i Π2:

r     − T I 3    

(7) (8) (9)


27

r   Π  1 dYk R   rTI1Π1r −1 − rTI 3  = Π1−( r +1)  = 0 r   dΠ1 rηiz    λ1λ2  Π2   r    Π  1 dYk R −( r +1)  rTI 2 Π1r −1 − rTI 3   =0 = Π 2 r λ λ  Π dΠ2 rηiz    1 2 1  

(10) ⇒ Π

2r 1

(11)

 Π TI1 Π1r −1 = TI 3  λ λ  1 2

T = I3 TI1

⇒

r −1 2

TI 2 Π

Π 22 r =

(12) ⇒

 Π   λ1λ 2

TI 3 TI 2

Π12 = r

 TI 3 Π = T  I1 3 2 1

 Π TI1Π1r −1+r +1 = TI 3  λ λ  1 2

r

 1   Πr  2

r

(12) r

 1 −( r +1)   Πr Π2  1

⇒

r −1+r +1 2

TI 2 Π

 Π = TI 3  λ λ  1 2

r Π   λλ  1 2

r

 1   Πr  2

r

 1  r  Π1

TI 3  Π  TI1  λ1λ 2

1

⇒

(11)

 1  r  Π2

 Π = TI 3  λ λ  1 2

 Π   λ1λ 2

r

 1 −( r +1)   Πr Π1  2

(10)

(13)

 1 T  Π  = r I 3  TI1  λ1λ 2  Π2

 TI 2  T  I3

1

2r 1     Π  λ λ  1 2

1

2   

 1   T  Π r I 3   TI 2  λ1λ 2

 TI 3 = T  I1

1

r  Π       λ1λ2

1

  

r

 2r − 1  Π1 2 

1

2   

Optimalni stepen sabijanja prvog stupnja iznosi:  TI 3 Π1 =  T  I1

2

 3r  Π       λ1λ2

2 (13) ⇒ Π 2 = r

1

2 κ

 3  313  3 κ−1  10    0,98 2  =  283     

1

3   = 2,76 

(14)

TI 3  Π  1   TI 2  λ 1λ 2  Π 1

Optimalni stepen sabijanja drugog stupnja je: T Π2 =  I 3  TI 2

1

 2r  Π     λ1λ 2

1

1 κ

2 1  313  2 κ−1  10  =   1 2  0,98  Π 2  313  1

1

2  

1 2,76

1 2

= 1,94

(15)

Koristeći jednačinu (7), a s obzirom na rešenja stepena sabijanja prvog i drugog stupnja dobijenih izrazima (15) i (16), izračunavamo optimalni stepen sabijanja trećeg stupnja: Π3 =

Π 10 = = 1,94 . Π1Π2 λ1λ2 2,76 ⋅1,94 ⋅ 0,98 2

(16)

28


4. KOEFICIJENT (ZNAČICE) TURBOMAŠINA I TEORIJA SLIČNOSTI - KOMPRESORI Zadatak 1. Kompresor usisava vazduh iz mirne atmosfere stanja p=1 bar, t=20oC i sabija ga do 3 bara. Sabijanje se vrši u dva stupnja čiji su stepeni sabijanja isti. Maseni protok vazduha je  = 70 kg/s, a brzina obrtanja n=50 s-1. m a) Odrediti izentropski i politropski stepen korisnosti kompresora, zatim stepen politrope n, ako su izentropski stepeni korisnosti stupnjeva ηiz1=ηiz2=0,85. b) Odrediti kolika treba da bude brzina obrtanja, protok i stepen sabijanja kompresora, da bi se proverili parametri u proračunskoj tački, ako se provera vrši pod sledećim uslovima na ulazu u kompresor: p1’=1,01p i T1’=1,25T. Karakteristike vazduha su: κ=1,4; R=288J/kgK i CP=1004,16 J/kgK. Rešenje: a) Totalni stepen sabijanja kompresora je: Π tot =

p IItot = 3, p Itot

pa je stepen sabijanja svakog od stupnjeva: Πtot st = Πtot = 3 =1,73 . Po uslovu zadatka, izentropski stepeni korisnosti stupnjeva su isti i oni iznose : κ−1

ηiz1 = ηiz 2 =

Yiz1, 2 Yk1, 2

=

Πtotκ st − 1 Π

n −1 n tot st

= 0,85 .

−1

Odatle možemo dobiti eksponent politrope: κ−1 κ−1      Πtotκ st − 1   3 κ −1  ln1 +  ln1 +  ηiz1 0,85    .    n −1 =   = 0,332 ⇒ n = 1,4965 =  n ln Πtot st ln 3

Sada možemo sračunati izentropski i politropski stepen korisnosti:

ηiz = ηpol =

Yiz Π = Yk Π Ypol Yk

=

κ −1 κ tot n −1 n tot

1, 4 −1

−1 −1

=

3 1, 4 − 1 3

1, 4965−1 1, 4965

= 0,838 ,

−1

n κ −1 1,4965 1,4 − 1 = = 0,861 . n −1 κ 1,4965 − 1 1,4

b) Novu brzinu obrtanja dobijamo iz jednakosti Mahovih brojeva, pri čemu se Mahov broj u2 određuje iz izraza: Ma u = , gde je c zv1 = κRT1 . c zv1 Tada imamo da je:

D 2 πn D πn ′ = 2 . κRT1 κRT1′

Nova brzina obrtanja iznosi: n ′ = n

T1′ = 50 1,25 = 55,9 s −1 . T1


29

Iz jednakosti značica jediničnog rada imamo da je: ψ = ψ′ , odnosno

2Yiz 2Yiz′ = . u 22 u′22

 κ−1  κ ′  Π ′totκ − 1÷ RT1tot 2 Yiz′ κ − 1  n′    = = ÷ . Dalje se dobija da je: Yiz  κ−κ1   n  κ RT1tot  Π tot − 1÷ κ −1   2

 T′   n′  Kako iz jednakosti Mahovih brojeva sledi da je:  1  =   ,  T1  tot  n  dobijamo da je:

κ −1 κ tot κ −1 κ tot

Π′

−1

Π

−1

= 1 , što dalje znači da je

Π′tot = Π tot .

Iz jednakosti značica protoka imamo da je: ϕ = ϕ′ , gde je ϕ = Dalje se dobija da je:

 Q1 m = . A 2 u 2 ρ1 A 2 u 2

 ′ m m = . ρ1 A 2 u 2 ρ1′ A 2 u ′2

Dakle, novi maseni protok kroz kompresor iznosi:

p1′ RT1′ n ′ p′ T T ′ p′ T ρ′ n ′ ′=m    1 1 1 =m  1 1, m =m =m p1 n ρ1 n p1 T1′ T1 p1 T1′ RT1  ′ = 70 ⋅1,01 ⋅ m

1 = 63,236 kg / s . 1,25

Zadatak 2. Radni parametri kompresora su m=60 kg/s, stepen sabijanja Π=3, politropski stepen korisnosti ηpol=0,85 i brzina obrtanja n=50 s-1. Početno stanje je određeno pritiskom p I=1,04 bar i temperaturom tI=17oC (R=293 J/kgK i κ=1,3). Ispitivanje turbokompresora vrši se na geometrijski sličnom modelu dva puta manjih dimenzija sa vazduhom (R=287J/kgK i κ=1,4) ulaznog stanja pI=1 bar i temperature tI=20oC. Odrediti: a) stepen sabijanja modelskog kompresora, b) ugaonu brzinu obrtanja modelskog kompresora, c) maseni protok modelskog kompresora. Rešenje: a) Da bi trouglovi brzina bili slični na ulazu i izlazu iz kompresora, treba da budu jednake značice protoka i jediničnog rada, kao i odnosi gustina na ulazu u prvi stupanj i izlazu iz poslednjeg stupnja kompresora.

30


p2 p′2 ρ 2 ρ ′2 RT2 RT2′ p T p′ T ′ = ⇒ = ⇒ 2 1= 2 1. ρ1 ρ1′ p1 p1′ p1 T2 p1′ T2′ RT1 RT1′ Kako je:

 p1 T1 = p T2  2

Dakle:

1 n

Π =Π′

   

n −1 n

, dobijamo

 p1 p 2 T1 = p p1 T2  2

   

−n +n −1 n

 p1 = p  2

−1

n  p2   = p   1

1 . n

Iz izraza za politropski stepen sabijanja imamo da je: n −1 κ −1 1 κ −1 = =1 − , odnosno n κηpol n κηpol

Stepen sabijanja modelskog kompresora iznosi: κ −1 κηpol κ′−1 1− κ′ηpol 1−

Π′ = Π

1, 3−1 1, 3⋅0 ,85 1, 4−1 1− 1, 4⋅0,85 1−

=3

.

= 3,34

b) Iz jednakosti značica jediničnog rada imamo da je: ψ = ψ′ , odnosno

2 Yiz 2 Yiz′ = 2 ( D 2 π n ) ( D′2 π n′) 2 .

Odatle se dobija da je: 1

n′ = n

D2 D′2

 κ  κ−κ1   2 ′  Π′tot − 1÷ RT1tot  Yiz′ D2  κ − 1    = 106, 75 s −1. =n κ−1 Yiz  ′ D2   κ RT1tot  Π totκ − 1÷       κ − 1

c) Iz jednakosti značica protoka imamo da je: ϕ = ϕ′ , gde je

Kako je ϕ =

 Q1 4m = , dobijamo da je: 3 2 A 2 u 2 ρ1 D 2 π n

Q1 Q′ = 1 . A 2 u 2 A′2 u ′2

−1

1 n n .  = Π  


31

p1′ 3 3 R ′T1′  D′2  n ′ p1′ R T1  D′2  n ′ ρ ′  D′2  n ′     m = m   = m = m = 15,56 kg / s . p1  D 2  n ρ1  D2  n p1 R ′ T1′  D 2  n RT1 3

Zadatak 3. Osni kompresor koji radi sa vazduhom ima totalni stepen sabijanja Πtot=3, politropski stepen korisnosti ηpol=0,85 i broj obrtaja n=125 s-1. Stanje okoline iz koje kompresor siše vazduh je t=210C i p=0,981 bar. Ako se usvoji da kompresor ima 4 stupnja sa istim prosečnim naporima, da je Q1=18 m3/s i koeficijent protoka za prvi stupanj ϕ=0,38 , odrediti: a) prosečan izentropski jedinični rad po stupnjevima i stepene sabijanja, b) maseni protok kompresora, c) stepen reakcije kola uz oklop i glavčinu za prvi stupanj ako je odnos prečnika glavčine i oklopa m=0,6 i c1u=0. Karakteristike vazduha: κ=1,4 ; R=288 J/kgK i Cp=1004,16 J/kgK. Rešenje: a) Prosečan izentropski jedinični rad po stupnjevima se izračunava korišćenjem izraza: Y Yiz = (1 + a ) iz z gde je: 1 + a =

ηpol  1  1 1 −  + . ηiz  z  z

Izentropski stepen korisnosti iznosi: Π

ηiz =

Π

κ −1 κ tot n −1 n tot

−1

=

−1

κ −1 κ tot κ −1 κη pol

Π

Π tot

−1 −1

=

3 3

1, 4 −1 1, 4

1, 4 −1 1, 4⋅0 ,85 t

−1

= 0,825

−1

Izentropski jedinični rad kompresora iznosi: Yiz =

 1,14, 4−1   κκ−1  κ 1,4 3 = RTItot  Π − 1 288 ⋅ 294 −1 =109276,28 J / kg tot     κ −1   1,4 −1  

Tada je: 1 + a =

0,85  1 1 1 −  + = 1,0227 . 0,825  4 4

Dakle, prosečan izentropski jedinični rad po stupnjevima: Yiz = 1,0227

109276,28 = 27939,957 J / kg ≈ 27940 J / kg 4

Sada možemo izračunati stepene sabijanja po stupnjevima: κ

Π1tot

  κ−1 1,4  ÷ Yiz 27940  1,4−1 = + 1÷ =  + 1÷ = 1,371  3,5 ×288 ×294   κ RT1tot ÷  κ −1  κ−1

1, 4 −1

κ T2 tot = T1tot Π1tot = 294 ⋅1,371 1, 4 = 321,737 K

32

ZADACI IZ OSNOVA TURBOMAŠINA κ

Π 2tot

  κ−1 1,4  ÷ Yiz 27940  1,4−1 = + 1÷ =  + 1÷ = 1,335  3,5 ×288 ×321,737   κ RT2tot ÷  κ −1  0,4

κ −1

T3tot = T2 tot Π2 κtot = 321,737 ⋅ 1,335 1,4 = 349,424 K κ

Π3 tot

 κ−1 1, 4   Yiz 27940  1, 4 −1 = +1 = +1 =1,306 3,5 ⋅ 288 ⋅ 349,424  κ RT      3 tot  κ−1  κ −1 κ 3 tot

T4 tot = T3 tot Π Π4 tot

= 349,424 ⋅ 1,306

    Yiz = +1 κ   RT4 tot  κ −1 

0,4 1, 4

= 377,12 K

κ κ−1

1, 4

27940   1,4 −1 = +1 =1,282  3,5 ⋅ 288 ⋅ 377,12 

b) Maseni protok kompresora iznosi:  = ρI ⋅ Q I = m

pI 0,981 ⋅ 105 QI = 18 = 20,85 kg / s RTI 288 ⋅ 377,12

c) Kako je značica protoka: ϕ =

4Q I , D π n ⋅ (1 − m 2 ) 3 e

2

dobija se da je spoljašnji prečnik (uz oklop): De = 3

4Q I 4 ⋅ 18 =3 2 = 0,620 m , 2 π n ⋅ (1 − m ) ⋅ ϕ π 125 ⋅ (1 − 0,6 2 ) ⋅ 0,38 2

a unutrašnji prečnik (uz glavčinu) iznosi: D i = m ⋅ D e = 0,6 ⋅ 0,620 = 0,372 m

Sada možemo izračunati vrednosti obimskih brzina na ovim prečnicima: u e = D e ⋅ π ⋅ n = 0,62 ⋅ π ⋅ 125 = 243,47 m / s u i = D i ⋅ π ⋅ n = 0,372 ⋅ π ⋅ 125 = 146,08 m / s

Stepen reakcije kola se izračunava po formuli: ∆w u u− w 2 = 1 − ∆w u r = ∞u = u u 2u gde je:

∆w ue =

Yiz 27940 = = 135,968 m / s ≈ 136 m / s ηiz st ⋅ u e 0,844 ⋅ 243,47

∆w ui =

Yiz 27940 = = 226,6 m / s ηiz st ⋅ u i 0,844 ⋅ 146,08

 1 η iz st = η iz + η pol − η iz  1 −  = 0,844  z

(

)

Izračunavanjem izraza za stepen reakcije, dobija se da je: re = 0,721


ri = 0,224.

33

34


 = 20 kg/s, stepen Zadatak 4. Za jedan kompresor su poznate optimalne karakteristike m -1 sabijanja je 2, brzina obrtanja n=100 s , izentropski stepen korisnosti ηiz=0,86 i ukupni stepen korisnosti η=0,8. Stanje okoline iz koje se usisava vazduh (R=288 J/kgK; κ=1,4;) određeno je sa pI=1 bar i tI=30oC. a) Da bi se ostvario protok 28 kg/s vazduha, dva kompresora su paralelno vezana, tako da rade sa istom brzinom obrtanja. Naći tu brzinu iz uslova da kompresor radi u optimalnim uslovima i odrediti stepen sabijanja, snagu i stanje vazduha na izlazu iz kompresora. b) Ako se ovakva dva kompresora vežu na red, naći brzinu obrtanja drugog kompresora da bi oni radili sa maksimalnim stepenom korisnosti, znajući da prvi kompresor radi sa karakteristikama datim na početku zadatka. Odrediti zapreminske protoke na ulazu i snage oba kompresora.

Rešenje: a) Novi maseni protok paralelne sprege je:

 = 28 kg / s m

2= Paralelna veza ima svojstvo da je: m 1 = m

 m = 14 kg / s . 2

Iz jednakosti značica protoka dobija se da je:   m m  m 14 = 1 ϕ = ϕ1 ⇒ ⇒ n 1 = n 1 = 100 = 70 s −1 . n n1  m 20 Iz jednakosti značica jediničnog rada dobija se da je:

⇒

ψ = ψ1

2

2

Yiz1  n 1   70  =  =  = 0,49 . Yiz  n   100 

S druge strane odnos jediničnih radova je: κ  κ −1   κ −1  RT1  Π 1 κ − 1 T1  Π 1 κ − 1 Yiz1 κ − 1  =   = 0,49 = , κ −1 κ −1 Yiz  κ   κ  κ RT1  Π − 1 T1  Π − 1 κ −1     odakle se dobija da je stepen sabijanja kompresora: κ

1, 4

  70 2  1, 4 −1   n 2  κ−1 1, 4 −1  κ−1 κ 2 1, 4 −1  Π1 = 1 +  1   Π − 1 =  1 +      100     n         

⇒

Π1 = 1,429 .

Jedinični radovi kompresora iznose: Yiz1, 2 =

1, 4 −1 κ−1   κ 1,4   RT1 Π1 κ −1 = 288 ⋅ 3031,429 1, 4 −1 = 32795,064 J / kg .   κ −1   1,4 −1  

Stanje vazduha na izlazu iz kompresora je - Pritisak na izlazu iz kompresora: p 2 = p1Π1 = 1 ⋅1,429 = 1,429 bar . - Temperatura na izlazu iz kompresora: Y 32795,064 T2 = T1 + iz1 = 303 + = 340,83 K , c p ηiz 1008 ⋅ 0,86 κ

1,4

gde je: c p = κ −1 R = 1,4 −1 288 = 1008 J / kg .  2 =m  = 20 kg / s . b) Redna veza ima svojstvo da je: m 1 = m


35

Prvi kompresor radi sa karakteristikama: Π1 = 2 , n 1 = 100 s −1 , p1 = 1 bar i T1 = 303 K .

Iz jednakosti značica protoka dobija se da je: 1  2 m m = ϕ1 = ϕ2 ⇒ ρ1 n 2 ρ2 n 2 ( 2) 1 (2) 1 (1) 1 (1) 1

p  2 ρ 2 n 2 RT m = =  1 ρ1 n1 m p RT

p (21) κ −1

n 2 T1(1) Π 1 κ n 2 p (21) 1 n 2 = = n1 p1(1) n 1 p1(1) κκ−1 n 1 Π1 T1(1)

1 2 m n = Π 1κ 2 = 1 ⇒ 1 m n1

−

1

n 2 = n 1Π 1 κ ,

dakle, broj obrtaja redne sprege je: −

n 2 = n 1Π1

1 κ

= 70 ⋅1,429

1 − 1, 4

= 60,95 s −1 .

Iz jednakosti značica jediničnog rada dobija se da je: 2

ψ1 = ψ 2

2

Yiz 2  n 2   60,95  =  =  = 0,37149 . Yiz 1  n 1   100 

⇒

S druge strane odnos jediničnih radova je: n −1

Yiz 2 Yiz1

κ  κ−1   κ−1  RT1( 2)  Π 2 κ − 1 Π1 n  Π 2 κ − 1 κ −1  =   = 0,37149 = , κ−1 κ−1 κ     RT1(1)  Π1 κ − 1  Π1 κ − 1 κ −1    

Jedinični radovi kompresora iznose: Yiz1 =

Yiz 2

κ−1  1, 4 −1  κ 1,4   RT1(1) Π1 κ −1 = 288 ⋅ 3032 1, 4 −1 = 66892,026 J / kg   κ −1   1,4 −1  

n = Yiz1  2  n1

2

2

 60,95   = 66892,026  = 24849,735 J / kg .  100  

Kako je temperatura na izlazu iz prvog kompresora, odn. na ulazu u drugi kompresor: T1( 2 ) = T2(1) = T1(1) +

Yiz1 66892,026 = 303 + = 380,16 K , c p ηiz 1008 ⋅ 0,86

tada je stepen sabijanja drugog kompresora: κ−1    Π κ −1  Yiz 2  1  Π2 = 1 + n −1 Yiz1   n Π1    

κ κ−1

κ

  1,14, 4−1  κ−1 2 −1     = 1 +0,37149  1, 487 −1    2 1, 487    

Zapreminski protoci na ulazu u kompresore je: 1 m  1RT1(1) 20 ⋅ 288 ⋅ 303 m Q1 = = = = 17,4528 m 3 / s 5 ρ1 p1 10

⇒

Π2 = 1,246 .

36

ZADACI IZ OSNOVA TURBOMAŠINA n −1

−

1

  RT (1) m  RT (1) Π n  RT (1) Π n 20 ⋅ 288 ⋅ 303 ⋅ 2 m m m Q 2 = 2 = 2 (1) 2 = 2 (1)1 1 = 2 1(1) 1 = ρ2 p2 p 1 Π1 p1 10 5

−

1 1, 487

= 10,95 m 3 / s

Snage kompresora iznose:

P1 =

 1 Yiz1 m 20 ⋅ 66892,026 = = 1944,54 kW 3 10 ηiz η 10 3 ⋅ 0,86 ⋅ 0,8

P2 =

 2 Yiz 2 20 ⋅ 24849,735 m = = 722,376 kW . 10 3 η iz η 10 3 ⋅ 0,86 ⋅ 0,8

Zadatak 5. Dva identična turbokompresora spregnuta su redno i rade u oprtimalnim uslovima. Prvi kompresor usisava Q1I=0,7 m3/s vazduha (κ=1,4; R=287 J/kgK i Cp=1005 J/kgK) početnog stanja p1I=980 mbar, t1I=200C. Stepen sabijanja prvog kompresora je ΠI=1,65, a ugaona brzina ωI=2800 s-1. temperatura vazduha na izlazu iz prvog kompresora je t 2I=730C. Ako je ηQ =ηm=0,96, odrediti: a) ugaonu brzinu obrtanja ωII, izentropski stepen korisnosti, stepen sabijanja i stanje na izlazu iz drugog kompresora, kao i ukupnu snagu postrojenja; b) koliko bi ovi podaci iznosili ukoliko bi se međuhlađenjem temperatura na ulazu u drugi kompresor smanjila na t1II=350C. Pri rešavanju zadatka pretpostaviti da stepen korisnosti zavisi od značica jediničnog rada i protoka, zanemarujući uticaj Ma. Značice ϕ i ψ računati preko zapreminskig protoka kroz ulazni presek i izentropskih jediničnih radova. Rešenje: a) Pritisak na izlazu iz prvog, a na ulazu u drugi turbokompresor iznosi: p 2I p 2 I = p1II = p1I ΠI = 0,980 ⋅1,65 = 1,617 bar ⇒ = ΠI . p1I Temperatura na izlazu iz prvog, a na ulazu u drugi kompresor je: n −1

T2 I = T1II = T1I ΠI n = 293 ⋅1,65

1, 497 −1 1, 497

= 346 K .

Takođe možemo pisati da je:

T1II = T2 I = T1I Π

n −1 n I

⇒

n −1

T2 I = ΠI n . T1I

Iz predhodnog dobijamo da je eksponent politrope, n, jednak: T  ln 2 I  T1I n = 1 −  ln ΠI  

−1

     

−1

346   ln   = 1 − 293  ln 1,65      

=1,497 .

Iz jednakosti značica protoka ϕI = ϕII dobijamo da je: S druge strane je:

Q1I n ω = I = I . Q1II n II ωII


Q 1I Q1II

37

 p1II m 1 ρ ρ RT1II p1II T1I p T 1 = 1I = 1II = = = 2 I 1I = Π I n −1 = Π In ,  m p1I ρ1I p1I T1II p1I T2 I ΠI n ρ1II RT1I

tako da možemo pisati da je: 1

ωI = Π In ⇒ ωII

ωII =

ωI Π

−

1 n I

1 n

= ωI Π I = 2800 ⋅ 1,65

−

1 1, 497

⇒

ωII = 2003,91 s −1 .

Iz jednakosti značica jediničnog rada, ψ I = ψ II dobijamo da je: YizI  n I = YizII  n II

2

 ω  =  I   ωII

2

2

  2800   =   = 1,9524 .  2003,91  

S druge strane odnos jediničnih radova je: YizI YizII

 κκ−1   κκ−1  κ   RT1I  Π − 1 T −1 I 1I  ΠI    κ −1    = 1 = = n −1 κ−1 κ−1  κ   κ  κ n    Π RT1II  Π − 1 T Π − 1 I 2I  II  II   κ −1    

 κκ−1   ΠI −1     , κ−1  κ   ΠII −1    

odakle dobijamo stepen sabijanja drugog kompresora:   YizII Π −1  ΠII = 1 +  YizI   Π   κ−1 κ I n −1 n I

κ κ−1

1, 4

1, 4 −1  1, 4 −1 1, 4 −1   1 1,65 = 1 +  1, 497 −1  1,9524 Π 1, 497  I  

⇒

ΠII =1,254 .

Ukupni stepen sabijanja iznosi: Π = ΠI ΠII = 1,65 ⋅1,254 = 2,0691 .

Stanje na izlazu iz drugog turbokompresora je: p 2 II = p1II ΠII = p 2 I ΠII = p1I Π = 0,980 ⋅ 2,0691 = 2,028 bar

T2 II = T1II Π

n −1 n II

= T2 I Π

n −1 n II

= T1I Π

n −1 n

1, 497 −1 1, 497

= 293 ⋅ 2,0691

= 373 K .

Izentropski jedinični rad postrojenja iznosi: Yiz =

1, 4 −1    κκ−1  κ  = 1,4 287 ⋅ 2932,0691 1, 4 −1 = 67958,566 J / kg . RT1I  Π − 1     κ −1   1,4 −1  

Rad kola postrojenja je: Yk = YkI + YkII = c p ( T2 II − T1I ) = 1005( 373 − 293) = 80400 J / kg .

Izentropski stepen korisnosti iznosi: ηiz =

Yiz = Yk

Π Π

κ−1 κ n −1 n

1, 4 −1

−1 −1

=

2,0691 1, 4 −1 1, 497 −1 1, 497

2,0691

= 0,846 .

−1

Zapreminski protok na ulazu u prvi kompresor je Q1I=0,7 m3/s, a gustina na istom mestu iznosi:

38


ρ1I =

p1I 0,980 ⋅ 10 5 = = 1,1654 kg / m 3 , RT1I 287 ⋅ 293

tako da je maseni protok kroz postrojenje:  = Q1I ⋅ ρ1I = 0,7 ⋅1,1654 = 0,816 kg / s . m

Ukupna snaga postrojenja je: P = PI + PII =

 Yk m 0,816 ⋅ 80400 = = 71,1875 kW . 3 10 ηQ η m 10 3 ⋅ 0,96 2

b) Neka se vrši hlađenje vazduha nakon izlaska iz prvog kompresora i neka je tada na ulazu u drugi kompresor temperatura T1II=273+35=308 K. Iz jednakosti značica protoka imamo da je:

Q 1I n ω = I = I , Q1II n II ωII

pri čemu je odnos protoka promenjen i iznosi:  p1II m Q1I ρ ρ RT1II p T T 293 = 1I = 1II = = 1II 1I = Π I 1I = 1,65 = 1,5696 .  m p1I Q1II ρ1I p1I T1II T1II 308 ρ1II RT1I Ugaona brzina drugog kompresora iznosi: Q 1 ωII = ωI 1II = 2800 ⋅ = 1783,9 . Q1I 1,5696 Iz jednakosti značica jediničnog rada, ψ I = ψ II , dobijamo da je: YizI  n I = YizII  n II

2

2

2

 ω   2800   =  I  =   = 2,464 .  1783,9    ωII 

Odnos jediničnih radova je takođe: YizI YizII

 κκ−1   κκ−1  κ   ΠI −1 RT1I  Π − 1 T I 1 I     κ −1   =   = , κ−1 κ−1  κ   κ  κ    RT1II   ΠII −1 T1II  ΠII −1 κ −1    

odakle dobijamo stepen sabijanja drugog kompresora:  Y T ΠII = 1 + izII 1I Y T  izI 1II 

κ

1, 4

1, 4 −1  1, 4 −1  κκ−1  κ−1 1 293  1,65 1, 4 −1 ΠI −1 = 1 +     2,464 308        

ΠII = 1,224 .

Ukupni stepen sabijanja iznosi: Π = ΠI ΠII = 1,65 ⋅1,224 = 2,0196 .

Stanje na izlazu iz drugog turbokompresora je: p 2 II = p1II ΠII = p 2 I ΠII = p1I Π = 0,980 ⋅ 2,0196 = 1,979 bar

⇒

ZADACI IZ OSNOVA TURBOMAŠINA n −1

T2 II = T1II ΠIIn = 308 ⋅1,224

1, 497 −1 1, 497

= 329,38 K .

Izentropski jedinični rad kompresorskog postrojenja iznosi: Yiz =

1, 4 −1    κκ−1  κ  = 1,4 287 ⋅ 2932,0196 1, 4 −1 = 65460,853 J / kg RT1I  Π − 1     κ −1   1,4 −1  

Rad kola oba kompresora iznosi: YkI = c p ( T2 I − T1I ) = 1005( 346 − 293) = 53265 J / kg

YkII h = c p ( T2 II − T1II ) = 1005( 329,38 − 308) = 21486,9 J / kg , tako da je: Yk = YkI + YkII = 53265 + 21486,9 = 74751,9 J / kg .

Izentropski stepen korisnosti iznosi: ηiz =

Yiz 65460,853 = = 0,876 . Yk 74751,9

Ukupna snaga postrojenja je: P = PI + PII =

 Yk m 0,816 ⋅ 74751,9 = = 66,1866 kW . 3 10 ηQ η m 10 3 ⋅ 0,96 2

39

40


5. RADNE KARAKTERISTIKE TURBOMAŠINA Zadatak 1. Centrifugalna pumpa SCP100-450 (jednostepena centrif. pumpa, prečnika izlaznog otvora 100 mm i prečnika kola pumpe 450 mm), čije su radne karakteristike pri brzini obrtanja n=1450 min-1 date tabelarno, transportuje vodu od jednog do drugog rezervoara. Q [l/s]

0

10

20

30

40

50

60

70

80

Hp [m]

73,5

75

74

71

66

60

50

38

21

Pp [kW]

18,5

20,7

25

30

34

39

45

50

55

η p [%]

0

35,5

58

70

76

75,5

65

52

30

Karakteristika cevovoda je određena i data je izrazom: H cev. = 35 + 5, 68 ×10−3 Q 2p ,

Qp [l/s]; H cev.[m] .

Regulisati rad pumpe prigušivanjem cevovoda na potisnom vodu, kao i promenom broja obrtaja pumpe da bi pumpa ostvarila protok od Qp=45 l/s. Proračunati uštedu snage.

Sl.1 U preseku radne karakteristike pumpe (Hp) i karakteristike cevovoda (Hcev.) nalazi se radna tačka pumpe (A) i ona ima sledeće radne parametre: Q p.A = 56,5 l/s, H p.A = 53,5 m, Pp.A = 43 kW i ηp.A = 69% . Optimalna radna tačka pumpe pretstavlja radni režim u kojem pumpa ima maksimalni stepen korisnosti, i za ovaj slučaj radni parametri ovog režima su: Q +p = 45 l/s, H p+ = 63 m, Pp+ = 36,5 kW i ηp+ = 77% .


41

Oblast stabilnog rada pumpe je na monotono opadajućem delu Hp(Qp) karakteristike pumpe. Oblast ekonomičnog rada pumpe je oblast u kojoj stepen korisnosti pumpe nije niži od 80% + max. stepena korisnosti date pumpe (sl.1), tj. ηp ≥ 0,8ηp . + U konkretnom slučaju oblast ekonomičnog rada pumpe je za ηp ≥ 0,8ηp = 61, 6% , odn. u dijapazonu protoka od Qmin=22,5l/s do Qmax=63l/s.

Ukoliko želimo da ova pumpa radi sa Qp=45 l/s, to možemo postići na dva načina. 1) Regulacija pumpe prigušivanjem potisnog cevovoda Prigušivanjem potisnog cevovoda raste nagib karakteristike cevovoda Hcev, tako da karakteristika cevovoda u preseku sa Hp karakteristikom pumpe daje novi radni režim sa potrebnim protokom Qp=45l/s (u ovom slučaju to je optimalni radni režim pumpe), kao što je prikazano na sl.2 (tačka B): Q p.B = Q +p = 45 l/s, H p.B =H +p = 63 m, Pp.B =Pp+ = 36,5 kW i ηp.B = ηp+ = 77% . Karakteristika cevovoda mora imati oblik: H cev. = 35 + KQ p2 ,

Qp [l/s]; H cev.[m] .

Koeficijent K ćemo naći uz pomoć radnih parametara optimalnog radnog režima (B): K=

H +p − 35 Q +p 2

= 13,827 ×10−3 m/(l/s) 2

Dakle, nova karakteristika cevovoda ima funkc. zavisnost od protoka pumpe u obliku: H′cev = 35 + 13,827 ×10−3 Q p2 .

42


•S

Sl.2


43

2) Regulacija pumpe promenom broja obrtaja pumpe Kao što se može videti sa sl.2, isti protok Qp=45 l/s može ostvariti i neka druga pumpa u radu sa datim cevovodom (bez prigušivanja) ili ista pumpa kada bi radila sa drugim (manjim) brojem obrtaja (radna tačka C). Sa dijagrama se jednostavno mogu očitati radni parametri režima C, i oni su: Q p.C = 45 l/s, H p.C = 46,5 m . Ove radne parametre može postići ista pumpa kada radi sa manjim brojem obrtaja, a da bi se odredio novi broj obrtaja mora se najpre odrediti kriva afinosti koja prolazi kroz koordinatni početak i kroz tačku C. H af = K af Qp2 K af =

H C 46,5 = = 0, 022963 QC2 45

⇒

H af = 0, 022963 ×Q p2 .

U preseku krive afinosti i karakteristike pumpe pri broju obrtaja n=1450 min-1 dobija se tačka S koja ima afini (tj. sličan) radni režim kao i tačka C. Tačka S ima radne parametre (dobijene sa dijagrama datog na sl.2): Q p.S = 51 l/s, H p.S = 59, 7 m , ηp.S = 74 % . Sada možemo odrediti broj obrtaja pumpe, da bi ona radila u radnom režimu definisanom tačkom C: Q 45 n ′ = n C = 1450 ⇒ n’=1280min-1 QS 51 i tada je stepen korisnosti pumpe ηp.C = ηp.S = 74 % . Snaga pumpe radnog režima u tački C se može izračunati pomoću formule: Pp.C =

ρ ×g ×10−3 ×Q p.C ×H p.C 103 ×ηp.C

[ kW ]

⇒

Pp.C = 27, 7 kW .

Gubitak snage pumpe može se odrediti pomoću izraza: ∆Pgub. = Pp.B − Pp.C = 36,5 − 27, 7 = 8,8 kW

⇒

∆Pgub. Pp.B

=

8,8 = 0, 241 = 24,1% 36,5

44


Zadatak 2. Voda, gustine ρ=103 kg/m3, transportuje se pomoću cevovoda prečnika d=50 mm i pumpe iz reke u sabirni rezervoar. Visinska razlika između nivoa vode u rezervoaru i nivoa vode u reci je konstantna i iznosi H0=12,2 m. Ukupna dužina cevovoda je L=153m. U cevovod su ugrađeni: usisna korpa (ξs=2), nepovratni ventil (ξv=1,7), tri kolena (ξk=0,2) i zasun (ξz=0,2). Koeficijent trenja cevovoda je ξtr=0,03. Za slučaj da su poznate karakteristike pumpe pri n=24 s-1 Q (m3/s)

0

0,0028

0,0042

0,0056

0,007

0,0084

Y (J/kg)

245,25

227,59

212,87

188,35

150

96,14

η (%)

0

19

26

31

33

23

Odrediti: a) protok, jedinični rad i snagu pumpe; b) novu karakteristiku cevovoda za slučaj da se protok poveća za 20% u odnosu na vrednost protoka dobijenog u tački a); c) novu brzinu obrtanja pumpe, da se protok sračunat pod a) smanji za 10%. Rešenje: a) Karakteristika cevovoda se dobija pomoću Bernulijeve jednačine napisane za preseke od nivoa u reci do nivoa vode u sabirnom rezervoaru, i ona ima oblik: 2  L  8Q Y = gH 0 + Yg = gH 0 +  ξ tr + 3ξ k + ξ v + ξ z + 1÷ 4 2  d d π

Y1 = 119, 682 + 12359563, 27Q 2 ,

Y[J/kg], Q[m3/s];

Kada se karakteristika cevovoda proračuna za željene protoke, date u tabeli, dobijaju se vrednosti koje se mogu uneti u dijagram: Q (m3/s)

0

0,0028

0,0042

0,0056

0,0070

0,0084

Y1 (J/kg)

119,682

216,581

337,705

507,278

725,3

991,773

U preseku karakteristike pumpe i karakteristike cevovoda, na dijagramu, dobija se radna tačka A, koja ima sledeće radne parametre: Q A = 0, 00295 m3 / s YA = 119, 682 + 12359563, 27Q

Y [J/kg] η [%] 400

2 A

300

YA = 227, 241 J / kg

250

ηA = 20 %

200

Snaga pumpe u radnoj tački iznosi: ρQ A YA 103 ×0, 00295 ×227, 241 PA = 3 = 10 ηA 103 ×0, 20 PA = 3,3518 kW .

Y1

350

A

Y1’

B

Y

150 100 50

η

0 0

0,0028

0,0042

0,0056

0,007

0,0084

Q [m3/s]


45

b) Kada se protok poveća za 20% u odnosu na vrednost protoka u radnoj tački A, na 3 karakteristici pumpe dobija se nova radna tačka B: Q B = 1, 2Q A = 0, 00354 m / s . Na dijagramu možemo očitati vrednost jediničnog rada u radnoj tački B: YB = 220 J / kg . Nova karakteristika cevovoda ima oblik: Y1′ = gH 0 + K′Q 2 , i ona mora da sadrži radnu tačku B, tako da je koeficijent karakteristike cevovoda: Y′ − gH 0 YB − 119, 682 J / kg K′ = = = 8005202,847 2 2 Q QB m3 / s ,

(

)

Dakle, nova karakteristika cevovoda je: Y1′ = 119, 682 + 8005202,847Q 2 c) Kada se protok smanji za 10% dobija se nova radna tačka C, koja ima sledeće radne parametre: QC = 0,9Q A = 0, 002655 m3 / s

Y [J/kg] η [%] 600 500

Yaf

400

Y1

300

S

n=24 s-1

C

200 100

η

0 0

0,0028

0,0042

0,0056

0,007

0,0084

Q [m3/s] YC = 119, 682 + 12359563, 27QC2 YC = 206,8 J / kg . Pomoću krive afinosti nalazi se sličan radni režim na poznatoj karakteristici pumpe koja radi sa brojem obrtaja n=24s-1 i ova kriva ima oblik: Yaf = K af Q2 Kako ovoj krivoj pripada i tačka C, može se odrediti koeficijent ove krive: Y 206,8 J / kg K af = C2 = = 29337390, 63 2 2 . QC 0, 002655 m3 / s

(

)

2 Sada kriva afinosti ima oblik: Yaf = 29337390, 63Q ,

i ona se može ucrtati u dijagram pomoću sledeće tabele (proizvoljno se može povećati gustina susednih tačaka u cilju tačnijeg unošenja željene krive): Q (m3/s)

0

0,0010

0,0020

0,0028

0,0030

0,0042

0,0056

0,0070

0,0084

Yaf (J/kg)

0

29,34

117,35

230

264

517,5

920

1437,5

2070

46


U preseku krive afinosti i karakteristike pumpe koja radi sa n=24s -1, dobija se sličan radni režim S, koji ima sledeće radne parametre: QS = 0, 0028 m3 / s , YS = 227,59 J / kg i ηS = 19 % . Za radnu tačku C i S važi jednakost značica sličnosti, odakle dobijamo novi broj obrtaja:

⇒

ϕC = ϕS

Q C QS = n′ n

n′ = n

⇒

QC 0, 002655 = 24 = 22, 757 s −1 . QS 0, 0028

Zadatak 3. Centrifugalna pumpa transportuje vodu iz otvorenog rezervoara A u otvoreni rezervoar B cevovodom koji se sastoji od tri deonice. Deonice su jednakih dužina L=10 m i prečnika d=0,06 m. Razlika nivoa vode u rezervoarima iznosi H 0=2 m, a najviša tačka cevovoda D nalazi se na visini H1=6 m iznad nivoa vode rezervoara A (v.sl). Koeficijent trenja ξtr=0,03. Sve lokalne otpore zanemariti. Karakteristike pumpe su poznate i date tabelarno za n=1450 min-1: Q (l/s)

0

2

4

6

8

10

12

14

Y (J/kg)

180

179

176

171

166

158

151

143

η (%)

0

26

47

61

70

74

72

63

∆h (J/kg)

20

20,8

22,8

25,9

29,9

34,8

40,6

47,2

Odrediti: a) protok kroz cevovod kada pumpa ne radi. Pritom smatrati da je pumpa bila u pogonu, i da je posle izvesnog vremena, usled nestanka električnme energije, prestala sa radom, ne pružajući pri tom znatniji otpor strujanju, b) protok, jedinični rad, snagu i potrebnu brzinu obrtanja pumpe, ako potpritisak u najvišoj tački D ne sme biti veći od 0,4 bar, c) dozvoljenu geodezijsku usisnu visinu pumpe, ako je barometarski pritisak 1 bar, a pritisak zasićene vodene pare 0,024 bar (n=1450 o/min). D L, d L, d

H1

L, d

Ho

A B Rešenje: a) Najpre ucrtamo u dijagram krive date tabelarno u tekstu zadatka. Na taj način imamo karakteristiku pumpe (kriva (1)), krivu stepena korisnosti i kavitacijsku rezervu date pumpe. Karakteristika cevovoda se dobija iz Bernulijeve jednačine za nivoe vode u rezervoarima A i B: pA p + gH 0 + Y = B + Ygu + Ygp ρ ρ

⇒

Y = −gH 0 + K u Q 2 + K p Q 2

Y = −gH 0 + KQ 2 ,

pri čemu je:

(1)

ZADACI IZ OSNOVA TURBOMAŠINA K u = ξ tr

L 8 10 8 = 0,03 = 312719,7026 4 2 dd π 0,06 0,06 4 π2

47

J / kg

(m / s) 3

2

2L 8 2 ⋅ 10 8 J / kg = 0,03 = 325439,4052 2 d d 4 π2 0,06 0,06 4 π 2 m3 / s J / kg J / kg K = K u + K p = 938159,1078 = 0,9381591078 2 3 ( l / s) 2 . m /s K p = ξ tr

(

(

)

)

Karakteristika cevovoda je: Y1 = −19,62 + 0,9381591078Q 2 , Y[J / kg ] , Q[l / s ] .

Y1 = −19,62 + 938159,1078Q 2 , Y[J / kg ] , Q[m 3 / s ] .

(2)

Tabelarni prikaz ove karakteristike je: Q (l/s)

0

2

4

6

8

10

12

14

Y1 (J/kg)

-19,62

-15,867

-4,609

14,154

40,422

74,196

115,475

164,259

Kada u dijagramu ucrtamo karakteristiku cevovoda (2), videćemo da u slučaju naglog isključenja pumpe zbog nestanka struje, a za Y=0 (presek sa apscisom) pumpa ostvaruje protok: Q = 4,573 l / s . Ova vrednost se može takođe dobiti i ako se karakteristika cevovoda analitički izlednači sa nulom, odnosno: 0 = −19,62 + 0,9381591078Q 2 ⇒ Qo = 4,573 l / s . 200

Y [J/kg] η [%]

Y

A

Y1

•

150

∆h [J/kg] 100

η 50

∆h Qo

0 0

2

4

•

6

8

10

12

14

Q [l/s]

-50

b) U preseku karakteristike pumpe (iz tabele) i karakteristike cevovoda (2) dobijamo radnu tačku pumpe A, sa sledećim radnim parametrima: Q A = 13,3 l / s YA = 146 J / kg

ηA = 0,66

PA =

ρQ A YA = 2,942 kW , Q[m 3 / s ] . 3 10 η A

48


Pišemo Bernulijevu jednačinu za preseke nivoa vode u rezervoaru A i presek u tački D, pri čemu je podpritisak u tački D granični i iznosi 0,4 bar: pA p c2 + Y = D + gH1 + D + Yg ρ ρ 2

⇒

2 pa p − p vD  2L  8Q +Y = a + gH1 +  ξ tr + 1÷ 4 2 ρ ρ d  d π

[

]

Y[ J / kg ] , Q m 3 / s .

Y ≥ Ymin = 18,86 + 687983,35Q 2 ,

(3)

Dobili smo krivu (3) i u preseku te krive sa krivom (2) nalazimo graničnu radnu tačku B, koja zadovoljava uslov pvC ≤ 0,4 bar. Tačka B ima sledeće radne parametre: Q B = 12, 4 l / s YB = 125 J / kg Da bi odredili novi broj obrtaja (minimalni) koji zadovoljava uslov zadatka, moramo najpre naći krivu afinosti, tj. njen koeficijent K’: Y 125 J / kg K′ = B2 = = 812955, 254 2 2 Q B 0, 0124 ( m3 / s ) Y[ J / kg ] , Q [ l / s ] .

Yaf = K′Q 2 = 0,812955254Q 2 , Q (l/s) Yaf (J/kg)

0 0

2 3,25

U preseku karakteristike pumpe (1) i krive sličnosti (4) dobijamo tačku S koja ima radni režim sličan tački B. Iz dijagrama očitavamo: QS = 13, 4 l / s , YS = 145,5 J / kg i

4 13

6 29,27

8 52

200

10 81,3

(4)

12 117,1

Y

Y1 Y af • B • Ymin S

150

100

η 50

ηS = ηB = 0, 66 .

14 159,3

∆h

0

Kako je stepen korisnosti nove radne tačke B ηS = ηB = 0, 66 , snaga u ovoj radnoj tački iznosi: ρQ Y PB = 3B B = 2,35 kW 10 ηB

0

2

4

6

8

10

-50

12

14

Q [l/s]

Sada iz jednakosti značica protoka, nova brzina obrtanja iznosi: n B QB Q 12, 4 = n B = n S B = 1450 = 1341,8 min −1 . ϕB = ϕS ⇒ ⇒ n S QS QS 13, 4 c) Dozvoljena geodezijska usisna visina pumpe se izračunava iz izraza: HS ≤

 1  p a − p vp − ∆h p − K u Q 2A  ,  g ρ 

gde je za radnu tačku A kavitacijska rezerva pumpe očitana iz dijagrama i iznosi ∆h p = 45 J / kg , a pritisak zasićene vodene pare je 0,024 bar.


Dobija se da je dozvoljena usisna visina pumpe: HS ≤

 1  (1 − 0,024 ) ⋅ 10 5 − 45 − 312719,7026 ⋅ 0,0133 2  ,  3 9,81  10  H S ≤ −2,717 J / kg .

49

50


Zadatak 4. Pumpa regulisana optočnim vodom transportuje vodu iz otvorenog usisnog rezervoara u zatvoreni potisni rezervoar u kome vlada konstantan nadpritisak p m=0,0981 bar. Visinska razlika nivoa vode u rezervoarima je H0=4 m. Karakteristike pumpe date su tabelarno pri n=1450 o/min, dok su za cevovod poznati sledeći podaci: L u=5 m, Lp=10 m, Lopt=2 m, dopt=80 mm, d=100 mm, ξtr=0,02, ξv1=4,8, ξv2=4,4, ξk=0,5. Q (l/s)

0

20

40

60

80

100

120

Y (J/kg)

200

196

185

168

145

117

79,5

∆h (J/kg)

30

32,5

39

47,5

57,5

68,2

80,5

η

0

36

57,5

65,5

64,5

54,5

39

(%)

Za slučaj da se zanemari gubitak na izlazu iz cevovoda u potisni rezervoar, odrediti: a) snagu pumpe u radnoj tački, kao i protoke kroz optočni vod i prema potisnom rezervoaru; b) rezervnu energiju postrojenja i proveriti da li pumpa radi u beskavitacijskom režimu rada, ako je usisna visina HS=1 m. Razlika između atmosferskog pritiska i pritiska zasićene vodene pare iznosi pa-pvp=0,98 bar. c) snagu pumpe kada dođe do zatvaranja ventila na potisnom cevovodu; d) novu brzinu obrtanja pumpe, da bi se postigao protok ka rezervoaru Q=40 l/s, za slučaj da je zatvoren ventil na optočnom vodu. ξv Lopt,dopt

ξk

2

ξk

ξk

ξv

ξk

1

Lp,d

HS

Lp,d

H0

pm

Rešenje: a) Karakteristika optočnog voda ima oblik: Yopt = K opt Q 2 ,

gde je:

K opt

 L opt K opt =  2ξ k + ξ v 2 + ξ tr  d opt  2  8  =  2 ⋅ 0,5 + 4,4 + 0,02  0,08  0,08 4 π 2 

Dakle, karakteristika optočnog voda je:

[

]

Yopt = 116756,83 ⋅ Q 2 ,

Y[ J / kg ] , Q m 3 / s .

Yopt = 0,11675683 ⋅ Q 2 ,

Y[ J / kg ] , Q[l / s ] .

Tabelarni prikaz ove karakteristike je:

 8   d 4 π2  opt = 116756,83

J / kg

( m / s) 3

2


51

Q (l/s)

0

20

40

60

80

100

120

Yopt (J/kg)

0

46,7

186,8

420,3

747,2

1167,6

1681,3

pri čemu ove radne tačke ucrtavamo u dijagram na milimetarskom papiru. Karakteristiku cevovoda dobijamo Bernulijevom jednačinom za nivoe vode u rezervoarima A i B: pA p + gH 0 + Y = B + Ygu + Ygp ρ ρ p mB Y = −gH 0 + + K uQ2 + K pQ2 ρ p Y = −gH 0 + mB + KQ 2 , ρ

pri čemu je: L  8  K u =  ξ k + ξ tr u ÷ 4 2 = d d π  5  8 J / kg  =  0,5 + 0, 02 = 12158,54 ÷ 4 2 2 0,1  0,1 π  m3 / s

(

)

L  8  K p =  ξk + ξv1 + ξ tr p ÷ 4 2 = d d π  10  8  =  0,5 + 4,8 + 0, 02 = 59171,57 4 2 0,1 ÷   0,1 π K = K u + K p = 71330,11

Y (J/kg)

J / kg

( m / s) 3

J / kg

(m / s) 3

2

2

Y1

Yopt

C

•

YC

J / kg = 0,07133011 Y 2 . ( lS/ s ) YB

Karakteristika cevovoda je: Y1 = −29,43 + 0,07133011Q 2 , Y[J / kg ] , Q[l / s ]x.

n Y A • •S

• n’

YD

Tabelarni prikaz ove karakteristike je: Q (l/s)

0

20

40

60

80

100

Y1 (J/kg)

-29,43

-0,9

84,7

227,4

427,1

683,9 Qopt

D •

Y3 •B

x

120 997,7

Yaf

QC QD=40 QS Q l/s pot

η QB Q (m3/s)

Kada na dijagramu grafički saberemo karakteristiku cevovoda (Y 1) i karakteristiku optočnog cevovoda (Yopt) dobijamo krivu (Y3) koja u preseku sa karakteristikom pumpe daje radnu tačku B. Radni parametri ove tačke su: Q B = 83,5 l / s , Q opt = 35 l / s , Q pot = 48,5 l / s YB = 141 J / kg

ηB = 0,63

PB =

ρQ B YB = 18,688 kW , Q[m 3 / s ] . 10 3 η B

b) Kavitacijska rezerva pumpe se dobija iz dijagrama i iznosi:

52

ZADACI IZ OSNOVA TURBOMAŠINA ∆h pB = 59,5 J / kg .

Kavitacijska rezerva postrojenja se dobija iz izraza: ∆h A =

p a − p vp ρ

− gH S − K u Q 2B =

0,98 ⋅ 10 5 − 9,81 ⋅ 1 − 0,01215854 ⋅ 83,5 2 , 10 3

∆h A = 3,2 J / kg .

S obzirom da je ∆h A < ∆h pB , tj. kavitacijska rezerva postrojenja je manja od kavitacijske rezerve pumpe, pumpa radi u kavitacijskom režimu. c) Zatvaranje ventila 1 zaustavlja kretanje vode i u potisnom i u usisnom delu cevovoda. Kretanje vode obavlja se samo kroz optočni vod. Radna tačka pumpe je, prema tome, definisana presekom karakteristike optočnog voda i karakteristike pumpe. Sa dijagrama dobijamo radne parametre nove radne tačke C: ρQ C YC Q C = 40 l / s : YC = 185 J / kg ; ηC = 0,575 ; PC = = 12,9 kW , Q[m 3 / s ] . 3 10 η C d) Zatvaranjem ventila v2 sistem postaje prost cevovod sa karakteristikom (Y 1) datom na dijagramu. Nova radna tačka D ima protok Q D = 40 l / s , a spuštanjem verikale i u preseku sa karakteristikom cevovoda (Y1) nalazimo da je YD = 82 J / kg . Kriva afinosti takođe prolazi kroz ovu tačku, tako da je: Y 82 J / kg K af = D2 = 2 = 0, 05125 2 . Q D 40 ( l / s) Kriva afinosti ima oblik: Yaf = 0,05125Q 2 .

Tabelarni prikaz krive afinosti, na osnovu kog unosimo vrednosti krive u dijagram je: Q (l/s) 0 20 40 60 80 100 120 Yaf (J/kg) 0 20,5 82 184,5 328 512,5 738 U preseku krive afinosti (Yaf) i karakteristike pumpe, dobijamo tačku S koja ima radni režim sličan radnom režimu tačke D. Parametri tačke S su: Q S = 57,5 l / s ; YS = 170 J / kg ; ηS = 0,65 . Iz jednakosti značica protoka za tačku D i S imamo da je: Q 40 Q D QS ϕD = ϕS ⇒ ⇒ n ′ = n D = 1450 ⇒ = QS 57,5 n′ n

n ′ = 1008,7 o / min .

Pri tome važi da je ηD = ηS = 0,65 . Snaga radnog režima u tački D je: PD =

ρQ D YD 10 3 ⋅ 40 ⋅ 10 −3 ⋅ 82 = = 5,046 kW . 10 3 η D 10 3 ⋅ 0,65


53

Zadatak 5. Pumpa čije su karakteristike date tablicom pri n=1450 min-1: Q (m3/s)

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

Y (J/kg)

490,5

529,74

510,12

461

363

215,82

0

η (%)

0

56

71

75

71

50

0

transportuje vodu iz otvorenog velikog rezervoara u zatvoreni rezervoar u kome vlada nadpritisak od pM=5,395 bar. Razlika nivoa vode u rezervoarima je H0=0, a koeficijent karakteristike cevovoda iznosi K=981 (J/kg)/(m6/s2). Odrediti: a) protok i jedinični rad struje pri radu dve pumpe u rednoj sprezi, ako se obrću sa n=1450min-1; b) analizirati šta će se dogoditi ako radi samo jedna pumpa sa brzinom obrtanja n=1450 min 1 i šta će se dogoditi ako se postavi samo jedna pumpa koja se obrće sa n’=1600 min -1. Kolike su pri tome snage? c) odrediti protok i jedinični rad struje pri radu dve pumpe u paralelnoj sprezi, ako se obrću sa n’=1600 min-1. Rešenje: a) Karakteristika cevovoda se određuje pomoću Bernulijeve jednačine za preseke od nivoa otvorenog rezervoara do slobodnog nivoa vode u zatvorenom rezervoaru, u kome vlada nadpritisak pm=5,395 bar, a Ho=0: pa p + pm pA p + Y = B + Yg +Y = a + KQ 2 ⇒ ρ ρ ρ ρ Karakteristika cevovoda glasi: p 5,395 ×105 Y = m + KQ 2 = + 981Q 2 3 ρ 10 Y1 = 539,5 + 981Q 2 . Sada možemo da ucrtamo karakteristiku cevovoda u dijagram pomoću tabele: Q (m3/s) 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 Y1 (J/kg)

539,5

549,31

587,35

675,64

696,46

784,75

0,6 892,66

Redna veza dve pumpe čije su karakteristike date na slici imaće karakteristiku koja je dobijena tako što se jedinični radovi za date protoke pomnože sa dva, a rezultat je dat u tabeli Yr(Q): Q (m3/s) 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 Yr (J/kg)

981

1059,48

1020,24

922

726

431,64

0

U preseku karakteristike cevovoda Y1 i radne karakteristike redne sprede Yr, dobijamo radnu tačku redne pumpne sprege, A, koja ima 1200 sledeće radne parametre: Y [J/kg] Q A = 0, 41 m 3 / s ; YA = 700 J / kg ; ηA = 70% ; ρQ Y PA = 3A A = 410 kW . 10 ηA

η [%]

1000

Yr

800

A

Y1

600

Y

400 200

η

0 0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

Q [m3/s]

54


b) Jedna pumpa koja radi sa brojem obrtaja n=1450 min-1 ne može da radi u datom cevovodu, jer karakteristika cevovoda, Y1 i karakteristika pumpe, Y, nemaju presečnu tačku. Zato je u tom slučaju snaga jednaka nuli. Ukoliko se u datom cevovodu postavi jedna pumpa koja radi sa brojem obrtaja n’=1600min1 , u uslovima sličnog rada biće zadovoljene jednakosti značica sličnosti ovih pumpi. Tada je: Q Q′ n′ 1600 ϕ = ϕ′ ⇒ ⇒ Q′ = Q = Q = = 1,10345Q ≈ 1,1Q n n′ n 1450 2 2 Y Y′  n′   1600  ψ = ψ′ ⇒ ⇒ = ′ Y = Y = Y  ÷  ÷ = 1, 2176Y . n 2 n ′2 n  1450  Na osnovu predhodne tabele date za pumpu sa n=1450 min -1, možemo dobiti karakteristike slične pumpe sa n’=1600 min-1: Q (m3/s) 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 Q’(m3/s)

0

0,11

0,22

0,33

0,44

0,55

0,66

Y (J/kg)

490,5

529,74

510,12

461

363

215,82

0

Y’(J/kg)

597,23

645

621,12

561,12

442

262,78

0

U preseku karakteristike pumpe, Y', i karakteristike cevovoda, Y1, dobija se radna tačka pumpe, B, sa sledećim radnim karakteristikama: YA = 600 J / kg . Q B = 0, 24 m3 / s ; Da bi se odredio stepen korisnosti ove pumpe, neophodno je naći sličan režim na karakteristici pumpe sa n=1450 min-1. To se postiže pomoću krive afinosti koja ima oblik: Y 600 J / kg = 10416, 67 6 2 ⇒ Yaf = 10416, 67Q 2 . Yaf = K af Q 2 ⇒ K af = B2 = 2 Q B 0, 24 m /s Sada se može ucrtati kriva afinosti: Q (m3/s) 0 0,1 0,2 Yaf (J/kg)

0

104,2

416,67

i ona seče, kako karakteristiku Y' u tački B, tako i karakteristiku Y u tački S, koja predstavlja njen sličan režim rada. Sa dijagrama se može očitati da je: QS = 0, 22 m 3 / s ; YS = 500 J / kg ; ηS = ηB = 72% ; Snaga u radnoj tački B je: ρQ Y PB = 3B B = 200 kW . 10 ηB

0,3

0,4

0,5

0,6

937,5

1666,7

2604,2

3750

Y [J/kg] 1200

Yaf S

1000 800

Y'

Y1 A

B

600 400

Y

200 0 0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

Q [m3/s]

c) Kada pumpa sa n’=1600 min-1 radi u paralelnoj sprezi, njena karakteristika je, s obzirom da se za iste vrednosti jediničnog rada protok duplo povećava, data u tabeli: Q’(m3/s) 0 0,22 0,44 0,66 0,88 1,1 1,32 Yp’(J/kg)

597,23

645

621,12

561,12

442

262,78

0

U preseku karakteristike paralelne sprege, Yp’, i karakteristike cevovoda, Y1, dobija se radna tačka ove sprege: YC = 640 J / kg ; QC = 0, 27 m3 / s ;


55

Zadatak 6. Pri puštanju u pogon postrojenja za centralno grejanje (zatvoren sistem) nakon njegove izrade, ustanovljeno je primetno odsustvo projektovanog kapaciteta Q=200 m3/h. Merenjem je utvrđeno da je do smanjenja kapaciteta došlo zbog nedovoljne cirkulacije vode u sistemu i da radna tačka ima parametre A (Q A=156,3 m3/h, Y=517,3 J/kg i P=26,8 kW). Zbog hitnosti za intervencijom, projektanti su predložili da se u cilju povećanja protoka ugradi još jedna ista takva pumpa koja bi bila spregnuta sa postojećom pumpom čije su karakteristike: Y = −0, 006631Q 2 + 0, 7811Q + 557, 2 [ J / kg ] , Q m 3 / h  P = 0, 085Q + 13,5 [ kW ] , Q  m 3 / h  a) Odrediti protok postrojenja pri radu sa paralelno spregnutim pumpama i izračunati procentualno povećanje protoka u odnosu na izmereni protok. b) S obzirom da paralelno sprezanje nije dalo očekivane rezultate, pumpe treba spregnuti redno. Izračunati procentualno povećanje protoka u odnosu na izmeren. c) Izvesti zaključke zasnovane na dobijenim rezultatima. Rešenje: a) Kod paralelne sprege dve pumpe istih karakteristika novodobijeni protok iznosi: Q′ Q ′ = 2Q ⇒ Q = . 2 Tada je izraz za jedinični rad paralelne sprege: 2

Q′  Q′  Y ′ = −0,006631  + 0,7811 + 557,2 2  2 

Y ′ = − 0,00165775 ⋅ Q′ 2 + 0,39055 ⋅ Q′ + 557,2 S druge strane, karakteristiku cevovoda dobijamo iz podataka za radnu tačku A: K=

tako da je:

Y

YA 517,3 J / kg = = 0,0211751 2 2 Q A 156,3 (m3 / h) 2 ,

′

Y1 = 0,0211751 ⋅ Q′

Y1

YC YB YA

2.

Izjednačavanjem karakteristike paralelne sprege i karakteristike cevovoda dobijamo kvadratnu jednačinu iz koje cemo izračunati protok radne tačke sprege:

0,02283285 ⋅ Q′ 2 − 0,39055 ⋅ Q′ − 557,2 = 0 Dobijamo da je protok koji ostvaruje ova paralelna sprega: Q′ = Q B = 165 m 3 / h .

odnosno, svaka pumpa iz sprege daje protok: Q B1 = Q B 2 = 82,5 m 3 / h .

Procentualno povećanje protoka iznosi:

B

• C

• • A

QB Q C

Q

56


Q′ − Q A ∆ Q′ 165 − 153,3 100 [ %] = 100 [ %] = 100 = 5,57 [ %] QA QA 156,3 b) Kod redne veze dve pumpe novodobijeni jedinični rad je: Y ′′ = 2Y ⇒ Y =

Y ′′ . 2

Tada je izraz za jedinični rad redne sprege:

Y=

Y′ = − 0,006631 ⋅ Q′ 2 + 0,7811 ⋅ Q′ + 557,2 2

Y′ = − 0,013262 ⋅ Q′ 2 + 1,5622 ⋅ Q′ + 1114,4 Karakteristika cevovoda je:

″ Y1 = 0,0211751 ⋅ Q′ 2

Izjednačavanjem karakteristike redne sprege i karakteristike cevovoda dobijamo kvadratnu jednačinu iz koje cemo izračunati protok radne tačke sprege:

0,0344371 ⋅ Q′ 2 − 1,5622 ⋅ Q′ − 1114,4 = 0 Dobijamo da je protok koji ostvaruje ova redna sprega: Q′′ = Q C = Q C1 = Q C 2 = 204 m 3 / h .

Procentualno povećanje protoka iznosi: Q′′ − Q A ∆Q′′ 204 − 156,3 100 [ %] = 100 [ % ] = 100 = 30,52 [ % ] QA QA 156,3 c) Veće povećanje protoka je kod redne sprege, nego kod paralelne sprege dve pumpe. Jedinični rad i snage sprega iznose: YB = 0,0211751 ⋅ 165 2 = 576,5 J / kg ,

PB = 0,085 ⋅ 82,5 +13,5 = 20,513 J / kg

YC = 0,0211751 ⋅ 204 2 = 881,223 J / kg ,

PC = 0,085 ⋅ 204 +13,5 = 30,84 J / kg

Stepeni korisnosti paralelne i redne veze dve pumpe iznose: η B = η B1 = η B 2 = 0,644 i

ηC = ηC1 = ηC 2 = 0,81 .


57

Zadatak 7. Radi snabdevanja jednog naselja potrebnom količinom vode koristi se pumpno postrojenje koje transportuje vodu iz otvorenog usisnog rezervoara u otvoreni potisni rezervoar cevovodom dužine L=2 km, prečnika du=dp=200 mm. Koeficijent trenja u cevovodima iznosi ξtr=0,025, a zbirni koeficijenti lokalnih gubitaka u usisnom i potisnom cevovodu su: ∑ξu=6,5 i ∑ξp=15. Dužina potisnog cevovoda je Lp=1,9 km, a nivo vode u potisnom rezervoaru je 15 m ispod nivoa vode u usisnom rezervoaru. Pumpno postrojenje sastiji se od dve paralelno spregnute pumpe istih karakteristika. Karakteristike jedne pumpe pri brzini obrtanja n=48,33 s-1 su: Y = 1500 − 2, 424 ×Q − 0,144 ×Q 2 η = 0, 0306 ×Q − 3, 26 ×10 −4 ×Q 2 ∆h p = 35 + 5, 6 ×10−3 Q1,8 pri čemu je : Q[ l / s,], Y[ J / kg ], η[ −], ∆h p [ J / kg ] . Odrediti: a) snagu pumpnog postrojenja (paralelne veze), b) da li pumpe rade u kavitacijskom režimu, ako je p0-pvp=0.998 bar i pumpe su postavljene 2m ispod nivoa vode u usisnom rezervoaru, c) protok i jedinični rad postrojenja ako se isključi jedna pumpa, d) novu brzinu obrtanja i snagu pumpe da bi protok kroz pumpu bio 60 l/s (radi samo jedna pumpa) e) optimalnu radnu tačku (radi samo jedna pumpa) f) koliki je protok postrojenja pri isključivanju obe pumpe zbog nestanka električne energije, uz predpostavku da su otpori pumpa zanemarljivi. Rešenje: a) Karakteristika cevovoda glasi:

Y = −gH 0 + KQ 2

8 L (ξ tr + Σξ u + Σξ p )Q 2 4 πd d 8 2000 Y = −9,81 ×15 + 2 4 (0, 025 + 6,5 + 15)Q 2 π 0, 2 0, 2 Y = −gH 0 +

2

Y = −147,15 + 137543,51 ×Q 2 gde je Y [ J / kg ] , Q  m 3 / s  Za protok izražen u l/s, karakteristika cevovoda glasi: Y = −147,15 + 0,13754351 ⋅ Q 2

Karakteristika paralelne sprege pumpe data je izrazom: 2 Q Q Y = 1500 − 2, 424 − 0,144  ÷ , tj. Y = 1500 − 1, 212 ×Q − 0, 036 ×Q 2 2 2 Presek karakteristike cevovoda i karakteristike sprege, daje protok sprege: 1500 −1,212 ⋅ Q − 0,036 ⋅ Q 2 = −147,15 + 0,13754351 ⋅ Q 2 0,17354351 ⋅ Q 2 +1,212 ⋅ Q −1647,15 = 0 ,

i taj protok iznosi:

Q A = 93,994 l / s ≈ 94 l / s

Jedinični rad sprege je: YA = 1500 − 1, 212 ×94 − 0, 036 ×94 2 = −147,15 + 0,13754351 ×94 2 YA = 1067,8 J / kg .

58

ZADACI IZ OSNOVA TURBOMAŠINA 2

Stepen korisnosti sprege je: ηA = 0, 0306

94  94  − 3, 26 ×10−4  ÷ ⇒ 2  2 

ηA = 0, 718 .

Iz predhodno izračunatih vrednosti, snaga paralelne sprege pumpnog postrojenja je: ρQ A YA 103 ×94 ×10−3 ×1067,8 PA = 3 = 10 ηA 103 ×0, 718

⇒

PA = 139,8 kW .

b) Kavitacijska rezerva postrojenja nalazi se iz izraza: p − p vp ∆h A = a − gH s − K u Q 2 ρ ∆h A =

0,998 ×105 8 2000 − 1900 − 9,81 ×(−2) − 2 4 (0, 025 + 6,5) ×94 2 ×10 −6 3 10 π 0, 2 0, 2 ∆h A = 34,37 J / kg .

Kavitacijska rezerva pumpe je: 1,8

 94  ∆h p = 35 + 5, 6 ×10  ÷ = 40, 73 J / kg  2  Kako je ∆h A < ∆h p , pumpe rade u kavitacijskom režimu. −3

c) Kada se jedna pumpa isključi, jedinični rad iznosi: Y =1500 − 2,424Q − 0,144Q 2 .

S druge strane karakteristika cevovoda iznosi: Y = −147,15 + 0,13754351 ⋅ Q 2 .

Izjednačavanjem ove dve jednačine dobijamo protok novovnastalog sistema: 1500 − 2,424Q − 0,144Q 2 = −147,15 + 0,13754351 ⋅ Q 2

⇒

Q B = 72,3 l / s .

Jedinični rad možemo dobiti zamenom sračunatog protoka u neku od dveju jednačina: YB = 571,91 J / kg d) Protok u novoj radnoj tački C, sa novim brojem obrtaja, je Q’=60 l/s. Jedinični rad je tada: Y′ = −147,15 + 0,13754351 ×Q '2 = 348, 01 J / kg Da bi se zakoni sličnosti mogli primeniti, za novu radnu tačku treba naći sličan režim pri prvobitnoj brzini obrtanja. Zato se najpre kroz novu radnu tačku provlači kriva sličnosti sa koeficijentom parabole: K af =

Y' 348,01 J / kg = = 0,0966685 2 2 Q' 60 (l / s) 2

Zatim se traži presek krive afinosti, Y = 0,0966685 ⋅ Q 2 , i karakteristike pumpe pri prvobitnoj brzini obrtanja, Y =1500 − 2,424Q − 0,144Q 2 .

Dobija se da je: 0,0966685Q 2 =1500 − 2,424Q − 0,144Q 2


59

Protok sličnog rada za novi broj obrtaja: Q s = 74,07155 l / s . Stepen korisnosti za ovu tačku iznosi: ηs = 0,478 . Sada možemo primeniti zakon sličnosti: n' Q' = ; η' = ηs = 0,478 n s Qs

Nova brzina obrtanja iznosi: n ' = n s

Q' 60 = 4,33 = 39,15 s −1 Qs 74,07155

Snaga pumpe pri novom broju obrtaja je: ρQ 'Y ' 103 ×60 ×10 −3 ×348, 01 P' = 3 = ⇒ PA = 43, 683 kW 10 η ' 103 ×0, 478 e) Protok u optimalnom radnom režimu nalazi se iz uslova: dη = 0 ; η = 0,0306Q − 3,26 ⋅10 −4 Q 2 , dQ

Kada se nađe prvi izvod stepena korisnosti po protoku, dobija se jednačina: 0,0306 − 6,52 ⋅10 −4 Q = 0 ,

iz koje nalazimo potimalni protok: Q opt =

0,0306 4 10 = 46,9325 l / s . 6,52

Jedinični rad u optimalnoj radnoj tački iznosi: 2 Yopt = 1500 − 2,424Q opt − 0,144Q opt = 1069,053 J / kg .

Stepen korisnosti je: ηopt = 0,0306 ⋅ 46,9325 − 3,26 ⋅10 −4 ⋅ 46,9325 2 = 0,718 .

Snaga iznosi: Popt =

ρQ opt Yopt 10 3 ηopt

=

10 3 ⋅ 46,9325 ⋅10 −3 ⋅1069,053 = 69,879 kW . 10 3 ⋅ 0,718

f) S obzirom da geodezijska visisna ovog postrojenja ima negativnu vrednost, proticanje tečnosti će se nastaviti i nakon isključivanja pumpi iz pogona. Jedinični rad pumpnog postrojenja je jednak nuli, a voda savlađuje otpor cevovoda, pa je: −147,15 + 0,13754351Q 2 = 0

Protok iznosi: Q =32,70846 l / s .

Zadatak 8. U jednom pogonu postoji pumpno postrojenje sa otvorenim usisnim i potisnim rezervoarom. Karakteristika cevovoda je poznata i data izrazom Y = 0,1635Q 2 [ Q(l / s), Y(J / kg) ] . Postrojenje se koristi za prepumpavanje vrele vode iz usisnog u potisni rezervoar. Za prepumpavanje se koristi pumpa koja pri n=24s-1 ima radne karakteristike date jednačinama:

60


Y = −0, 08175Q(Q + 30) + 441, 45 , Q η=− ( Q − 60 ) , 1200

gde je Q(l / s) , Y(J / kg) ; gde je Q(l / s) , η(−) ;

Odrediti: a) Snagu pumpe u radnoj tački. b) Snagu optimalne radne tačke. c) Usisnu visinu ako se pumpa koristi za vodu čija je temperatura t=100 oC, a kavitacijska rezerva pumpe u radnoj tački je Δh p=29,43 J/kg. Gubici u usisnom vodu su izmereni i iznose Ygu=9,81 J/kg. d) Koeficijent karakteristike cevovoda za slučaj da pumpa treba da radi u optimalnoj radnoj tački. e) Brzinu obrtanja radnog kola pumpe da bi se protok smanjio za 10%. Kolika bi pri tom bila snaga pumpe? Rešenje: a) Protok pumpe u radnoj tački dobija se u preseku karakteristike pumpe i karakteristike cevovoda: Y = Y1 −0, 08175Q(Q + 30) + 441, 45 = 0,1635Q 2 −0, 08175Q 2 − 2, 4525Q + 441, 45 = 0,1635Q 2 0, 24525Q 2 + 2, 4525Q − 441, 45 = 0

⇒

Q A = 37, 7 l / s .

Jedinični rad i stepen korisnosti pumpe se računaju iz izraza datih zadatkom: YA = 0,1635Q 2A = 0,1635 ×37, 7 ηA = −

QA 37, 7 ( QA − 60 ) = − ( 37, 7 − 60 ) 1200 1200

⇒

YA = 232,38 J / kg .

⇒

ηA = 0, 7 .

⇒

PA = 12,52 kW .

Snaga pumpe u radnoj tački iznosi: PA =

ρ ×Q A ×YA 103 ×37, 7 ×232,38 = 103 ×ηA 103 ×0, 7

b) Optimalna radna tačka je ona koja ima maksimalni stepen korisnosti. Zbog toga važi: dη1 1 = (−2Q + 60) = 0 dQ 1200

⇒

2Q = 60

Yopt = −0, 08175Qopt (Q opt + 30) + 441, 45 ηopt = −

Qopt 1200

(Q

opt

− 60 )

⇒

Qopt. = 30 l / s .

⇒

Yopt = 294,3 J / kg .

⇒

ηopt = 0, 75 .

⇒

Popt = 11, 772 kW .

Snaga pumpe u optimalnom radnom režimu je: Popt =

ρ ×Qopt ×Yopt 103 ×ηopt

=

103 ×30 ×294,3 103 ×0, 75

c) Usisna visina pumpe se dobija iz izraza:


Hs ≤ gde je

pa − p vp ρ

 1  pa − p vp 1 − ∆h p − Ygu  = [ −29, 43 − 9,81]  g ρ  9,81

61

⇒

H s = −4 m .

≈ 0 , za slučaj prepumpavanja vrele vode.

d) Kada pumpa radi u optimalnom ređimu rada, karakteristika cevovoda mora imati oblik: Yopt 294,3 2 = 0,327 (J/kg)/(m3 / s) 2 . YB = Yopt = K ′Q opt ⇒ K′ = 2 = 2 Qopt 30 Dakle, nova karakteristika cevovoda mora imati oblik: Y1′ = 0,327 ×Q 2 . e) Kada se protok smanji za 10% dobija se nova radna tačka sa protokom i jediničnim radom: QC = 0,9Q A = 33,93 l/s ;

YC = 0,1635 ×Q 2C = 188, 23 J/kg .

62


Y (J/kg)

Y’1

n1

Y1 B

n2

•A C •

Y1 Y2 η2

Qopt Q Q C A

Q (l/s)

Kriva afinosti se u ovom slučaju poklapa sa karakteristikom cevovoda, obzirom da obe kreću iz koordinatnog početka. Pored stepena korisnosti, radni režimi A i C imaju jednake i značice protoka i značice jediničnog rada, tako da se iz jedne od ovih jednakosti može dobiti nova brzina obrtanja pumpe. Q A QC ϕ1 = ϕ2 ⇒ = n n′ n′ = n

QC 0,9Q A = 24 = 24 ×0,9 QA QA

⇒

n ′ = 21, 6 s -1 .


63

Zadatak 9. Neka su date radne krive pumpe pri brzini obrtanja n=24 s-1 pomoću sledećih jednačina: Y = −12000Q 2 +120 η = −200Q + 20Q 2

[J / kg ] [−]

Q m3 / s

[J / kg ] [−]

Q m3 / s

[

]

Ako je karakteristika cevovoda data jednačinom: Y1 = 1500Q 2 + 20 [J / kg ] , gde je Q[m 3 / s ] , odrediti: a) snagu pumpe u radnoj tački; b) odrediti novu karakteristiku cevovoda ako se izvrši prigušivanje ventila na potisnom cevovodu, da bi pumpa radila sa optimalnim stepenom korisnosti; c) ako bi se paralelno vezala druga pumpa karakteristika datih jednačinama: Y = −5000Q 2 + 200 η = −80Q +16Q 2

[

]

odrediti snagu ove paralelne sprege; d) naći stepen korisnosti sprege definisane tačkom c). Rešenje: a) Radnu tačku pumpe naćićemo u preseku radne krive pumpe i karakteristike cevovoda, tj. izjednačavanjem jednačina YI = Y1 dobijamo protok u radnoj tački pumpe:

⇒

⇒

Q AI = 0,0861 m 3 / s .

Y = −12000 ⋅ 0,08612 +120 =1500 ⋅ 0,08612 + 20

⇒

YAI = 31,1 J / kg .

Stepen korisnosti je: η = −200 ⋅ 0,08612 + 20Q

⇒

ηAI = 0, 24 .

⇒

PAI =11,157 kW .

−12000Q 2 +120 =1500Q 2 + 20

13500Q 2 −100 = 0

Jedinični rad u radnoj tački iznosi:

Konačno, snaga pumpe u radnoj tački iznosi: PAI =

ρ ×Q AI ×YAI 103 ηAI

b) Uslov optimalnog rada pumpe je maksimalni stepen korisnosti. Kako je stepen korisnosti funkcija protoka, maksimalni stepen korisnosti cemo dobiti za dη =0 protok dobijen kada je ispunjen uslov: dQ U optimalnom režimu rada pumpa radi sa sledećim radnim parametrima: − 400Q + 20 = 0 ⇒ Q opt = 0,05 m 3 / s . ⇒ ηopt = ηmax = 0,5 . η = −200 ×0, 052 + 20 Y = −12000 ⋅ 0,05 2 +120

⇒

Yopt = 90 J / kg .

Nova karakteristika cevovoda će imati oblik: ′ Y1 = K ′Q 2 + 20 , gde cemo koeficijent karakteristike K' dobiti iz parametara optimalnog rada. K′ =

Yopt − 20 Q

2 opt

=

90 − 20 J / kg = 280 . 2 0,5 m6 / s2

Dakle, nova karakteristika cevovoda glasi: 3 ′ Y1 = 280Q 2 + 20 [J / kg ] , kada je Q[m / s ] . c) Karakteristika paralelne sprege je da je jedinični rad sprege jednak jediničnom radu svake od pumpi u datoj sprezi, odnosno važi:

64


YD = YDI = YDII .

(1)

Snaga sprege je jednaka sumi snaga koje ostvaruje svaka od pumpi: PD = PDI + PDII ⇒

ρ ×Q D ×YD ρ ×Q DI ×YDI ρ ×Q DII ×YDII = + . 103 ηD 103 ηDI 103 ηDII

Kod sprege važi uslov:

(2)

Q D = Q DI + Q DII .

(3)

Iz uslova jednakosti jediničnih radova dobijamo da je: YD = YDI ⇒ 1500Q D 2 + 20 = −12000Q DI 2 + 120 ⇒ Q DI 2 = −0,125Q D 2 + 0,00833 ,

YD = YDII ⇒ 1500Q D 2 + 20 = −5000Q DII 2 + 200 ⇒ Q DII 2 = −0,3Q D 2 + 0,036 .

Ako kvadriramo izraz (4) dobićemo: Q 2D = Q 2DI + 2Q DI Q DII + Q 2DII .

(4) (5)

(6)

Kada u izraz (7) ubacimo jednačine (5) i (6) dobićemo jednačinu: Q 2D = −0,425Q 2D + 0,04433 + 2

1,425Q 2D − 0,04433 = 2

(0,00833 − 0,125Q )(0,036 − 0,3Q ) , (0,00833 − 0,125Q )(0,036 − 0,3Q ) . 2 D

2 D

(7)

2 D

(8)

2 D

Kvadriranjem jednačine (9) dobijamo bikvadratnu jednačinu: 1,880625Q 4D − 0,09835Q 2D + 0,0007654 = 0 .

(9)

3 Pozitivna rešenja bikvadratne jednačine: Q D1 = 0,0975 m / s (koje odbacujemo),

Q D = Q D 2 = 0,207 m 3 / s .

Jedinični rad sprege iznosi:

YD = YDI = YDII = 84,2735 J / kg .

3 Zapreminski protoci svake od pumpi su: Q DI = 0,055 m / s ,

Q DII = 0,152 m 3 / s .

Stepeni korisnosti svake pumpe su:

ηDI = 0, 495 , ηDII = 0,5837 .

Tražena snaga sprege iznosi: ρ ×Q DI ×YDI ρ ×Q DII ×YDII PD = + 103 ηDI 103 ηDII

⇒

PD = 31,309 kW .

d) Iz jednačine (3), koristeći izraze (1) i (2), dobijamo da je: Q D Q DI Q DII = + , ηD ηDI ηDII

(10)

a s obzirom na izračunate stepene korisnosti svake pumpe, dobijamo izraz za stepen korisnosti sprege: ηDI η DII ηD = Q D ⇒ ηD = 0,557 . Q DI ηDII + Q DII ηDI


65

Zadatak 10. Dva ventilatora karakteristika datih tablicom pri n=1450 min-1: Q (m3/s)

0

0,4

0,8

1,2

1,6

2,0

Δp (Pa)

200

192

168

128

72

0

η (%)

0

51

77

77

51

0

Q (m3/s)

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

Δp (Pa)

100

96

85

64

36

0

η (%)

0

45

67

67

45

0

redno su spregnuti i rade sa karakteristikom cevovoda ∆p = 300Q 2

[Q(m3/s), Δp(Pa)].

Odrediti: a) Radnu tačku i stepen korisnosti sprege. b) Koliku bi brzinu obrtanja trebalo da ima ventilator I, da bi ostvario isti protok (ista radna tačka) kao i pod tačkom a)? Rešenje: a) Najpre je neophodno uneti karakteristike oba ventilatora u dijagram, a zatim se odredi nova karakteristika redno spregnutih ventilatora grafički. Karakteristika cevovoda je ∆p = 300Q 2 , i pomoću tabele diskretne tačke ove krive se takođe mogu uneti u dijagram. Q (m3/s)

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

Δp (Pa)

0

12

48

108

192

300

432

U preseku karakteristike cevovoda Δp1 i radne karakteristike redne sprege Δpr dobijamo radnu tačku redne pumpne sprege, A, koja ima sledeće radne parametre: Q A = 0,81 m3 / s ;

∆p A = 200 Pa ;

Snaga redne sprege je jednaka zbiru snaga oba ventilatora: PA = PA1 + PA 2 Q A ∆p A Q A1∆p A1 Q A 2 ∆p A2 = + 103 ηA 103 ηA1 103 ηA2 Kako su kod redne sprege protoci kroz oba ventilatora isti Q A1 = Q A 2 = Q A = 0,81 m3 / s , dobija se da je: ∆p A ∆p A1 ∆p A 2 = + , ηA ηA1 ηA 2 pa je stepen korisnosti sprege: ηA =

∆p A ηA1ηA 2 ∆p A1ηA 2 + ∆p A2 ηA1

66


Za taj protok, jedinični rad i stepen korisnosti oba ventilatora se dobijaju iz dijagrama i iznose: ∆p A1 = 166 Pa ; ηA1 = 78% = 0, 78 ; ∆p A 2 = 33 Pa ; ηA 2 = 42% = 0, 42 ; Zamenom ovih vrednosti u predhodnoj jednačini dobija se stepen korisnosti redne sprege: 200 ×0, 78 ×0, 42 ηA = ⇒ ηA = 0, 686 . 166 ×0, 42 + 33 ×0, 78

b) Da bi ventilator I ostvario istu radnu tačku kao i redna sprega u predhodnom slučaju, mora mu se povećati brzina obrtanja i to tako da novi radni režim bude sličan radnom režimu koji ostvarije ventilator I u tački B (tački preseka karakteristike ventilatora I i karakteristike cevovoda). Tačka B se može očitati iz dijagrama: Q B = 0, 76 m 3 / s ;

∆p B = 170 Pa ;

ηB = 76% = 0, 76 ;

Kod sličnih režima rada zapaža se jednakost značica protoka i odatle se može dobiti nova brzina obrtanja ventilatora I: ϕA = ϕ B

⇒

QA QB = n′ n

⇒

n′ = n

QA 0,81 = 1450 QB 0, 76

⇒ n ′ = 1545, 4 o/min .

Masfak Osnove Turbomasina Zadaci

Recommend Documents