PRS Zadaci

Sveučilište u Rijeci TEHNIČKI FAKULTET RIJEKA

POGONSKI I RADNI STROJEVI Riješeni zadaci

Rijeka, 2007.

SADRŽAJ

1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 30 31 32 33 34 35 36

Mjerni sustavi Svojstva fluida Statika fluida Termodinamika Pare Termodnamički procesi Otvoreni sustav i jednadžbe očuvanja Dinamika nestlačivog fluida Stacionarno strujanje fluida u cjevovodima Dinamika kompresibilnih fluida Prijenos topline, izmjenjivači Smjese plinova Goriva i izgaranje Generatori pare Principi djelovanja strojeva Hidrauličke turbine Hidrauličke akcijske turbine Reakcijske hidrauličke turbine Parne turbine Akcijske parne turbine Reakcijske parne turbine Parnoturbinska postrojenja Kondenzatori Pumpe Volumetrijske pumpe Veza pumpe i cjevovoda Kompresori Ventilatori i kompresori Volumetrijski kompresori Rashladni uređaji i toplinske pumpe Plinske turbine Mlazni motori Motori s unutarnjim izgaranjem

1 3 4 7 12 19 22 30 35 40 44 49 52 55 57 61 64 68 71 76 83 87 94 99 107 112 117 120 127 130 134 142 145

Pogonski i radni strojevi

1

Zadaci

ZADACI 1

MJERNI SUSTAVI (Pretvorba stupnjeva u radijane) radijane) Potrebno je pretvoriti: a) kut od 0.0572 ° u miliradijane i b) kut od 1 rad u stupnjeve.

Primjer 1.1

Rješenje

a) Po definiciji znamo da kutu od 180 ° odgovara π radijana. Da bi izvršili pretvorbu, koristimo se jednadžbom: α = α [o ]

π

= 0.000998 rad = 0.998 mrad 0.0572 180 180 b) Kut od 1 radijana ćemo pretvoriti u stupnjeve po obrnutoj jednadžbi: 180 180 o α [o ] = α =1 = 57.296 =

π

π

(Pretvorba decimalnih decimalnih dijelova stupnja kuta u minute i sekunde) sekunde) Potrebno je izvršiti pretvorbu: a) kuta od 14°25’36” u decimalno pisani kut, b) kut od 22 °30’ u decimalno izraženi kut i u radijane.

Primjer 1.2

Rješenje

a) Pretvorba ide na sljedeći način: = 14.000000 14° 25’/60 = 0.416667 36”/3600 = 0.010000 14°25’36” =

14.426667°

b) Na isti način imamo: 22°30’ = 22.5° α = α [o ]

180

=

π

= 0.3927 rad 22.5 180

(Mjera mase na Sjevernom Sjevernom polu i na na Ekvatoru) Stanovnici zemlje N na Sjevernom polu poslali su zemlji E na ekvatoru zlata u koli čini od 1000 kg. Ova masa zlata izvagana je vagom koja koristi elasti čnu deformaciju opruge za mjerenje mase. Zajedno sa zlatom poslana je i vaga, kako bi se istom vagom moglo ponoviti mjerenje kod primopredaje zlata. Masa zlata izvagana u zemlji E bila je 994.9 kg, tj. manja nego na Sjevernom polu. Gdje se izgubila razlika od 5.1 kg zlata?

Primjer 1.3

Rješenje

Zemljino ubrzanje na Sjevernom polu je g N = 9.83 m/s2, dok je na ekvatoru g E = 9.78 m/s2. Pomoću vage s oprugom izmjerena je sila težine zlata. Težina je produkt mase i Zemljinog ubrzanja. Omjer težina iste mase na Sjevernom polu i na Ekvatoru je:


2

Zadaci

9.78 = 0.994914 G N m g N g N 9.83 tako da ako je vaga na Sjevernom polu pokazivala masu od 1000 kg, na Ekvatoru će ista vaga pokazati masu od 994.914 kg. G E

=

m g E

=

g E

=

(Pretvorba mjernih jedinica) Potrebno je izvršiti sljedeće pretvorbe: a) rad W = 15 kp.m u kJ, b) snagu od P = 250 KS u kW, c) potrošnju goriva od 160 g/KS.h u g/kW.h, d) toplinsku vodljivost srebra od k = = 369 kcal/(h.m.K) u W/m.K.

Primjer 1.4

Rješenje a) W = 15 kp.m = 15 ⋅ 9.81 = 147.15 Nm = 147.15 J = 0.147 kJ

b) P = 250 KS =

250 = 183.82 kW 1.36

g g = 160 ⋅ 1.36 = 217.6 KS.h kWh kJ W = 369 ⋅ 1.163 = 429.15 d) k = 369 h.m.K m.K

c) be = 160

DOPUNSKI ZADACI 1. Izraziti volumen od 1600 cm3 u dm 3 i u m3. (Rješenje: V = = 1600 cm3 = 1.6 dm 3 = 0.0016 m3) 2. Koliko je gigasekundi gigasekundi prije 1990. godine zaapočelo brončano doba, ako se zna da je to bilo u 3000 godini godini prije naše ere? ere? (Rješenje: 157 Gs) 3. Izraziti u radijanima kut od 87°. (Rješenje: 1.52 rad) 4. Pretvoriti u SI jedinice donju ogrijevnu moć goriva od 10330 kcal/kg. (Rješenje: 43.2 MJ/kg) 5. Pretvoriti u SI jedinice toplinsku vodljivost čelika, koja iznosi 12.8 kcal/(h.m.K). (Rješenje: 14.9 W/m.K) 6. Pretvoriti najprije najprije u decimalni broj, zatim zatim u radijane kut od 95°15’30”. (Rješenje: 95.26 °, 1.667 rad) 7. Pretvoriti u SI jedinice brzinu automobila automobila od 140 140 km/h. km/h. (Rješenje: (Rješenje: 38.9 38.9 m/s) m/s) -1 -1 8. Pretvoriti u SI jedinice brzinu vrtnje od 240000 min . (Rješenje: 4000 s ) 9. Pretvoriti gustoću od 0.835 kg/dm3 u kg/m3. (Rješenje: 835 kg/m 3) 10. Koja je vrijednost standardnog standardnog atmosferskog tlaka na razini mora? (Rješenje: 101325 Pa) Pa)


3

Zadaci

ZADACI 3

SVOJSTVA FLUIDA Viskoznost tekućina Primjer 3.1 (Smična

naprezanja) Ulje za podmazivanje SAE 30 pri temperaturi od 20 °C nalazi se izme đu dviju ploča, od kojih jedna miruje, a druga se giba brzinom od 3 m/s (slika). Razmak h me đu pločama je 2.6 cm. Potrebno je odrediti tangencijalno naprezanje naprezanje τ u u ulju. v F h

Rješenje

Potrebne podatke uzimamo iz tablice 3.1. Dinami čka viskoznost ulja µ je je 0.26 Pa⋅s. Tangencijalno naprezanje naprezanje u ulju je: τ =

F A

= µ

v h

= 0.26

3 = 30 Pa 0.026

ZADACI

1. Između dvije ploče, od kojih se jedna pomi če, a druga miruje nalazi se voda pri temperaturi od 20 °C. Brzina gibanja plo če je 3 m/s (slika 3.2). Razmak me đu pločama je 3 cm. Potrebno je odrediti tangencijalno naprezanje pri toj deformaciji. (Odgovor: τ = = 0.1 Pa). 2. Za poznatu gustoću zraka ρ = 1.2 kg/m3 potrebno je izračunati njegov specifi čni volumen. (Odgovor: v = 0.83 m 3/kg). 3. Iz vrijednosti dinamičke viskoznosti µ i gustoće ρ u tablici 3.1 potrebno je izra čunati kinematsku viskoznost za svaki od fluida u tablici. Tablica 3.1 Dinami č ka ka viskoznost, gustoća i kinematska viskoznost fluida pri 20 ° C

Fluid Vodik Zrak Benzin Voda Etilni alkohol Živa Ulje SAE 30 Glicerin

Dinamička viskoznost µ Pa⋅s 8.9 ⋅ 10-6 1.8 ⋅ 10-5 2.9 ⋅ 10-4 1.0 ⋅ 10-3 1.2 ⋅ 10-3 1.5 ⋅ 10-3 0.26 1.5

Gustoća ρ kg/m3 0.084 1.20 720 999 789 13540 930 1263

Kinematska viskoznost ν m2/s 1.06 ⋅ 10-4 1.51 ⋅ 10-5 4.03 ⋅ 10-7 1.01 ⋅ 10-6 1.51 ⋅ 10-6 1.16 ⋅ 10-7 2.79 ⋅ 10-4 1.19 ⋅ 10-3


4

Zadaci

ZADACI 4

STATIKA FLUIDA (Tlak koji vrši sila na na površinu) Masu od m = 102 kg postavimo na klip površine A = 200 cm2, kao na slici. Koji je tlak u fluidu ako je klip u ravnoteži?

Primjer 4.1

F

Rješenje

Sila težine mase m je sila kojom će masa djelovati na klip: F = = mg = = 102 ⋅ 9.81 = 1000.6 N

Tlak u fluidu će biti jednak tlaku na klipu: p =

F

=

A

1000.6 0.02

=

50030 N/m 2

= 50 kPa

(Tlak stupca fluida) Ronioc se spušta s površine mora na dubinu od 40 m. Želimo znati koliki je tlak na toj dubini. Potrebno je uzeti u obzir gusto ću morske vode od 1025 kg/m 3.

Primjer 4.2

Rješenje

Tlak na površini mora je tlak p1 = 100 kPa. Tlak na dubini h = 40 m će biti: p2 = p1 + ρ⋅ g ⋅ ⋅ h = 100 000 + 1025 ⋅ 9.81 ⋅ 40 = 100 000 + 402 210 = 502.21 kPa Primjer 4.3 (Hidraulički tlak)

U cilindru se nalazi teku ćina na relativnom tlaku od 400 kPa. Potrebno je: 3 1. Izraziti ovaj tlak u (naporu) visini stupca vode ( ρ H2O H2O = 1000 kg/m ) i stupcu žive ( ρ Hg Hg = 3 13600 kg/m ) 2. Izračunati apsolutni tlak u cilindru uz pretpostavku da je atmosferski tlak patm = 101.3 kPa. Rješenje

1. Visina stupca stupca vode je: 400000 = 40.77 mVS h H 2O = 1000 ⋅ 9.81 Visina stupca žive je:

Pogonski i radni strojevi hHg =

5

Zadaci

400000 = 3.0 mHg 13600 ⋅ 9.81

2. Apsolutni tlak je: pa = p + patm = 400 + 101.3 = 501.3 kPa Primjer 4.4 (Određivanje relativnog tlaka)

Potrebno je odrediti maksimalni relativni tlak vode koji možemo mjeriti piezometarskom cijevi cijevi visine 3 m. Rješenje

Maksimalni relativni tlak odgovara tlaku stupca teku ćine u cijevi. Kako se ovdje radi o vodi, taj će tlak biti: = 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 3 = 294 300 Pa = 294.3 kPa p = ρ⋅ g ⋅ ⋅h (Mjerenje relativnog tlaka pomo pomoću manometra s U cijevi) Manometar s U cijevi prema slici a) spojen je za mjerenje relativnog tlaka ulja u cjevovodu. Gustoća ulja je ρ = 835 kg/m3. Manometarski fluid je živa s gusto ćom ρ mano mano = 3 13600 kg/m . Koliki je relativni tlak u točki A u sljedeća dva slučaja: 1. h1 = 0.4 m, h2 = 0.8 m. Živa se nalazi iznad linije li nije B-C, kao na slici b) 2. h1 = 0.1 m, h2 = -0.15 m. Živa se nalazi ispod linije B-C, kao na slici a)

Primjer 4.5

atm

atm

D A

A h1

B D a)

h2

C h2

h1

B

C b)

Rješenje 1. p A,rel = g ⋅ ⋅ ( ρ man man⋅ h2 - ρ⋅ h1) = 9.81 (13600 ⋅ 0.8 - 835 ⋅ 0.4) = 103 465 Pa = 103.47 kPa 2. p A,rel = g ⋅ ⋅ ( ρ man man⋅ h2 - ρ⋅ h1) = 9.81 (-13600 ⋅ 0.15 - 835 ⋅ 0.1) = -20 831 Pa = -20.83 kPa

Primjer 4.6 (Razlika

tlaka tlaka u cjevovodu) Manometar s U cijevi spojen je za mjerenje razlike tlaka izme đu to čaka A i B nekoga cjevovoda u kojemu struji voda gusto će ρ = = 1000 kg/m3. Kao manometarska teku ćina koristi se živa. Visinska razlika izme đu točaka A i B je b - a = 0.3 m (vidi sliku). Visina stupca žive hmano = 0.8 m. Potrebno je odrediti razliku tlaka p A - p B.

Rješenje p A - p B = ρ⋅ g ⋅ ⋅ (b - a) + g ⋅ ⋅ hmano( ρ mano mano - ρ ) = 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 0.3 + 9.81 ⋅ 0.8 (13600 - 1000) =

= 101 828 Pa = 101.83 kPa


6 A a

C

Zadaci

B b

hman

D

DOPUNSKI ZADACI 1. Izračunati tlak koji masa od 51 kg vrši na klipu površine 500 cm 2, ako znamo da je klip u mirovanju. (Rješenje: p = 10 kPa) 2. Koji je tlak u moru na dubini od 1000 m, ako je gusto ća morske vode 1025 kg/m 3? (Rješenje p = 10 MPa) 3. Izračunati tlak p na dubini od 10.2 m u slatkoj vodi gusto će 1000 kg/m3. Koliki će tlak biti na istoj dubini u ulju gustoće 850 kg/m3? (Rješenje pvoda = 100 kPa, pulje = 85 kPa) 4. Koja bi morala biti dubina h u benzinu gusto će 735 kg/m3 da bi tlak bio 0.11 Mpa?. Koja bi trebala biti dubina vode vode za isti tlak? (Rješenje (Rješenje hbenz = 15.25 m, hvoda = 11.2 m) 5. Izračunati relativni tlak p i apsolutni tlak pa na dubini od 8 m ispod površine u vodi gusto će 1000 kg/m3 ako je atmosferski tlak 101.32 kPa? (Rješenje p = 78.5 kPa, pa = 179.8 kPa) 6. Koji tlak odgovara odgovara stupcu tekućine od 500 mm ako jeteku ćina benzin ( ρ = = 720 kg/m 3), ulje ( ρ = = 860 kg/m3), voda ( ρ = = 1000 kg/m3) ili živa ( ρ = = 13600 kg/m 3)? (Rješenje pbenz = 3.5 kPa, pulje = 4.2 kPa, pvoda = 4.9 kPa, p živa = 66.7 kPa) 7. Koji tlak p pokazuje manometar s U cijevi koji je povezan na spremnik vode gusto će 1000 kg/m3 (slika 4.12) ako je stupac žive na lijevoj strani h1 = 25 cm, a na desnoj strani je h2 = 45 cm? (Rješenje p = 57.6 kPa)


7

Zadaci

ZADACI 5

TERMODINAMIKA (Toplina za zagrijavanje smjese plinova) plinova) Koliko je topline potrebno za zagrijavanje smjese od 2 kg CO 2 i 3 kg N2 s temperature od T 1 = +25 °C na temperaturu T 2 = +500 °C pri konstantnom tlaku?.

Primjer 5.1

Rješenje

Iz termodinamičkih tablica za srednje specifi čne topline imamo za CO 2: c p 0+25 = 838 J/kg.K c p 0+500 = 1019 J/kg.K za N2: c p 0+25 = 1042 J/kg.K

c p 0+500 = 1069 J/kg.K

Za plinsku smjesu će biti: 2 ⋅ 838 + 3 ⋅ 1042 = 960 J/kg.K c p 0+25 = 2+3

c p 0+ 500 =

2 ⋅ 1019 + 3 ⋅ 1069 = 1049 J/kg.K 2+3

i konačno izmjenjena toplina: Q12 = (2 + 3) [1049 (773.15 − 273.15) − 960 (298.15 − 273.15)] = 2 503 000 J = 2503 kJ Primjer 5.2 (Temperatura

smjese) Koja je temperatura smjese kada u staklenu posudu s masom od 200 g pri temperaturi od +20 °C ulijemo 250 g vode s temperaturom od +70 °C?

Rješenje

Zanemariti ćemo promjenu c p. Za staklo je c p = 840 J/kg.K. Temperatura smjese je: T smj =

0.20 ⋅ 840 (293.15 − 273.15) + 0.25 ⋅ 4190 (343.15 − 273.15) + 273.15 = 336.24 K = 63.1 °C 0.20 ⋅ 840 + 0.25 ⋅ 4190

(Jednadžba stanja plina) Ako pretpostavimo da se zrak ponaša kao idealni plin, potrebno je odrediti masu zraka koji se nalazi u prostoriji širokoj 4 m, dugoj 5 m i visokoj 3 m. Tlak zraka je 101.32 kPa. kPa. Temperatura zraka je: 1. T = = 15 °C 2. T = = 21 °C

Primjer 5.3

Rješenje

Plinska konstanta zraka je R = 287 J/(kg.K). Masu zraka odrediti ćemo iz jednadžbe stanja: m=

pV RT


8

Zadaci

101320 ⋅4 ⋅5 ⋅3 = 73.5 kg 287 ⋅(273.15 + 15) 101320 ⋅4 ⋅5 ⋅3 = 72.0 kg 2. m = 287 ⋅(273.15 + 21) 1. m =

Primjer 5.4 (Jednadžba stanja)

Kolika je gustoća vodika pri temperaturi 0 °C i tlaku 1.0132 bar? (Molarna masa vodika je 2.016 kg/kmol) Rješenje

8314.3 = 4124 J/kg.K 2.016 m p 1.0132 ⋅ 105 3 ρ = = = = 0.08995 kg/m V RT 4124 ⋅ 273.15

R =

ℜ

=

(Parcijalni tlak plina u smjesi) Smjesa plinova ima pri tlaku od 1 bar sastav po masi: 77% dušika i 23% kisika. Koliki su parcijalni tlakovi oba plina? plina? Primjer 5.5

Rješenje

Jednadžbe stanja plina su: p NV = m N R NT dušik: pOV = mO ROT Kisik: Molarne mase su za dušik M N = 28.02 kg/kmol i kisik M O = 32.00 kg/kmol 0.23 ⋅ 28.02 = 0.2616 p N m N M O 0.77 ⋅ 32.00 p N + pO = p = 1 bar → pO = p − p N pO

=

mO M N

p − p N

=

p N

p p N

=

−1 =

0.2616

1 = 0.7926 bar 1 + 0.2616 1.2616 pO = p − p N = 1 − 0.7926 = 0.2074 bar p N =

p

=

Primjer 5.6 (Unutarnja (Unutarnja energija)

Odrediti promjenu specifične unutanje energije i specifi čne entalpije zraka prilikom prijelaza s temperature od 300 K na temperaturu od 850 K na dva sljede ća načina: a) po jednadžbi stanja idealnog plina, b) po tabli čnim podacima. Rješenje

a) Zrak ćemo promatrati kao idealni plin. Iz tabličnih podataka za zrak imamo: c p = 1.0035 kJ/kg.K i cv = 0.7165 kJ/kg.K 3 3 ∆u = u2 − u1 = cv (T 2 − T 1 ) = 0.7165 ⋅ 10 (850 − 300) = 394.1 ⋅ 10 J/kg ∆h = h2 − h1 = c p (T 2 − T 1 ) = 1.0035 ⋅ 10

b) Iz tablica imamo: imamo:

3

(850 − 300) = 551.9 ⋅ 103 J/kg


Temperatura, K 300 800 900

9

Zadaci

Sp. un. energija, kJ/kg Sp. entalpija, kJ/kg 214.07 300.19 592.34 821.94 674.63 932.94

50 = 633.49 kJ/kg 900 − 800 100 T − 800 50 = 821.94 + (932.94 − 826.94) = 872.44 kJ/kg h850 = h800 + (h900 − h800 ) ⋅ 900 − 800 100 ∆u = u850 − u300 = 633.49 − 214.09 = 419.40 kJ/kg ( + 6.4%) ∆h = h850 − h300 = 877.44 − 300.19 = 577.25 kJ/kg ( + 4.6%)

u850 = u800 + (u900 − u800 ) ⋅

T − 800

= 592.34 + (674.63 − 592.34)

Primjer 5.7 (Promjena (Promjena

entropije) Odrediti promjenu entropije dušika (idealni plin) pri promjeni temperature s T 1 = 300 K na temperaturu T 2 = 600 K i tlaka s p1 = 465 kPa na p2 = 350 kPa.

Rješenje

Iz tablica uzimamo podatke: c p = 1.0416 kJ/kg.K i R = 296.8 J/kg.K  T   p   600   350  3 ∆ s = s2 − s1 = c p ln  2  − R ln  2  = 1.0416 ⋅ 10 ⋅ ln − 296.8 ⋅ ln   = 637.66 J/kg.K  T   p  300 465      1   1 

Primjer 5.8 (Izotermna kompresija) Masa zraka m = 2 kg nalazi se u cilindru

volumena V 1 = 1.8 m 3 na temperaturi T 1 = 298 K. Zrak se polako komprimira na volumen od V 2 = 0.7 m3. Prilikom kompresije temperatura ostaje konstantna ( T 2 = T 1 = T ). ). Potrebno je izračunati toplinu koja se odvodi tijekom kompresije.

Rješenje

Odvedena količina topline za ovu izotermnu kompresiju je:  V   0.7  3 Q12 = m q12 = m R T ln  2  = 2 ⋅ 287 ⋅ 298 ⋅ ln   = −161.55 ⋅ 10 J  1.8   V 1  Primjer 5.9 (Izobarni

proces) U cilindru se nalazi masa m = 4 kg helija na tlaku od p1 = 4 MPa i temperaturi T 1 = 300 K. Heliju dovodimo toplinu Q12 = 800 kJ po izobari ( p1 = p2 = p). Uz pretpostavku da je helij idealni plin potrebno je izračunati temperaturu T 2 i volumen V 2, te izvršeni rad W 12 12.

Rješenje

Iz tablica imamo podatke: R = 2077 J/kg.K i c p = 5190 J/kg.K m R T 1 4 ⋅ 2077 ⋅ 300 3 = = 0.623 m Iz jednadžbe stanja: pV = mRT slijedi: V 1 = p1 4 ⋅ 10 6 Q12 800 ⋅ 103 = 300 + = 338.54 K Iz Q12 = m c p (T 2 − T 1 ) slijedi: T 2 = T 1 + m c p 4 ⋅ 5190


10

Zadaci

T 338.54 3 = 0.703 m V 2 = V 1 2 = 0.623 ⋅ T 1 300 W 12 = p (V 2 − V 1 ) = 4 ⋅ 106 (0.703 − 0.623) = 320 ⋅ 103 J

Primjer 5.10 (Izohorni

proces) U čeličnoj boci volumena V = 0.05 m3 nalazi se zrak na tlaku p = 20 MPa i temperaturi T = 300 K. Zraku dovodimo toplinu Q12 = 837 kJ. Zrak smatramo idealnim plinom. Proces se odvija po izohori. potrebno je izračunati masu zraka m koju imamo u boci i temperaturu T 2 i tlak p2 na kraju procesa.

Rješenje

Masa zraka je:

m=

pV RT

=

20 ⋅ 106 ⋅ 0.05 = 11.61 kg 287 ⋅ 300

837 ⋅ 103 = 300 + = 400.62 K Iz Q12 = m cv (T 2 − T 1 ) slijedi: T 2 = T 1 + m cv 11.61 ⋅ 716.5 T 400.62 6 = 26.708 ⋅ 10 Pa p2 = p1 2 = 20 ⋅ 106 T 1 300 Q12

Primjer 5.11 (Adijabatski proces) Masa m = 2 kg argona nalazi se zatvorena u cilindru temperaturi T 1 = 400 K. Argon će ekspandirati naglo Potrebno je izračunati rad W 12 12 predan klipu.

s klipom na tlaku p1 = 700 kPa i po adijabati na tlak p2 = 100 kPa.

Rješenje

Iz tablice uzimamo podatke: R = 208 J/kg.K i κ = = 1.667 Temperatura na kraju ekspanzije: T 2 Rad: W 12

= m w12 = m

κ −1  κ

 p 2  p   1 

= T 1 

=

1.667−1  100  1.667

400 

  700 

= 183.62 K

R (T 1 − T 2 ) 208 (400 − 183.62) 3 =2 = 134.95 ⋅ 10 J

κ − 1

1.667 − 1

Primjer 5.11 (Politropski

proces) U cilindru dizelskog motora komprimira se zrak sa tlaka p1 = 0.1 MPa i temperature T 1 = 300 K na tlak p2 = 4.42 MPa. Kompresija se odvija po politropi uz eksponent n = 1.35. Potrebno je odrediti temperaturu T 2 na kraju kompresije, specifi čni izvršeni rad w12 i izmjenjenu specifičnu toplinu q12.

Rješenje n −1

Temperatura: Specifični rad:

1.35−1  4.42  1.35

 p  = 300  = 801.15 K T 2 = T 1  2   p 0 . 1    1  R (T 1 − T 2 ) 287 (300 − 801.15) 3 = = −410.94 ⋅ 10 J/kg w12 = n −1 1.35 − 1 n


Specifična

11

Zadaci

izmjenjena

q12 = u12 + w12 = u2 − u1 + w12 = cv (T 2 − T 1 ) + =

216.5 (801.15 − 300) − 410.94 ⋅ 103

toplina:

R (T 1 − T 2 ) n −1

= −51.84 ⋅ 10

3

=

J/kg

DOPUNSKI ZADACI 1. Izračunati masu zraka m koja je sadržana u volumenu V = = 172.2 m3 pri tlaku p = 100 kPa i temperaturi T = = 300 K. (Rješenje: m = 200 kg) 2. Izračunati tlak p pri kojemu je masa m = 12 kg metana u posudi volumena V 0 0 0.4 m 3 pri temperaturi od 20 °C. (Rješenje: p = 2 MPa) 3. Izračunati izmjenjenu toplinu Q12 tijekom transformacije zatvorenog termodinami čkog sustava u kojemu se izmjenjuje rad od 40 kJ uz promjenu unutarnje energije ∆U = 660 kJ. Ako znamo da je po četna vrijednost unutarnje energije U 1 = 200 kJ potrebno je izra čunati unutarnju energiju na kraju procesa. (Rješenje: Q12 = 700 kJ, U 2 = 860 kJ) 4. Ako pretpostavimo da je specifi specifična toplina konstantna, potrebno je izra čunati promjenu specifične entalpije vodika, helija, zraka i argona kada ih zagrijemo s temperature 300 °C na 800 °C. (Rješenje: ∆hH2 = 7104 kJ/kg, ∆hHe = 2596 kJ/kg, ∆hzrak = = 502 kJ/kg, ∆hAr = 260 kJ/kg) 5. Potrebno je izračunati masu zraka koja je sadržana u cilindru volumena 1 m 3 pri tlaku od 4 MPa i temperaturi od 600 K. Ako znamo da zrak povrativo ekspandiramo po izotermi sve do tlaka od 0.1 MPa, potrebno je izra čunati specifičnu toplinu q12, specifični rad w12 i količinu izmjenjene topline Q12 i rada W 12 12 tijekom ove ekspanzije. (Rješenje: m = 23.2 kg, q12 = w12 = 635.2 kJ/kg, Q12 = W 12 12 = 14.74 MJ) 6. Potrebno je izračunati rad W potreban potreban za punjenje plina u zra čni balon promjera 11 m, znajući da je početni volumen jednak nuli i da je tlak za svo vrijeme punjenja balona jednak atmosferskom atmosferskom tlaku od 101325 101325 Pa. (Rješenje: W = = 564.9 MJ) 7. Početno stanje zraka, koji je zatvoren u cilindru, zadano je tlakom od 100 kPa, temperaturom od 500 K i volumenom od 10 m 3. Potrebno je izračunati temperaturu T 2 i tlak p2 kada se voluen smanji na 1.5 m 3 po izobarnom procesu, po izotermnom procesu, po politrospkom procesu uz n = 1.33 i po adijabati. (Rješenje: izobara T 2 = 75 K, p2 = 100 kPa, izoterma T 2 = 500 K, p2 = 666.7 kPa, politropa T 2 = 935.1 K, p2 = 1264.8 kPa, adijabata T 2 = 1067.9 K, p2 = 1423.9 kPa) 8. Početni tlak i temperatura za masu zraka m = 0.1 m3, koji je zatvoren u cilindru su 100 kPa i 300 K. Zrak se komprimira po politropi uz n = 1.246 sve dok se ne dostigne omjer početnog i krajnjeg volumena ε = V 1/V 2 = 8. Potrebno je izra čunati rad W 12 12 izmjenjen tijekom procesa, temperaturu T 2, po četnu i krajnju specifi čnu unutarnju energiju u1 i u2, i izmjenjenu toplinu Q12. (Rješenje: W 12 12 = -23.4 kJ, T 2 = 500 K, u1 = 214.09 kJ/kg, u2 = 359.53 kJ/kg, Q12 = -8.9 kJ) 9. Zrak zatvoren u cilindru volumena volumena 0.5 m3 na tlaku 173 kPa i temperaturi 300 K komprimira se pomoću klipa po politropi uz n = 1.3. Na kraju kompresije postignut je tlak od 600 kPa. Potrebno je izračunati masu zraka u cilindru m, volumen na kraju kompresije V 2, omjer početnog i krajnjeg volumena ε , izmjenjeni rad W 12 12, temperaturu T 2, specifičnu unutarnju energiju na po četku i na kraju procesa u1 i u2, i izmjenjenu toplinu Q12. (Rješenje: m = 1 kg, V 2 = 0.192 m 3, ε = V 1/V 2 = 2.6, W 12 12 = -95.3 kJ, T 2 = 400 K, u1 = 214.09 kJ/kg, u2 = 286.19 kJ/kg, Q12 = -23.6 kJ) 10. Potrebno je izra čunati specifičnu toplinu q i snagu P koju koju moramo dovesti masi od 20 kg zraka zatvorenoj u krutom spremniku, da bi mu u roku od 1000 s pove ćali temperaturu za 100 K. (Rješenje: q = 71.65 kJ/kg, P = = 1.433 kW)


12

Zadaci

ZADACI 6

PARE Primjer 6.1 (Specifični volumen pare)

Potrebno je izračunati specifični volumen pare pri 210 °C, gdje je sadržaj pare x = 0.8. Poznati su specifični volumeni zasi ćene kapljevine v’ = = 0.001173 m 3/kg i zasi ćene pare v” = 0.10441 m3/kg. Rješenje

Po jednadžbi za specifi čni volumen smjese pare i teku ćine pri isparavanju imamo: v = v '+ (v"− v ')x = 0.001173 + (0.10441 − 0.001173) ⋅ 0.8 = 0.08376 m3/kg (Sadržaj pare u smjesi pare pare i tekućine) Potrebno je izračunati sadržaj pare x u smjesi pare i kapljevine s ukupnom masom od m = 3 kg, koja je smještena u spremniku volumena V = 0.12 m3. Poznati su specifi čni volumeni zasićene kapljevine v’ = = 0.001173 m3/kg i zasićene pare v” = 0.10441 m3/kg.

Primjer 6.2

Rješenje

Specifični volumen smjese je: V 0.12 3 = = 0.04 m /kg v s = m 3 Sadržaj pare dobiti ćemo iz izvedene jednadžbe: v − v' 0.04 − 0.001173 → = = 0.376 v s = v '+ (v"−v ' ) x x x = s v"− v ' 0.10441 − 0.001173 Primjer 6.3 (Specifična toplina pri konstantnom tlaku)

Potrebno je odrediti vrijednost specifi čne topline pri konstantnom tlaku za vodu u stanju plina pri tlaku od p = 1 MPa i temperaturi T = = 800 °C. Rješenje

Iz tablice za paru očitavamo vrijednosti entalpije za najbližu temperaturu (iznad i ispod zadane vrijednosti): T A = 700 °C h A = 3923.1 kJ/kg T B = 900 °C h B = 4392.9 kJ/kg Sada možemo na ći vrijednost za specifičnu toplinu: dh h B − h A (4392.9 − 3923.1) ⋅103 3 = = = 2.349 ⋅ 10 J/kg.K = 2.35 kJ/kg.K c p = dT T B − T A 900 − 700 (Svojstva pare pare iz Mollierovog dijagrama) dijagrama) pomoću Mollierovog h-s dijagrama za vodenu paru potrebno je za masu od 1 kg vode odrediti: a) temperaturu T g , specifični volumen v s, specifičnu entalpiju h s i specifičnu entropiju s s za stanje zasi ćene pare pri tlaku od p = 0.1 MPa, b) specifi čni volumen v s, specifičnu entalpiju h s i specifičnu entropiju s s za stanje zasi ćene pare pri tlaku od p = 0.1 MPa i temperaturi od T = = 200 °C i c) količinu topline koju treba dovesti zasi ćenoj pari da bi je doveli do temperature T = = 200 °C po izobari p = 0.1 MPa.

Primjer 6.4


13

Zadaci

Rješenje

a) Sadržaj pare za zasi ćenu paru je x = 1. Za tu vrijednost i za tlak p = 0.1 MPa iz Mollierovog dijagrama očitavamo sljedeće vrijednosti, date u tablici. U tablici su unesene i vrijednosti očitane u tablicama za vodenu paru. Mollierov dijagram 100 1.7 2675 7.35

T, °C v, m3/kg h, kJ/kg s, kJ/kg.K

Tablice za paru 99.63 1.694 2675.5 7.3564

b) Pri tlaku p = 0.1 MPa i temperaturi T = = 200 °C iz Mollierovog dijagrama možemo o čitati podatke. Stanje je određeno presjecištem izobare i izoterme zadanih vrijenosti. O čitane vrijednosti prikazane su u tablici, zajedno s vrijednostima o čitanim iz tablica za vodenu paru: Mollierov dijagram 2.2 2875 7.83

v, m3/kg h, kJ/kg s, kJ/kg.K

Tablice za paru 2.172 2875.3 7.8343

c) Toplinu koju moramo dovesti zasi ćenoj pari da bi je doveli do temperature od T = = 200 °C po izobari p = 0.1 MPa može se izra čunati iz razlike entalpija: q = h preg - h zas = (2875 - 2675) ⋅103 = 200⋅103 J/kg = 200 kJ/kg Izračunavanjem te topline prema podacima iz termodinami čkih tablica za vodenu paru dobili bi: q = h preg - h zas = (2875.3 - 2675.5) ⋅103 = 199.8⋅103 J/kg = 200 kJ/kg (Svojstva vode u nekim točkama) U sljedećoj tablici prikazani su neki od podataka unutar grupe podataka koja definira stanje vode za različite zadane uvjete. Podatke koji nedostaju potrebno je dopuniti:

Primjer 6.5

Stanje

Tlak, kPa

Temperatura, °C

A B C D E

100 3500 700 30000 200

20 450

Sp. volumen, m3/kg

Entalpija, kJ/kg

Unutarnja energija, kJ/kg

Entropija, kJ/kg.K

****** ******

7.1271

2500 80

Rješenje

Stanje A: Temperatura zasi ćenja koja odgovara tlaku od 100 kPa je 99.63 °C, što je više od zadane temperature od 20 °C. Voda je tu u stanju pothla đene kapljevine. Voda će imati pridružene sljedeće vrijednosti: v = 0.001002 m 3/kg


14

Zadaci

h = 84.0 kJ/kg s = 0.2963 kJ/kg.K

Vrijednost za unutarnju energiju nije navedena u termodinami čkim tablicama za vodenu paru i moramo je izračunati iz definicije za entalpiju: u = h - pv = 84.0⋅103 - 100⋅103⋅0.001002 = 83.9 kJ/kg

Stanje B: Temperatura zasi ćenja koja odgovara tlaku od 3500 kPa je 242.6 °C, što je niže od zadane temperature od 450 °C. Voda je tu u stanju pregrijane pare. Voda će imati pridružene sljedeće vrijednosti: v = 0.09196 m3/kg h = 3337.2 kJ/kg s = 7.0052 kJ/kg.K u = h - pv = 3337.2⋅103 - 3500⋅103⋅0.09196 = 3015.3 kJ/kg Stanje C: Stanje C odrediti ćemo iz zadane entalpije i zadanog tlaka p = 700 kPa. Zadana entalpija h = 2250 kJ/kg je ve ća od entalpije zasi ćene kapljevine h’ = = 697.22 kJ/kg i niža je od entalpije suhozasi ćene pare h” = 2763.5 kJ/kg, tako da zaklju čujemo da se voda nalazi u fazi isparavanja, tj. kao smjesa pare i kapljevine. Sadržaj pare će biti: x =

h − h' h"−h '

=

2250 − 697.22 2763.5 − 697.22

=

0.7515

Ostali podaci za zadani tlak su: T = = 164.97 °C v’ = = 0.001108 m 3/kg v” = 0.2729 m 3/kg s’ = = 1.9922 kJ/kg.K s” = 6.7080 kJ/kg.K Podatke ćemo sada preračunati na zadani sadržaj pare: v = v '+ x(v"−v ' ) = 0.001108 + 0.7515(0.2729 − 0.001108) = 0.20536 m3/kg s = s '+ x( s"− s ') = 1992.2 + 0.7515(6708.0 − 1992.2) = 5536.1 J/kg.K = 5.5361 kJ/kg.K u = h - pv = 2250⋅103 - 700⋅103⋅0.20536 = 2106248 J/kg = 2106.2 kJ/kg

Stanje D: Stanje D određeno je tlakom od p = 30 MPa koji je mnogo viši od tlaka zasi ćenja p = 31.19 kPa), tako da zaklju čujemo da se voda nalazi u stanju za temperaturu od T = = 80 °C ( p pothlađene kapljevine. Podatke za to stanje uzimamo iz tablica za paru. Veli čine stanja su sljedeće: v = 0.0010156 m 3/kg h = 358.77 kJ/kg s = 1.0561 kJ/kg.K Stanje E: Ovo stanje zadano je presjecištem izobare p = 200 kPa i izentrope s = 7.1271 kJ/kg.K. Iz tablica vodene pare na ći ćemo da ta entropija pri zadanom tlaku odgovara entropiji zasićene pare na kraju isparavanja (tj. za x = 1). Iz tablice ćemo naći i vrijednosti za ostala svojstva: T = 120.23 °C v = 0.8857 m3/kg h = 2706.7 kJ/kg


15

Zadaci

Stanja u kojima se nalazi fluid u svakoj od to čaka su: A pothlađena kapljevina, B pregrijana para C smjesa pare i kapljevine D pothlađena kapljevina E zasićena para T

B

C D

E

A

Stanje

Tlak, kPa

Temperatura, °C

A B C D E

100 3500 700 30000 200

20 450 164.97 80 120.23

Sp. volumen, m3/kg 0.001002 0.09196 0.20536 0.0010156 0.8857

Entalpija, kJ/kg 84.0 3337.2 2250 358.77 2706.7

s

Unutarnja energija, kJ/kg

Entropija, kJ/kg.K

83.9 3015.3 2106.2 ****** ******

0.2963 7.0052 5.5361 1.0561 7.1271

(Toplina i rad u pretvorbi po izobari) Jedan cilindar zatvoren klipom ima volumen V 1 = 0.15 m 3 sadrži masu m = 0.75 kg smjese pare i kapljevine u termodinamičkoj ravnoteži pri tlaku p = 0.6 MPa. Pri konstantnom tlaku dovodi se toplina sve dok se ne postigne temperatura od T 2 = 350 °C. Potrebno je odrediti dovedenu toplinu Q12 i rad W 12 12 izmjenjen tijekom ovoga procesa.

Primjer 6.6

Rješenje

Prilikom promjene po izobari izmjenjena toplina je: Q12 = mq12 = m c p (T 2 − T 1 ) = m (h2 − h1 ) Izmjenjeni rad je: W 12 = m w12 = m p (v 2 − v1 ) Iz tablica za vodenu paru na ći ćemo podatke za stanja pare pri zasićenju pri tlaku p = 0.6 MPa v’ = = 0.001101 m 3/kg v” = 0.2157 m 3/kg h’ = = 670.56 kJ/kg h” = 2756.8 kJ/kg Početni volumen smjese je zadan volumenom cilindra. Specifi čni volumen je: V 0.15 3 = 0.2 m /kg v1 = 1 = m 0.75 Tome volumenu odgovara sadržaj pare:

Pogonski i radni strojevi v1 = v '+ (v"− v ' ) x x

→

16 v − v' = x = 1 v"− v '

Zadaci

0.2 − 0.001101 = 0.632 0.3157 − 0.001101

Entalpija smjese u to čki 1 je: h1 = h '+ x (h"− h ') = 670.56 ⋅ 103 + 0.632 (2756.8 − 670.56) ⋅ 103 = 1989.1 ⋅ 103 J/kg Stanje 2 definirano je tlakom p = 0.6 MPa i temperaturom T 2 = 350 °C. Nalazimo se u područ ju pregrijane pare. pare. Specifični volumen i entalpija su: 3 v2 = 0.4742 m /kg h2 = 3165.7 kJ/kg Sada konačno možemo izračunati dovedenu toplinu i rad: Q12 = m (h2 − h1 ) = 0.75 (3165.7 − 1989.1) ⋅ 10 3 = 882.45 ⋅ 103 J W 12 = m p (v 2 − v1 ) = 0.75 ⋅ 0.6 ⋅ 106 (0.4742 − 0.2) = 205.65 ⋅ 103 J Primjer 6.7 (Izmjenjena toplina pri izohornom izohornom procesu) procesu) 3 U zatvorenoj posudi volumena V = 10 m nalazi se voda na tlaku p = 0.15 MPa u stanju 3 zasićene smjese kapljevine i pare. Volumen kapljevine je V l l = 0.097 m , dok je volumen pare V p = 9.903 m 3. Smjesi dovodimo toplinu sve dok kapljevina potpuno ne ispari (kada je sadržaj pare x = 1). Potrebno je odrediti količinu izmjenjene topline. Poznato je da su vrijednosti

unutarnje energije za stanje zasi ćenja: u’ = = 466.94 kJ/kg u” = 2519.7 kJ/kg Rješenje

Obzirom da je volumen posude konstantan tijekom procesa, dovedena toplina jednaka je razlici unutarnjih energija: Q12 = U 2 − U 1

Unutarnja energija smjese U 1 jednaka je sumi unutarnjih energija pare i unutarnje energije kapljevine. Najprije moramo naći mase pare i kapljevine. Iz termodinami čkih tablica za vodenu paru nalazimo da su specifi čni volumeni koji odgovaraju tlaku p = 0.15 MPa jednaki: v’ = = 0.001053 m 3/kg v” = 1.1593 m 3/kg Odgovarajuće mase kapljevine i pare su: V 0.097 = 92.12 kg ml = l = v ' 0.001053 V p 9.903 = = 8.54 kg m p = v" 1.1593 Unutarnja energija na početku procesa je: U 1 = ml u '+ m p u" = 92.12 ⋅ 466.94 ⋅ 103 + 8.54 ⋅ 2519.7 ⋅ 103 = 64532.8 ⋅ 103 J Specifični volumen zasi ćene pare na kraju isparavanja je: V 10 3 = = 0.09934 m /kg v2 = ml + m p 92.12 + 8.54 Iz termodinamičkih tablica naći ćemo da tome specifi čnom volumenu za suhozasi ćenu paru odgovara tlak p2 = 2.0 MPa. Entalpija pri ovome tlaku zasi ćenja je h2 = 2799.5 kJ/kg. Iz entalpije dobivamo unutarnju energiju: U 2 = m u2 = (ml + m p ) (h2 − p 2 v 2 ) = (92.12 + 8.54) (2799.5 ⋅ 103 − 2 ⋅ 106 ⋅ 0.09934) = = 261.799 ⋅ 10

6

Dovedena toplina je:

J


17

Zadaci

Q12 = U 2 − U 1 = 261.799 ⋅ 106 − 64.533 ⋅ 106 = 197.266 ⋅ 106 J

DOPUNSKI ZADACI 1. Pomoću termodinamičkih tablica za vodenu paru potrebno je odrediti stanja vode: a) p = 1.0 MPa, T = = 205 °C b) p = 1.0 MPa, T = = 95 °C c) p = 1.0 MPa, T = = 179.91 °C, x = 0.0 d) p = 1.0 MPa, T = = 179.91 °C, x = 0.55 e) p = 1.0 MPa, T = = 179.91 °C, x = 1.0 f) T = = 340 °C, p = 22.0 Mpa g) T = = 340 °C, p = 2.2 Mpa h) T = = 340 °C, p = 14.586 Mpa, x = 1.0 i) T = = 340 °C, p = 14.586 Mpa, x = 0.0 j) T = = 600 °C, p = 30 Mpa k) p = 50 MPa, T = = 100 °C (Rješenje: a) pregrijana para, b) pothla đena kapljevina, c) zasi ćena kapljevina, d) smjesa pare i kapljevine, e) suhozasićena para, f) pothla đena kapljevina, g) pregrijana para, h) suhozasićena para, i) zasi ćena kapljevina, j) pregrijana para, k) pothla đena kapljevina) 2. Potrebno je odrediti odrediti treću veličinu stanja za vodu, ako su zadane prve dvije veli čine. Potrebno je odrediti stanje u kojemu se voda nalazi. T = a) p = 800 kPa, v = 0.04 m3/kg, = ? °C v = ? m3/kg b) p = 10 kPa, x = 0.46, v = ? m3/kg c) p = 200 kPa, T = = 40 °C, p = ? kPa d) T = = 600 °C, v = 2.0 m3/kg, v = ? m3/kg e) p = 1 MPa, T = = 300 °C, (Rješenje: a) smjesa pare i kapljevine, T = 170.43 °C, b) smjesa pare i kapljevine, v = 0.009076 m3/kg, c) pothlađena kapljevina, v = 0.001008 m3/kg, d) pregrijana para, p = 200 kPa, e) pregrijana para, v = 0.26 m 3/kg) 3. Iz termodinamičkih tablica nalazimo specifi čni volumen za zasi ćenu kapljevinu v’ i zasićenu paru v” za freon R12 za temperaturu zasi ćenja od 90 °C. Potrebno je izračunati specifični volumen i sadržaj pare za masu od m = 2 kg freona koja je zatvorena u posudi volumena V = = 0.01 m3. (Rješenje: v’ = = 0.001012 m 3/kg, v” = 0.005258 m 3/kg, v = 0.005 m3/kg, x = 0.939) 4. Potrebno je naći tlak p, specifični volumen v’ i i v” za stanje zasi ćenja, entalpiju h’ i h” za stanje zasićenja za vodu pri temperaturi od 30 °C. (Rješenje: p = 4.246 kPa, v’ = 0.001004 m3/kg, v” = 32.89 m 3/kg, h1 = 125.79 kJ/kg, h” = 2556.3 kJ/kg) 5. Potrebno je naći temperaturu T , specifični volumen v’ i i v” za stanje zasi ćenja, entalpiju h’ i h” za stanje zasi ćenja za vodu pri tlaku od 2 MPa. (Rješenje: T = 212.42 °C, v’ = 0.001177 m3/kg, v” = 0.09963 m3/kg, h1 = 908.79 kJ/kg, h” = 2799.5 kJ/kg) 6. Potrebno je naći tlak p, temperaturu T , specifični volumen v’ i v” za stanje zasi ćenja, entalpiju h’ i h” za stanje zasi ćenja za vodu pri kriti čnoj točki. (Rješenje: p = 22.09 Mpa, T = = 374.14 °C, v’ = = v” = 0.003155 m3/kg, h1 = h” = 2099.3 kJ/kg) 7. Potrebno je naći temperaturu T , specifični volumen v i entalpiju h za zasi ćenu smjesu vode i pare pri tlaku od 2 MPa i sadržaju pare x = 0.95. (Rješenje: T = = 212.42 °C, v = 0.0947 3 m /kg, h = 2704.96 kJ/kg) 8. Potrebno je odrediti odrediti stanje i naći specifični volumen v, entalpiju h i entropiju vode pri temperaturi od 400 °C i tlaku od 1 MPa. (Rješenje: pregrijana para, v = 0.3066 m 3/kg, h = 3263.9 kJ/kg, s = 7.4651 kJ/kg.K)


18

Zadaci

9. Potrebno je odrediti odrediti stanje i naći specifični volumen v, entalpiju h i entropiju vode pri temperaturi od 100 °C i tlaku od 5 MPa. (Rješenje: pothla đena kapljevina, v = 0.001041 m3/kg, h = 422.72 kJ/kg, s = 1.303 kJ/kg.K)


19

Zadaci

ZADACI 7

TERMODINAMIČKI PROCESI Primjer 7.1 (Toplinski

množilac) Postrojenje za kondicioniranje jedne ku će napaja se mehani čkom snagom od P = = 3 kW i u stanju je da spremniku više temperature preda toplinski tok od dQ/dt = = 12 kW. Potrebno je odrediti: a) Toplinski množilac ε kada kada se tijekom zime ku ća grije, b) Toplinski množilac ε kada kada se tijekom ljeta ku ća hladi. Rješenje

a) Toplinski množilac je omjer između korisne energije i utrošene energije. Prilikom grijanja kuće mi svu toplinu dovodimo ku ći kao spremniku više temperature: Q& 12 ε = = =4 P 3 b) Toplinski množilac je omjer između korisne energije i utrošene energije. Prilikom hlađenja kuće mi iz nje odvodimo toplinu, te toplinu odbacujemo na okoliš kao spremnik više temperature: Q& − P 12 − 3 ε = = =3 P 3 Primjer 7.2 (Carnotov

proces) Carnotov proces je ostvaren izme đu spremnika visoke temperature T 1 = 370 K i spremnika niske temperature T 2 = 240 K pri maksimalnom tlaku od 700 kPa i minimalnom tlaku od 100 kPa. Radni fluid čini 1 kg dušika. Potrebno je odrediti: a) Vrijednosti tlaka i volumena za crtanje p-v dijagrama b) Količinu izmjenjene topline između spremnika više i niže temperature c) Stupanj djelovanja procesa kada stroj radi kao motor, toplinski množilac kada stroj radi kao toplinska pumpea i toplinski množilac kada stroj radi kao rashladni stroj. Rješenje

a) Da bi odredili sve to čke u p-v dijagramu potrebno je poznavati vrijednosti tlaka i volumena. Nama su zasada zasada poznate vrijednosti vrijednosti koje su navedene navedene u tablici: Točka 1 2 3 4

T, K 370 370 240 240

p, kPa 700 ?? 100 ??

v, m3/kg ?? ?? ?? ??

Specifični volumen u točkama 1 i 3 možemo odrediti iz jednadžbe stanja. Plinska konstanta dušika je R = 296.8 J/kg.K pv = RT v1 =

RT 1 p1

→

=

v=

RT p

296.8 ⋅ 370 3 = 0.1569 m /kg 3 700 ⋅ 10


20

Zadaci

296.8 ⋅ 240 3 = 0.7123 m /kg 3 p3 100 ⋅ 10 Eksponent adijabate za dušik je κ = = 1.4. Iz promjene po adijabati izra čunati ćemo stanja u točkama 2 i 4, i to iz omjera temperatura: v3 =

RT 3

=

κ −1  κ

T 2  p2 =  p  T 3  3  T 4 T 1

=

→

κ −1  κ

 p 4    p1 

→

κ  T  κ −1

p 2 = p3  2   T 3 

κ κ  T  −1

p 4 = p1  4   T 1 

= 100 ⋅ 10

=

1.4 1 3  370  .4−1

   240 

1.4 3  240  1.4−1

700 ⋅ 10 

  370 

=

455 ⋅ 103 Pa

= 153.9 ⋅ 10

3

Pa

Iz jednadžbe stanja na ći ćemo specifične volumene za točke 2 i 4: RT 2 296.8 ⋅ 370 3 = = 0.2414 m /kg v2 = 3 p2 455 ⋅ 10 RT 4 296.8 ⋅ 240 3 = = 0.4628 m /kg v4 = 3 p4 153.9 ⋅ 10 Sada možemo popuniti tablicu za ostale to čke: Točka 1 2 3 4

T, K 370 370 240 240

p, kPa 700 455 100 153.9

v, m3/kg 0.1569 0.2414 0.7123 0.4628

b) Izmjenjenu količinu topline izračunati ćemo iz razlike dovedene i odvedene topline procesa: v 0.2414 = 47314 J/kg q12 = RT 1 ln 2 = 296.8 ⋅ 370 ⋅ ln v1 0.1569 v 0.7123 = 30716 J/kg q34 = RT 3 ln 3 = 296.8 ⋅ 240 ⋅ ln v4 0.4628 c) Kada stroj radi r adi kao motor, stupanj djelovanja će biti: q − q34 47314 − 30716 η = 12 = = 0.3508 q12 47314 Kada stroj radi kao toplinska pumpa, toplinski množioc će biti: q12 1 47314 ε = = = = 2.8506 q12 − q34 η 47314 − 30716 Kada stroj radi kao rashladni stroj, toplinski množioc će biti: q34 30716 ε = = = 1.8506 q12 − q34 47314 − 30716

DOPUNSKI ZADACI 1. Potrebno je izračunati stupanj djelovanja motora, ako znamo da je dobiveni rad jednak 400 kJ/kg i da je motoru dovedena toplina od 1000 kJ/kg. (Rješenje: η = = 0.40)


21

Zadaci

2. Potrebno je odrediti rad dobiven iz procesa motora, motora, znajući da je toplina predana motoru 1000 kJ/kg i da je toplina odvedena hla đenjem jednaka 600 kJ/kg. (Rješenje: w = 400 kJ/kg) 3. Potrebno je odrediti stupanj stupanj djelovanja motora motora koji radi po Carnotovom Carnotovom procesu između temperature 2160 °C i 700 °C. (Rješenje: η = = 0.60) 4. Potrebno je odrediti stupanj djelovanja nuklearne elektrane u kojoj se proizvodi mehani čka snaga od 409 MW, ako je dovedena toplinska snaga jednaka 1570 MW. (Rješenje: η = = 0.26) 5. Potrebno je izračunati toplinski množioc za rashladni ure đaj koji radi između sljedećih krajnjih temperatura: a) –5 °C i +35 °C, b) –20 °C i +35 °C. (Rješenje: a) ε = = 6.7, b) ε = = 4.6) 6. Tekući natrij koji izlazi iz reaktora jedne nuklearne centrale s temperaturom 775 °C koristi se kao izvor topline više temperature u generatoru pare. Para se na kraju procesa odvodi u kondenzator, gdje kondenzira pri temperaturi od 20 °C. Koji je stupanj djelovanja koji se može postići u parnom postrojenju? (Rješenje: η = = 0.72) 7. Jedna velika termoelektrana razvija mehaničku snagu od 1000 MW uz stupanj djelovanja od 0.4. Potrebno je izračunati toplinski tok koji se dovodi postrojenju i toplinski tok koji se odbacuje u okoliš. (Rješenje: Qdov = 2500 MW, Qodv = 1500 MW)


22

Zadaci

ZADACI 8

OTVORENI SUSTAV I JEDNADŽBE OČUVANJA Primjer 8.1 (jednadžba

očuvanja mase) Na slici je prikazan vertikalni presjek hidrauli hidrauličke turbine. Izlaz iz turbine je izveden na kraju difuzora koji je izveden kao rotacijska ploha oko uzdužne osi turbine. Potrebno je na ći brzinu istjecanja vode u presjecima 1 i 2 kada je volumenski protok kroz turbinu Q = 3 m3/s.

Slika Prikaz hidrauličke turbine Rješenje

Brzina vodeu presjeku 1 može se odrediti poznavaju ći površinu protočnog presjeka 1, kojemu znamo promjer D. Q = Av

→

v1 =

Q A1

=

Q d 2π

=

4

3 0.82 π 4

= 5.97 m/s

Površina protočnog presjeka na izlazu difuzora je prstenasta ploha s promjerom D2 = 4 m, visine h2 = 0.25 m. Brzina strujanja na izlazu je: v2 =

Q A2

=

Q D2π h2

=

3 = 0.95 m/s 4π 0.25

Primjer 8.2 (Jednadžba

očuvanja mase) Kroz sustav cijevi prema slici struji voda. Prve dvije dionice cjevovoda a i b spojene su u seriju, dok su druge dvije dionice c i d spojene spojene paralelno. Za svaku dionicu zadani su podaci prema slici. Potrebno je izračunati sve ostale podatke koji nedostaju.


23

Zadaci

Rješenje

Pri rješavanju se polazi od pretpostavke o čuvanja mase. Ovdje se radi o stacionarnom strujanju nestlačivog fluida. U prve dvije dionice protok fluida je jednak i on se kasnije dijeli na dvije paralelne dionice. Protok fluida ćemo odrediti iz podataka za dionicu b: Q = Ab vb =

Db2π

0.082 π vb = 2 = 0.01 m 3 /s 4 4

Qa = Qb = 0.01 m 3/s

Sada možemo odrediti brzine strujanja za dionicu a: va =

Qa 2

=

Da π

4 ⋅ 0.01 = 3.54 m/s 0.062 π

4 Volumenski protok se dijeli na protoke u dionicama c i d : Qa = Q = Qc + Qd

Prema slici nam je zadan omjer protoka Qd = Qc / 2, 2, odakle možemo odrediti protok kroz dionicu c: Qa = Q = Qc + Qd = Qc + Qc

2 = 3 ⋅ Qc 2

Qc = 2 ⋅ Q

→

3=

2 ⋅ 0.01 3 = 0.00667 m /s 3

Qd = Qc / 2 = 0.00667/2 = 0.00333 m 3/s

Za dionicu c nam je nepoznanica promjer cijevi Dc : Qc =

Dc2π

4

vc →

Dc =

4Q v cπ

=

Brzina u dionici d je: je: v d =

Qd Dd 2π

4

=

4 ⋅ 0.00333 = 2.65 m/s 2 π 0.04

4 ⋅ 0.00667 2 ⋅ π

= 0.065 m = 65 mm


24

Zadaci

Primjer 8.3 (jednadžba

očuvanja energije) Jedna parna turbina (prema slici), koja obra đuje protok pare od dm/dt = 2 kg/s, dobiva s parom toplinski tok od Qdov = 11 kW. Stanja pare na ulazu i izlazu iz turbine data su u tablici. Tlak p MPa 3.0 0.125

1 Ulaz 2 Izlaz

Temperatura T K 400 105.99

Sadržaj pare x 1

Brzina v m/s 80 180

Visina z m 5 2

Potrebno je odrediti mehani čku snagu P koju koju razvija turbina. Rješenje

Razvijena snaga turbine P zadana je produktom masenog protoka i specifi čnog rada w po jedinici mase. Spcifi čni rad po jedinici mase w izračunava se u presjecima 1 i 2 na kontrolnoj površini (granici) kontrolnog kontrolnog volumena (ili termodinamičkog sustava). q + h1 +

v12

2

+ gz 1 = h2 +

v 22

2

+ gz 2 + w

v12 − v22 + g ( z 1 − z 2 ) + q w = (h1 − h2 ) +

2

Razliku među entalpijama na ulazu i izlazu iz turbine odrediti ćemo iz termodinamičkih tablica: h1 - h2 = 3230.9 -

2685.4 = 545.5 kJ/kg

Promjena kinetičke energije je: v12 − v22 =

2

602 − 1802 2

= −14400 m

2

s2

= −14400 J

kg = −14.4 kJ kg

Promjena potencijalne energije je: g ( z z 1 - z 2) = 9.81(5 - 2) = 29.43 m 2/s2 = 0.02943 kJ/kg

Količina topline dovedena po jedinici mase (u masenom protoku) je: q=

Q

& m

=

− 11 ⋅ 10

2

3

= −5.5 ⋅ 10

3

J kg = −5.5 kJ kg

Konačno je specifi čni rad jednak: w = 545.5 − 14.4 + 0.02943 − 5.5 = 525.6 kJ

kg

a ukupna mehani čka snaga koju turbina predaje potroša čima je:


25

& w = 2 ⋅ 525.6 ⋅ 103 = 1051.2 ⋅ 103 P = m

Zadaci

W = 1051.2 kW

Ako analiziramo doprinose razli čitih članova jednadžbe za specifi čni rad, vidimo da je doprinos razlike entalpije najveći, dok je doprinos razlike potencijalne energije najmanji. (Rad i snaga turbine) Maseni protok od dm/dt = = 10 kg/s vodene pare ulazi u turbinu sa specifi čnom entalpijom od h1 = 3161.7 kJ/kg i izlazi sa specifi čnom entalpijom h2 = 2310.1 kJ/kg. Potrebno je odrediti specifični rad w i mehani čku snagu P .

Primjer 8.4

Rješenje

Specifični rad (zanemarujući ostale doprinose) izračunavamo iz razlike entalpije: w = h1 - h2 = 3161.7 - 2310.1 = 851.6 kJ/kg

Mehani čka snaga je: & w = 10 ⋅ 851.6 ⋅ 103 = 8516 ⋅ 103 P = m

W = 8.516 MW

(jednadžba očuvanja energije) U kondenzatoru rashladnog postrojenja radni fluid (Freon R12) s masenim protokom dm/dt = = 0.02 kg/s ulazi pri tlaku p1 = 1.2 MPa i temperaturi t emperaturi T 1 = 100 °C i izlazi ukapljen pri tlaku p2 = 1.15 MPa i temperaturi T 2 = 40 °C. Rashladna voda ulazi u kondenzator s temperaturom T ul ul = 5 °C i izlazi s temperaturom T izl izl = 15 °C. Potrebno je odrediti maseni protok rashladne vode za hlađenje kondenzatora.

Primjer 8.5

Kontrolna ploha

Slika Shema kondenzatora Rješenje

Da bi riješili ovaj zadatak promatrati ćemo dva odvojena otvorena termodinami čka sustava koji između sebe izmjenjuju toplinu odvedenu freonu pri kondenzaciji. Podaci o radnim medijima za ulaz i izlaz dati su u tablici:


Položaj Ulaz c1 Izlaz c2 Ulaz f1 Izlaz f2

26

kJ/kg 409.5 238.535 20.98 62.9 h

Radni medij Freon 12 Freon 12 Voda Voda

Zadaci

Stanje Pregrijana para Zasi ćena kapljevina Tekućina Tekućina

Izvor Term. tablice Term. tablice Term. tablice Term. tablice

Toplinski tok potreban za kondenzaciju freona je: & (h1 − h2 ) = 0.02(409.5 − 238.535) ⋅ 103 = 3.42 ⋅ 103 Q=m

W

Maseni protok vode potreban za hla đenje kondenzatora je: &v = m

Q hizl − hul

=

3.42 ⋅ 103 = 0.082 kg s 62.9 − 20.98

Primjer 8.6 (jednadžba (jednadžba

očuvanja količine gibanja) Iz otvora na vertikalnoj stijenci spremnika izlazi mlaz vode brzinom od v = 5.6 m/s. Razina vode u spremniku je konstantna (vidi sliku). Na mjestu izlaza mlaz ima promjer od d = = 40 mm. Ako znamo da se spremnik giba brzinom od u = 0.9 m/s suprotno od smjera istjecanja mlaza, potrebno je odrediti poriv mlaza F i i rad mlaza na spremnik u jedinici vremena. Kontrolni volumen

Slika Poriv mlaza vode na spremnik u gibanju Rješenje Duž osi x primjeniti ćemo jednadžbu očuvanja količine gibanja.

d 2π

0.04 2 π ((v − u ) − (− u )) = 1000 ⋅ 5.6 ((5.6 − 0.9) − (− 0.9)) = 39.41 N ∑ F = m& (v2 − v1 ) = ρ v 4 4 Snagu mlaza ćemo izračunati iz rada sile poriva na spemnik (hvatište sile) u jedinici vremena, tj. kao produkt sile poriva i brzine spremnika: P = = Fv s = 39.41⋅0.9 = 35.47 W


27

Zadaci

Primjer 8.7 (unutarnji

stupanj stupanj djelovanja djelovanja turbine) Turbina je napajana parom tlaka p1 = 1.2 MPa i temperature T 1 = 300 °C. Para na izlazu iz turbine ima tlak p2 = 10 kPa. Turbina na svome vratilu odaje specifi čni rad w = 700 kJ/kg pare. Koristeći termodinamičke tablice za vodenu paru potrebno je izra čunati: a) izentropski stupanj djelovanja pretvorbe η t t u turbini, b) efektivnu entalpiju h2 i sadržaj pare na izlazu iz turbine, c) postotnu promjenu entropije i d) pomo ću Mollierovog h-s dijagrama za vodenu paru potrebno je odrediti odrediti stupanj djelovanja djelovanja η t t, entalpiju h2, sadržaj pare x i entropiju s2. Rješenje

a) Izentropski stupanj djelovanja η t t predstavlja omjer idealne i stvarne promjene entalpije prilikom pretvorbe energije u turbini. Rad predan turbini je w = 700 kJ/kg i predstavlja stvarnu razliku entalpija. Duž izentrope možemo izme đu tlakova p1 i p2 naći idealnu razliku entalpija. Stanju pare na ulazu odgovaraju vrijednosti: p1 = 1.2 MPa, T 1 = 300 °C, h1 = 3045.8 kJ/kg, s1 = 7.0317 kJ/kg.K Za točku na izentropi pri tlaku na izlazu naći ćemo vrijednosti za p2 = 10 kPa tako da ćemo najprije odrediti sadržaj pare, a zatim iz njega entalpiju: s1 = s2 = s ′ + x( s ′′ − s ′)

→

x =

s − s ′ s ′′ − s ′

=

7.0317 − 0.6493 = 0.851 7.5009 − 0.6493

h2 = h ′ + x(h ′′ − h ′) = 191.83 + 0.851(2584.63 − 191.83) = 2228.1 kJ

kg

Idealna (izentropska) promjena entropije je: wt,is = h2 - h1 = 3045.8 -

2228.1 = 817.7 kJ/kg

Izentropski stupanj djelovanja turbine je: η t =

w

=

wt ,is

700 817.7

=

0.856

b) Efektivna entalpija na izlazu iz turbine je: w = h1 - h2e

→

h2e = h1 - w = 3045.8 - 700 = 2345.8 kJ/kg

Sadržaj pare je: h − h′ = x = 2 e h ′′ − h ′

2345.8 − 191.83 = 0.90 2584.63 − 191.83

c) Specifična entropija za paru na izlazu iz turbine je: s2e = s’ + s” - s’ ) = 0.6493 + + x( s”

0.9(8.1502 - 0.6493) = 7.40 kJ/kg.K

Postotno povećanje entropije je: s 2 e − s1 100 = s1

7.40 − 7.0317 100 = 5.2% 7.0317


28

Zadaci

d) Sada ćemo koristiti Mollierov h-s dijagram. Najprije ćemo odrediti točku koja predstavlja stanje pare na ulazu u turbinu i to na presjecištu izoterme T 1 = 300 °C i izobare p1 = 1.2 MPa. Našli smo se u podru č ju pregrijane pare. Očitavamo h1 = 3050 kJ/kg i s1 = 7.05 kJ/kg.K. Sada nalazimo točku na izobari p2 = 10 kPa pri istoj entropiji. Nalazimo se u podru č ju isparavanja. Očitavamo sadržaj pare x = 0.854 i h2 = 2230 kJ/kg. Izentropski stupanj djelovanja je: η t =

w

=

h1 − h2

700 = 0.854 3050 − 2230

Efektivna entalpija je: h2e = h1 - w = 3050 - 700 = 2350 kJ/kg

Sada odredimo položaj to čke 2e na izobari p2 = 10 kPa i entalpiji h2e = 2350 kJ/kg. Nalazimo se u područ ju isparavanja. Očitavamo s2e =7.42 kJ/kg.K i x2e = 0.902. (stupanj djelovanja kompresora) Kompresor koji adijabatski komprimira zrak sa stupnjem djelovanja od η c = 0.85 usisava zrak pri tlaku p1 = 100 kPa i temperaturi T 1 = 300 K. Brzinu pri usisu i na tla čnoj strani možemo zanemariti. Zrak se tlači natlak p2 = 1 MPa. Uz pretpostavku da je zrak idealni plin sa eksponentom adijabate κ = = 1.40 i c p = 1003.5 J/kg.K potrebno je odrediti mehani čki rad za pogon kompresora kompresora i efektivnu temperaturu zraka na tlačnoj strani (na izlazu iz) kompresora.

Primjer 8.8

Rješenje

Izentropski stupanj djelovanja kompresora je: η c

=

wc

→

w=

w κ −1  κ

 p T 2 = T 1  2   p1 

=

wc ,is

η c

=

1.4−1  1000  1.4

300

  100 

c p (T 1 − T 2 )

η c

=

579 K

wc,is = c p(T 1 - T 2) = 1003.5(579 - 300) = -280 ⋅103 J/kg w=

wc ,is

η c

=

− 280 ⋅ 10

0.85

3

= −329.4 ⋅ 10

3

J/kg

Efektivna temperatura zraka na izlazu iz kompresora je: w = h1 − h2 e = c p (T 1 − T 2 e )

→

T 2 e = T 1 −

w c p

=

300 −

− 329.4 ⋅ 10

1003.5

3

=

628 K


29

Zadaci

DOPUNSKI ZADACI 1. Voda struji u prvoj cijevi promjera 1.1 m brzinom od 2.6 m/s i iz nje ulazi u drugu cijev s promjerom 1.3 m. Druga cijev je serijski vezana na prvu cijev. Potrebno je izra čunati volumenski protok Q i brzinu vb u drugoj cijevi. (Rješenje: Q = 2.471 m 3/s, vb = 1.86 m/s) 2. Volumenski protok vode od 3.6 m 3/s dijeli se na dvije cijevi c i d koje koje su postavljene paralelno. Cijev c ima promjer 0.9 m i kroz nju imamo protok od 1.2 m 3/s. Brzina strujanja u cijevi d je 2.4 m/s. Potrebno je izračunati brzinu strujanja vc u cijevi c i promjer d d d za cijev d . (Rješenje: vc = 2.22 m/s, d d d = 1.13 m) 3. Potrebno je odrediti silu poriva F koju koju mlaz vode promjera 50 mm s brzinom od 18 m/s vrši na spremnik iz kojega istje če. (Rješenje: F = = 636 N) 4. U visokotlačno kućište turbine ulazi protok pare od 74.2 kg/s s entalpijom od 2765 kJ/kg na ulazu i entalpijom od 2517 kJ/kg. U niskotla čno kućište ulazi protok pare od 57 kg/s s entalpijom na ulazu od 2674 kJ/kg i na izlazu od 2279 kJ/kg. Potrebno je izra čunati mehani čku snagu P VT VT za visokotlačni dio turbine, snagu P NT za niskotla čni dio turbine i ukupnu snagu P uk = 40.9 MW) uk . (Rješenje: P VT VT = 18.4 MW, P NT = 22.5 MW, P = 5. Protok vode od 75.6 kg/s ulazi ulazi s entalpijom entalpijom od 688 kJ/kg u generator generator pare i iz njega njega izlazi kao para s entalpijom 2765 kJ/kg. Potrebno je izra čunati snagu kotla. (Rješenje: P = = 157 MW) 6. Iz turbine turbine izlazi para s protokom protokom od 54.3 kg/s i s entalpijom od od 2279 2279 kJ/kg kJ/kg ulazi u kondenzator. Kondenzat na izlazu iz kondenzatora ima entalpiju od 140 kJ/kg. Potrebno je izračunati termičku snagu koja se oduzima pari da bi se kondenzirala. (Rješenje: P = 116.1 MW) 7. Pomoću Mollierovog dijagrama potrebno je odrediti početnu entalpiju h1, početnu entropiju s1 i izentropski pad entalpije ∆h s pare u turbini. Para u turbinu ulazi s tlakom od 4 MPa i s temperaturom od 480 °C da bi se u turbini izvršila adijabatska ekspanzija na tlak od 10 kPa. Ako znamo da je izentropski stupanj djelovanja turbine jednak 0.85, potrebno je j e odrediti entalpiju h2, sadržaj pare x2 i efektivnu snagu turbine P e. (Rješenje: h1 =3398 kJ/kg, s1 = 7.02 kJ/kg.K, ∆h s = 1173 kJ/kg, h2 = 2401 kJ/kg, x2 = 0.923, P e = 997 kJ/kg) 8. Turbini dovodimo dovodimo paru tlaka tlaka 1.5 1.5 MPa MPa i temperature 350 °C. Para iz turbine izlazi pri tlaku od 10 kPa. Rad koji se predaje turbini je 744.5 kJ/kg. Pomo ću Mollierovog dijagrama potrebno je odrediti entalpiju i entropiju na po četku ekspanzije, entalpiju na kraju izentropske ekspanzije, idealni entalpijski pad, idealni sadržaj pare, izentropski stupanj djelovanja turbine, efektivnu entalpiju i sadržaj pare na kraju stvarne ekspanzije u turbini. (Rješenje: h1 = 3147 kJ/kg, s1 = 7.10 kJ/kg.K, h2 s = 2250 kJ/kg, ∆h s = 897 kJ/kg, x2 s = 0.86, η t,is t,is = 0.83, h2 = 2402.5 kJ/kg, x2 = 0.925)


30

Zadaci

ZADACI 9

DINAMIKA NESTLAČIVOG FLUIDA Primjer 9.1 (Prijelaz iz laminarnog u turbulentno podru č je strujanja)

Voda pri atmosferskom tlaku i temperaturi od 20 °C struji kroz cijev promjera 30 mm. Potrebno je odrediti a) kritičnu brzinu pri kojoj počinje prijelaz iz laminarnog u turbulentno strujanje, b) kritičnu brzinu pri kojoj bi imali prijelaz iz laminarnog strujanja u turbulentno, ako bi kroz cijev strujao zrak. Rješenje

a) Reynoldsov broj je: Re =

b) v =

Re kr ν L

Lv

→

ν

v=

Re kr ν L

2100 ⋅ 1.01 ⋅10 −6 = 0.030

= 0.07 m

s

2100 ⋅1.51⋅ 10 −5 = = 1.06 m s 0.030

(Protok i Reynoldsov Reynoldsov broj za strujanje u cjevovodu) cjevovodu) 3 Ulje gustoće ρ = 930 kg/m i viskoznosti µ = 0.26 Pa.s protječe kroz cjevovod masenim protokom od 3 kg/s. Promjer cijevi je 80 mm. Potrebno je a) izračunati brzinu ulja u cjevovodu, b) pokazati da je brzina strujanja manja od kriti čne brzine strujanja, tj. da je strujanje laminarno.

Primjer 9.2

Rješenje

a) Brzinu ulja ćemo odrediti iz jednadžbe j ednadžbe kontinuiteta: →

& = Av m

v=

& m

ρ A

& m

=

ρ

D 2π

=

4⋅3 = 0.64 m s 2 930 ⋅ 0.08 π

4

b) Reynoldsov Reynoldsov broj za ovo strujanje strujanje je: Re =

d v

ν

=

d v

µ

=

930 ⋅ 0.08 ⋅ 0.64 = 183 < Re kr = 2100 0.26

(brzina i tlak u cjevovodu) Jedna pumpa za navodnjavanje (slika) dobavlja vodu (gusto ća ρ = 1000 kg/m 3) tako da joj dovodi specifičnu energiju po jedinici težine od 25 J/N, što odgovara stupcu teku ćine od 25 m. Pumpa siše vodu iz bazena čija je razina 4 m ispod pumpe i tla či je do mlaznice koja se nalazi 2 m iznad pumpe. Promjer mlaznice je 40 mm. Promjer usisne i tla čne cijevi je 120 mm. Ovdje ćemo strujanje vode promatrati uz zanemarivanje trenja duž cijevi. Potrebno je odrediti: a) brzinu mlaza vode koji izlazi iz mlaznice (to čka 3 na slici), b) tlak u usisnoj cijevi na mjestu usisa u pumpu (to čka 1 na slici).

Primjer 9.3


31

Zadaci

Pumpa

Razina tekućine (referentna razina)

Rješenje

a) Da bi riješili ovaj problem koristimo se Bernoulijevom jednadžbom p1

+

v12

ρ g 2 g v 32 =

+ z 1 + H p =

 p − p3 2 g  1  ρ g =

p3

+

v32

ρ g 2 g

+ z 3

  1.0 ⋅ 105 − 1.0 ⋅ 105 + + z − z + H p  = 2 ⋅ 9.81 ⋅    2 g 1 3  1000 ⋅ 9.81  v12

 02 + + 0 − 6 + 25  =  2 ⋅ 9.81 

372.78 m 2 s 2

v3 = 19.31 m/s

b) Da bi mogli odrediti tlak na usisu u pumpu potrebno je poznavati brzinu strujanja vode u usisnoj cijevi. Brzinu vode odrediti ćemo iz jednadžbe kontinuiteta: A2 v 2 = A1v1

p1

+

v12

ρ g 2 g

→

+ z 1 =

p2

v2 =

+

v 22

ρ g 2 g

A3v 3 A2

=

d 32 v 3 d 22

0.04 2 ⋅ 19.31 = = 2.14 m s 0.12 2

+ z 2

 v12 − v22  02 − 2.14 2 p1   = 1000 ⋅ 9.81 + z 1 − z 2 + p2 = ρ g    g g ρ 2    2 ⋅ 9.81

1.0 ⋅ 105  3 +0−4+ = 59.7 ⋅ 10 Pa  1000 ⋅ 9.81 

(Protok i tlak u sifonu) Sifon promjera 100 mm (slika) ispunjen je vodom i slobodno se prazni u okoliš u kojemu vlada atmosferski tlak. Pražnjenje se vrši kroz mlaznicu promjera 50 mm. Gubici zbog trenja fluida se zanemaruju. Potrebno je odrediti a) volumni protok kroz mlaznicu, b) relativne tlakove u točkama 1, 2, 3 i 4.

Primjer 9.4


32

Zadaci

Piezometarska linija

Referentna razina

Rješenje

a) Na presjeke 0 i 5 primjeniti ćemo Bernoulijevu jednadžbu: p 0

+

v 02

ρ g 2 g

+ z 0 =

p5

ρ g 2 g

U točki 0 imamo: U točki 5 imamo: v5 =

+

v52

+ z 5

p0 = 105 Pa, v0 = 0 m/s, z 0 = 4 m p0 = 105 Pa, z 0 = 0 m

 p 0 − p5 v 02   + z 0 − z 5 + 2 g   ρ g g 2  

=

2   105 − 105 0  = 8.86 m s +0−4+ 2 ⋅ 9.81  ⋅ ⋅ 1000 9 . 81 2 9 . 81  

Volumni protok na mlaznici je: & V

5 = v5 A5 = v5

d 52π

0.052 π 3 = 8.86 = 0.0174 m s 4 4

b) Sada ćemo najprije izračunati brzinu u cijevi sifona iz jednadžbe kontinuiteta: v=

& V

=

A

4V & d c2π

=

4 ⋅ 0.0174 = 2.21 m s 0.12 2 π

Pomoću Bernoulijeve jednadžbe ćemo sada odrediti relativne tlakove u svakom od presjeka cijevi: Tlak u presjeku 1: p 0

+

v 02

ρ g 2 g

+ z 0 =

p1

+

v12

ρ g 2 g

+ z 1


 v02 − v12 + z 0 ρ g  g 2 

p1,r = p1 − p 0 = =

33

  0 2 − 2.212 − z 1  = 1000 ⋅ 9.81    2 ⋅ 9.81 

Zadaci

  

+ 0 − 0  = −2440 Pa

=

-2.44 kPa

Tlak u presjeku 2: p 0

+

v 02

ρ g 2 g

+ z 0 =

p 2

ρ g 2 g

p2,r = p 2 − p0 = =

+

v 22

+ z 2

 v02 − v22 + z 0 ρ g  g 2 

  0 2 − 2.212 − z 2  = 1000 ⋅ 9.81    2 ⋅ 9.81 

+ 0 − 3  = −31880 Pa

  0 2 − 2.212 − z 3  = 1000 ⋅ 9.81     2 ⋅ 9.81

+ 0 − 0  = −2440 Pa

  0 2 − 2.212  − z 4 = 1000 ⋅ 9.81    2 ⋅ 9.81 

+ 0 + 4 =

  

=

-31.88 kPa


+

v 02

ρ g 2 g

+ z 0 =

p3

+

v 32

ρ g 2 g

+ z 3

 v02 − v32 p3,r = p 3 − p0 = ρ g   2 g + z 0  =

  

=

  

36800 Pa =

-2.44 kPa


+

v 02

ρ g 2 g

+ z 0 =

p 4

ρ g 2 g

p4,r = p 4 − p0 = =

+

v 42

+ z 4

 v02 − v42 + z 0 ρ g  g 2 

36.8 kPa

(Stvarni protok protok na sapnici) Kroz provrt na spremniku izlazi voda. Promjer provrta je 10 mm. Visina vode iznad provrta je 2 m. Koeficijent kontrakcije mlaza je C c = 0.64, a koeficijent brzine je C b = 0.97. Potrebno je odrediti a) promjer mlaza, b) efektivnu brziu istjecanja, c) teorijski protok i d) stvarni protok.

Primjer 9.5

Rješenje

a) Promjer mlaza d je je onaj koji mjerimo mj erimo na mjestu suženja mlaza. Am ,e =

d m2 ,eπ

4

= C c A = C c

d m,e = C c d 2 = C c d =

d 2π

4 0.64 ⋅ 0.01 = 0.008 m = 8 mm


34

Zadaci

b) Brzina istrujavanja: istrujavanja: v = C b vt = C b

2 g h

=

0.97 2 ⋅ 9.81 ⋅ 2

=

6.08 m s

c) Teorijski protok ćemo dobiti kada bi mlaz teorijskom brzinom vt istjecao po cijelom protočnom presjeku sapnice: & V

t

= v t A =

2 gh

d 2π

4

=

0.012 π −4 3 = 4.92 ⋅ 10 m s 2 ⋅ 9.81 ⋅ 2 4

d) Stvarni protok bi dobili sa stvarnom brzinom istjcanja i stvarnom površinom mlaza na izlazu iz sapnice: −4 & = v A = C v C A = C C V & V m ,e b t c b c t = 0.97 ⋅ 0.64 ⋅ 4.92 ⋅ 10

= 3.054 ⋅ 10-4 m 3 s

DOPUNSKI ZADACI 1. Potrebno je izračunati Reynoldsov broj Re kr koji koji odgovara kriti čnoj brzini zraka od 0.31 m/s u cijevi promjera 100 mm. Izra čunti brzinu vode pri kojoj bi dostigli kriti čni Reynoldsov broj za protok kroz istu cijev. Podatke za kinematsku viskoznost usvojiti iz tablica. (Rješenje: Re cr = = 2053, vcr = 0.02 m/s) 2. Ulja gustoće 930 kg/m3 i dinamičke viskoznosti 0.26 kg/(m.s) protječe s protokom od 5 dm3/s kroz cijev promjera 50 mm. Potrebno je odrediti brzinu v, Reynoldsov broj i karakter strujanja. (Rješenje: v = 2.5 m/s, Re = 547, strujanje je laminarno) 3. Etilni alkohol gustoće 789 kg/m3 i dinamičke viskoznosti 0.012 kg/(m.s) protje če protokom od 2.5 kg/s kroz cijev promjera 70 mm. Potrebno je odrediti brzinu v, Reynoldsov broj i karakter strujanja. (Rješenje: v = 0.82 m/s, Re = 37700, strujanje je turbulentno) 4. Potrebno je izračunati ukupnu visinu H struje struje vode (gusto ća 1000 kg/m3), koja protječe kroz cjevovod pri tlaku 40 kPa, na visini od 5 m brzinom od 10 m/s. (Rješenje: H = = 14.17 m) 5. U cijevi promjera 50 mm struji voda (gustoća 1000 kg/m3) konstantnom brzinom od 2.4 m/s. Potrebno je izračunati tlak p u jednom presjeku koji se nalazi na razini od 2 m, znajući da u jednom drugom presjeku, koji je na visini od 10 m, vlada tlak od 275 kPa. (Rješenje: p = 353 kPa) 6. Cijev u kojoj struji voda (gustoća 1000 kg/m3) s protokom od 0.1 m 3/s ima u gornjem dijelu promjer od 1.4 m, koji se nalazi na visini od 4 m, tlak od 80 kPa. Cijev u donjem dijelu, koji se nalazi na visini od 0 m, ima promjer od 0.5 m. Potrebno je izra čunati brzinu v g u gornjem dijelu cijevi i brzinu vd i tlak pd u donjem dijelu cijevi. (Rješenje: v g = 0.06 m/s, vd = 0.51 m/s, pd = 119 kPa) 7. Tekućina izlazi iz provrta s promjerom od 20 mm, koji se nalazi 6 m ispod razine tekućine. Ako pretpostavimo da je koeficijent kontrakcije mlaza jednak C c = 0.65 i da je koeficijent brzine C b = 0.98, potrebno je izračunati promjer mlaza na mjestu suženja, brzinu istrujavanja i volumenski protok u mlazu. mlazu. (Rješenje: d = = 16 mm, v = 10.6 m/s, Q = 3 2.15 dm /s)


35

Zadaci

ZADACI 10

STACIONARNO STRUJANJE FLUIDA U CIJEVOVODIMA (Pad tlaka u cijevi) cijevi) Kroz glatku cijev promjera D = 20 mm, dugu L = 700 m struji voda s protokom Q = 0.157 dm3/s. Potrebno je odrediti a) pad tlaka zbog trenja u cijevi i b) odgovarajući pad napora.

Primjer 10.1

Rješenje

a) Iz dijagrama za pad tlaka u cijevima (slika 10.6) polazimo od protoka Q = 0.157 dm 3/s i dižemo vertikalu sve do pravca za cijev promjera 20 mm. Od toga presjecišta vu čemo horizontalu do ordinate gdje ćemo očitati pad tlaka: ∆ p

L

= 197 Pa

m

U istom dijagramu, linije koje su nagnute u drugom smjeru odnose se na brzinu strujanja. Iz tih linija bi očitali brzinu strujanja v = 0.5 m/s, čemu odgovara protok od Q = 0.157 dm 3/s na promjeru od 20 mm. Ukupni Ukupni pad tlaka na cijeloj dužini cjevovoda cjevovoda je: ∆ p =

∆ p

L

L = 197 ⋅ 700 = 137900 Pa = 137.9 kPa

b) Pad napora ćemo odrediti tako da pad tlaka pretvorimo u stupac teku ćine: ∆ p = g ∆ H

∆ H =

137900 = 14.1 m stupca vode ρ g 1000 ⋅ 9.81 ∆ p

=

(Pad tlaka u cijevi za strujanje strujanje zraka) Kroz glatki cjevovod, dužine 500 m, struji zrak s protokom Q = 1 m3/s. Potrebno je odrediti ukupni pad tlaka, odgovaraju ći pad napora i promjer cjevovoda za dvije razli čite brzine strujanja zraka: a) v = 5 m/s i b) v = 10 m/s.

Primjer 10.2

Rješenje

a) Iz dijagrama za pad tlaka u cijevima (slika 10.6b) polazimo od protoka Q = 1 m3/s i dižemo vertikalu sve do pravca za brzinu v = 5 m/s. Od toga presjecišta vu čemo horizontalu do ordinate gdje ćemo očitati pad tlaka: ∆ p

L

= 0.5 Pa

m

Ukupni pad tlaka na cijeloj dužini cjevovoda je:

Pogonski i radni strojevi ∆ p

∆ p =

L

36

Zadaci

L = 0.5 ⋅ 500 = 250 Pa

Pad napora ćemo odrediti tako da pad tlaka pretvorimo u stupac fluida: ∆ p = g ∆ H

250 = 21.2 m stupca zraka ρ g 1.2 ⋅ 9.81 ∆ p

∆ H =

=

Protoku od 1 m 3/s pri brzini strujanja od 5 m/s odgovara promjer cijevi od D = 0.5 m b) Iz dijagrama za pad tlaka tlaka u cijevima (slika 10.6b) polazimo polazimo od protoka Q = 1 m3/s i dižemo vertikalu sve do pravca za brzinu v = 10 m/s. Od toga presjecišta vu čemo horizontalu do ordinate gdje ćemo očitati pad tlaka: ∆ p

L

= 2.5 Pa

m

Ukupni pad tlaka na cijeloj dužini cjevovoda je: ∆ p

∆ p =

L

L = 2.5 ⋅ 500 = 1250 Pa

Pad napora ćemo odrediti tako da pad tlaka pretvorimo u stupac fluida: ∆ p = g ∆ H

1250 = 106.2 m stupca zraka ρ g 1.2 ⋅ 9.81 ∆ p

∆ H =

=

Protoku od 1 m 3/s pri brzini strujanja od 10 m/s odgovara promjer cijevi od D = 0.35 m (Potrebna snaga snaga za održavanje održavanje fluida u gibanju) gibanju) Kroz horizontalnu čeličnu cijev promjera 50 mm, dužine 1200 m, te če voda s dinami čkom viskoznosti µ = = 0.001 Ns/m 2. Cijev je nova i čista i ima kružni presjek. Potrebno je odrediti pad napora zbog gubitaka trenja i potrebnu snagu za pokrivanje gubitaka trenja za dva različita protoka vode: a) Q = 0.06 dm 3/s i b) Q = 0.6 dm3/s.

Primjer 10.3

Rješenje

a) Najprije moramo odrediti Reynoldsov broj: v=

Q

=

A

Re =

v d

ν

4Q 2

=

d π =

vd

µ

4 ⋅ 0.06 ⋅ 10 −3 0.052 π =

=

0.0305 m s

1000 ⋅ 0.0305 ⋅ 0.05 = 1525 0.001


37

Zadaci

Strujanje je laminarno. Iz dijagrama za koeficijent trenja po Moodyju dobivamo dobivamo λ = = 0.04. Istu vrijednost mogli smo dobiti iz jednadžbe: 64 64 = = 0.042 ≈ 0.04 Re 1525

λ =

Pad napora u dionici cjevovoda je: L ρ v 2

∆h =

λ

∆ p

ρ g

d 2 ρ g

=

=

1200 1000 ⋅ 0.03052 0.04 0.05 2 1000 ⋅ 9.81

=

0.0455 m stupca vode.

Potrebna snaga za održavanje strujanja vode je: P = Q ∆ p = Qρ g ∆h = 0.06 ⋅10 −3 ⋅ 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 0.0455 = 0.02679 W

b) Najprije moramo odrediti odrediti Reynoldsov Reynoldsov broj: v=

Q

=

=

2

d π

A

Re =

4Q

v d

ν

=

vd

µ

4 ⋅ 0.6 ⋅ 10 −3 0.052 π =

=

0.305 m s

1000 ⋅ 0.305 ⋅ 0.05 = 15250 0.001

Strujanje je turbulentno. U ovom slu čaju potrebno je poznavati relativnu hrapavost cijevi k/d . Za k/d = = 0.001 i Reynoldsov broj Re = 15250 iz dijagrama o čitavamo koeficijent trenja λ = 0.03. Koeficijent trenja možemo odrediti i iz jednadžbe: 1 λ

 k d 2.51  0.001 2.51  0.0001646    = −2log + + = −2 log 0.0002857 +     3.7 Re λ  3 . 5 λ λ 15250      

= −2log

Iteracijskim postupkom dobiti ćemo da je λ = = 0.03. Pad napora u dionici cjevovoda je: L ρ v 2

∆h =

∆ p

ρ g

λ =

d 2 ρ g

=

1200 1000 ⋅ 0.3052 0.03 0.05 2 1000 ⋅ 9.81

=

3.414 m stupca vode.

Potrebna snaga za održavanje strujanja vode je: P = Q ∆ p = Qρ g ∆h = 0.6 ⋅ 10 −3 ⋅1000 ⋅ 9.81 ⋅ 3.414 = 20.095 W

(Ukupni pad tlaka u cjevovodu cjevovodu s armaturom) U trgovačkoj čeličnoj cijevi promjera d = = 50 mm i dužine L = 30 m protječe voda. Koeficijent trenja za strujanje u cijevi je λ = = 0.02. Volumenski protok vode u cijevi je Q = 0.012 m 3/s. Cijev povezuje dva spremnika, tako da je potrebno uzeti u obzir gubitke strujanja na ulazu i

Primjer 10.4


38

Zadaci

na izlazu iz cijevi. U cjevovodu su ugra đena dva koljena po 90 ° i jedan ventil, koji je pri ovom protoku potpuno otvoren. Potrebno je odrediti ukupni pad napora. Rješenje

Ukupni pad napora izra čunati ćemo iz pada tlaka: 2

 L  v ∆ H = =  λ + ∑ξ i  ρ g  d  2 g ∆ p

Suma lokalnih otpora trenja je: Ulaz u cijev: Izlaz iz cijevi: Koljeno 90°: Otvoreni ventil:

ξ 1 = 0.5 ξ 2 = 0.5 ξ 3 = 0.6 ξ 5 = 0.26

Σξ = = ξ 1 + ξ 2 + ξ 3 + ξ 4 + ξ 5 =

0.5 + 0.5 + 0.6 + 0.6 + 0.26 = 2.46

Brzina strujanja je: v=

Q A

=

4Q d 2π

=

4 ⋅ 0.012 = 6.11 m s 2 0.05 π 2

30   6.11 ∆ H =  0.02 + 2.46  = 27.51 m stupca fluida 0.05   2 ⋅ 9.81

DOPUNSKI ZADACI 1. U glatkoj cijevi s unutarnjim promjerom od 40 mm, dužine 600 m, protječe voda s protokom od 0.4 dm3/s. Potrebno je odrediti brzinu vode, pad tlaka po jednom dužnom metru cijevi, ukupni pad tlaka i ukupni pad napora. (Rješenje: v = 0.32 m/s, ∆ p/L = 38 Pa/m, ∆ p = 22.8 kPa, ∆ H = = 2.3 m stupca vode) 2. Kroz glatki cjevovod cjevovod s unutarnjim unutarnjim promjerom 400 mm, dužine dužine 400 m, struji zrak s 3 protokom od 1 m /s. potrebno je odrediti brzinu zraka, pad tlaka po metru dužnom cijevi, ukupni pad tlaka i ukupni pad napora. (Rješenje: v = 8 m/s, ∆ p/L = 1.4 Pa/m, ∆ p = 560 Pa, ∆ H = = 47.5 m stupca zraka) 3. Koja je snaga potrebna za održavanje održavanje protoka vode od 0.4 0.4 dm 3/s kojastruji kroz cjevovod tako da je pad napora jednak 2.3 m stupca vode? (Rješenje: P = = 9 W) 4. Potrebno je odrediti Reynoldsov Reynoldsov broj broj i koeficijent trenja za strujanje vode vode s protokom od 3 0.4 dm /s kroz cjevovod promjera 40 mm. (Rješenje: Re = 12600, λ = = 0.03) 5. Potrebno je odrediti Reynoldsov Reynoldsov broj broj i koeficijent koeficijent trenja za protok zraka od od 1 m 3/s kroz cjevovod promjera 400 mm. (Rješenje: Re = 211000, λ = = 0.015) 6. Kroz trgovačku čeličnu cijev promjera 50 mm protječe voda s protokom od 0.012 m 3/s. Potrebno je odrediti relativnu hrapavost, Reynoldsov broj i koeficijent trenja. (Rješenje: k/d = = 0.0009, Re = 302500, λ = = 0.02)


39

Zadaci

7. Potrebno je izračunati dodatni pad napora na cjevovodu u kojemu voda struji brzinom od 8 m/s zbog toga što su ugra đena dva koljena po 45 ° i ventil (zasun), koji je otvoren napola. (Rješenje: ∆ H = = 12.6 m stupca vode) 8. Kroz trgovačku čeličnu cijev, promjera 76 mm, dužine 60 m, protje če voda brzinom od 6 m/s. Koeficijent trenja za strujanje u cijevi je λ = = 0.019. Cjevovod ima i lokalne otpore na ulazu i na izlazu i zlazu iz cijevi, na ventilu (zasunu), koji je otvoren na 3/4 i dva koljena od 90 °. Potrebno je izračunati ukupni pad napora. (Rješenje: ∆ H = = 32.1 m stupca vode) 9. Voda koja izlazi iz većeg spremnika ulazi u čeličnu cijev promjera 50 mm i dužine 15 m. U cjevovodu promjera 50 mm je ugra đen kuglasti ventil (otvoren). Nakon toga cijev sena kraju širi na promjer od 200 mm. Znajući da je koeficijent trenja za strujanje kroz cijev jednak λ = = 0.02, potrebno je odrediti lokalne koeficijente trenja na ulazu, na kuglastom ventilu i na naglom proširenju cijevi. Znaju ći da je brzina vode u cijevi jednaka v = 5.4 m/s, potrebno je izračunati ukupni pad napora. (Rješenje: ξ 1 = 0.5, ξ 2 =9, ξ 3 = 0.88, ∆ H = = 24.3 m stupca vode)


40

Zadaci

ZADACI 11

DINAMIKA KOMPRESIBILNIH FLUIDA (Protok zraka zraka u cjevovodu) Kroz termički izolirani cjevovod s promjenljivim presjekom struji adijabatski i bez izmjene rada s okolišem, zrak sljedećih karakteristika: Stanje na ulazu: stati čka temperatura T 1 = 800 K, brzina v1 = 150 m/s. Stanje na izlazu: stati čki tlak p2 = 100 kPa, brzina v2 = 600 m/s. Potrebno je odrediti: a) zastojne temperature na ulazu T 1o i izlazu T 2o, b) statičku temperaturu T 2 na izlazu, c) zastojni tlak p1o na ulazu i d) omjer površina A1/ A A2 na ulazu i izlazu.

Primjer 11.1

Rješenje

a) Protok je izentropski izentropski (adijabatski) (adijabatski) i povrativi. Zahvaljujući tome zastojna entalpija na izlazu jednaka je zastojnoj entalpiji na ulazu. o

o

h = h1 = h1 +

v12

2

→

(

o

)

c p T 1 − T 1 =

v12

2

v12

1502 = 800 + = 811.2 K T 1 = T 1 + 2c p 2 ⋅ 1003.5 o

Obzirom da su zastojne entalpije jednake, to će i zastojne temperature (uz pretpostavku c p = konst) biti jednake: T o = T 1o = T 2o = 811.2 K

b) Statička temperatura T 2 na izlazu biti će izračunata iz entalpije i poznate brzine strujanja: 6002 = 811.2 − = 631.8 K T 2 = T 2 − 2c p 2 ⋅ 1003.5 o

v 22

c) Zastojni tlak p2o možemo odrediti iz promjena temperature i tlaka za adijabatsku promjenu: κ κ  −1

 T p2o = p 2  2   T 2  o

= 100 ⋅ 10

1.4 3  811.2  1.4−1

   631.8 

=

239.8 ⋅ 103 Pa

Obzirom da je promjena adijabatska i bez izmjene rada s okolišem, zastojni tlakovi na ulazu i izlazu su jednaki pa je: p o = p1o = p2o = 239.8 kPa

d) Iz jednadžbe kontinuiteta u koje ćemo umjesto gustoća staviti izraze za gusto ću, dobiti ćemo omjer protočnih presjeka:

Pogonski i radni strojevi ρ 1 A1v1 = ρ 2 A2v2

→

41 p1 RT 1

A1v1 =

p 2 RT 2

Zadaci

A2 v 2

Tlak p1 je: κ  T  κ −1

p1 = p1o  1o   T 1 

=

1.4  1.4−1

800 239.8 ⋅ 103     811.2 

=

228.4 ⋅ 103 Pa

Konačno je omjer površina: A1 A2

=

p 2 v 2 T 1 p1v1 T 2

=

100 ⋅ 103 ⋅ 600 800 = 2.218 3 631 . 8 228.4 ⋅ 10 ⋅ 150

(Stanje pare u jednom dijelu turbine) U jednom dijelu parne turbine, stanje pare je sljede će: zastojni tlak je po = 800 kPa, zastojna temperatura je T o = 200 °C i statički tlak je p = 350 kPa. Pomo ću Mollierovog dijagrama potrebno je odrediti: a) statičku temperaturu T i odgovarajuće vrijednosti entropije i specifičnog volumena, b) brzinu pare, c) maseni protok pare po jedinici površine.

Primjer 11.2

Rješenje

a) Za zadano stanje po = 800 kPa i T o = 200 °C iz Mollierovog dijagrama očitavaju se vrijednosti: ho = 2839 kJ/kg so = 6.815 kJ/(kg.K)

Zastojno stanje je na istoj vrijednosti entropije kao i stati čko stanje (po definiciji). U presjecištu izentrope so = 6.815 kJ/(kg.K) i izobare p = 350 kPa imamo to čku koja određuje stanje pare u turbini:

Linija zasićenja

T = = 139 °C h = 2681 kJ/kg v = 0.5 kg/m3

Područ je smjese pare i tekućine

b) Brzinu ćemo dobiti iz razlika zastojne i stati čke entalpije:

Pogonski i radni strojevi v=

2∆ h

=

42

2(h o − h ) = 2(2839 − 2681) ⋅ 103

Zadaci = 562.14 m s

c) Maseni protok po jedinici površine dobiti ćemo iz jednadžbe kontinuiteta: & = Av m

→

& m A

= ρ v =

562.14 2 = 1124..28 kg m s 0.5

(Brzina zvuka u pari unutar unutar cjevovoda) cjevovoda) Potrebno je izračunati brzinu zvuka u pari koja protje če kroz cjevovod pri temperaturi T = = 200 °C i tlaku od p = 0.8 MPa.

Primjer 11.3

Rješenje

Stanje pare određuje točku u područ ju pregrijane pare, tako da je eksponent adijabate κ = = 1.3. 3 Specifični volumen pare je v = 0.2608 m /kg. Brzina zvuka je: a = κ RT = κ pv =

1.3 ⋅ 800000 ⋅ 0.2608 = 520.8 m s

(Machov broj za strujanje zraka u cijevi) Kroz cijevovod protječe zrak brzinom od 500 m/s. a) Potrebno je odrediti Machov broj M za za dvije različite temperature zraka T 1 = 298 K i T 2 = 1000 K. b) Koji bi bio Machov broj kada bi umjesto zraka protjecao helij?

Primjer 11.4

Rješenje

a) Brzina zvuka će biti: za temperaturu T 1 = 298 K: a = κ RT =

1.4 ⋅ 287 ⋅ 298 = 346.03 m/s

→

M =

v

=

500 = 1.445 246.03

=

500 = 0.72 694.38

a

Za temperaturu T 2 = 1200 K: a = κ RT =

1.4 ⋅ 287 ⋅1200 = 694.38 m/s

→

M =

v a

b) ako bi imali helij, njegova plinska konstanta je R = 2077 J/kg.K, κ = = 1.667, za temperaturu T 1 = 298 K: a = κ RT =

1.667 ⋅ 2077 ⋅ 298 = 1015.77 m/s

→

M =

→

M =

v

=

500 = 0.4922 1015.77

=

500 = 0.2453 2038.34

a

Za temperaturu T 2 = 1200 K: a = κ RT =

1.667 ⋅ 2077 ⋅ 1200 = 2038.34 m/s

v a


43

Zadaci

DOPUNSKI ZADACI 1. U nekom nekom presjeku cjevovoda izmjerena je stati čka temperatura od 900 K. Potrebno je izračunati zastojnu temperaturu T o zraka koji struji kroz cijev za dvije različite brzine strujanja: a) za brzinu od 120 m/s i b) za brzinu od 200 m/s. (Rješenje: a) T o = 907 K, b) T o = 920 K) 2. Potrebno je odrediti specifični volumen i brzinu zvuka za paru koja struji kroz cjevovod pri temperaturi od 300 K i tlaku od 200 kPa. kPa. (Rješenje: v = 1.3162 m 3/kg, a = 585 m/s) 3. Potrebno je izračunati brzinu zvuka i Machov broj za zrak koji pri temperaturi od 600 °C protječe kroz cjevovod brzinom od 400 m/s. (Rješenje: a = 592 m/s, M = = 0.67) 4. Potrebno je izračunati brzinu istjecanja pare, ako znamo da je entalpijski pad jednak 120 kJ/kg. (Rješenje: v = 490 m/s)


44

Zadaci

ZADACI 12

PRIJENOS TOPLINE, IZMJENJIVAČI Primjer 12.1 (Protusmjerni

izmjenjivač topline) Protusmjerni izmjenjivač topline s koncentri čnim cijevima (slika) koristi se za hla đenje ulja za podmazivanje u jednom plinskoturbinskom postrojenju. Protok rashladne vode, koja struji kroz unutarnju cijev promjera d 1 = 15 mm je (dm/dt )v = 0.1 kg/s. Ulje protječe kroz vanjsku cijev promjera d 2 = 50 mm s protokom od ( dm/dt )u = 0.05 kg/s. Ulje na jednoj strani hladnjaka ulazi s temperaturom od T u,u,1 = 110 °C, dok voda ulazi na suprotnoj strani s temperaturom od T v,1 v,1 = 30 °C. Uz pretpostavku da je koeficijent izmjene topline k = 40 2 W/m .K potrebno je odrediti potrebnu dužinu izmjenjiva ča da bi se ulje ohladilo na temperaturu od T u,2 u,2 = 70 °C. U proračunu je potrebno uzeti vrijednosti za ulje: c p = 2.13 kJ/kg.K, a za vodu: c p = 4.18 kJ/kg.K

Ulje

Voda

Uzduž izmjenjiva ča topline

Ulje

Voda

Slika Shema protusmjernog izmjenjivača topline Rješenje

Iz toplinskog toka koji je potrebno oduzeti ulju odrediti ćemo površinu izmjenjivača: Q&

= k A∆T Ld 1π ∆T sr sr = k

→

L =

Q& k π d 1 ∆T sr

Da bi odredili srednju razliku temperatura ∆T sr potrebno je odrediti još temperaturu vode na izlazu iz hladnjaka. Sva toplina koju oduzimamo ulju prije ći će na vodu i zagrijati je: Izmjenjena količina topline je:


45

Zadaci

& c p (T u ,1 − T u ,2 ) = 0.05 ⋅ 2130(110 − 70)) = 4260 W Q& = m

Ovaj se toplinski tok predaje rashladnoj vodi, pa ćemo imati: Q&

(

)

& v c pv T v,2 − T v ,1 → =m

T v ,2 = T v ,1 +

Q&

& v c p,v m

= 30 +

4260 = 40.19 °C 0.1 ⋅ 4180

Srednja razlika temperatura je: ∆T sr =

(T u,1 − T v ,2 ) − (T u, 2 − T v ,1 ) (110 − 40.19) − (70 − 30) = = 53.53 K 110 − 40.19  ln    70 − 30 

 T u,1 − T v ,2     T u,2 − T v,1 

ln

Potrebna dužina hladnjaka je: L =

Q& k π d 1 ∆T sr

=

4260 = 42.22 m 40 ⋅ π ⋅ 0.015 ⋅ 53.53

Primjer 12.2 (Izmjenjivač topline s popre čnim strujanjem)

Ispušni plinovi sporokretnog dvotaktnog dizelskog motora prolaze kroz utilizacijski kotao poprijeko na snopove cijevi kroz koje prolazi voda i para (slika). Temperatura ispušnih plinova na ulazu je T p,1 = 400 °C, a na izlazu je T p,2 = 120 °C. Toplina se predaje vodi pod tlakom koja s protokom od ( dm/dt )vp = 1.2 kg/s prelazi s temperature T vp, vp,1 = 30 °C na temperaturu T vp, vp,2 = 140 °C. Specifi čna toplina vode je c5 = 4187 J/kg.K. Koeficijent prijelaza topline je k = = 110 W/m2.K. Potrebno je odrediti površinu izmjenjivača za prijenos topline.

Duž izmjenjiva ča

Slika Izmjenjivač s poprečnim strujanjem Rješenje

Potrebnu površinu za izmjenu topline odrediti ćemo iz jednadžbe za toplinski tok predan u izmjenjivaču: Q& = k A∆T sr

→

A =

Q& k ∆T sr


46

Zadaci

Da bi mogli izračunati potrebnu površinu, moramo poznavati srednju razliku temperatura i izmjenjeni toplinski tok: Srednju razliku temperatura odrediti ćemo primjenom korekcije pomoću vrijednosti P i Z i dijagrama na slici 12.9: P =

Z =

T vp , 2 − T vp ,1 T p,1 − T vp ,1 T p ,1 − T p ,2 T vp ,2 − T vp ,1

=

140 − 30 = 0.297 400 − 30

=

400 − 120 = 2.545 140 − 30

Iz dijagrama očitavamo faktor korekcije: Srednja razlika temperature je: ∆T sr =

T p ,1 − T vp , 2 − T p , 2 − T vp ,1

 T p ,1 − T vp ,2   ln  − T T  p ,2 vp,1 

F =

F = = 0.88

(400 − 140) − (120 − 30) 0.88 = 141.02 K  400 − 140  ln   120 − 30 

Izmjenjena toplina je: & vp c p ,v (T vp , 2 − T vp,1 ) = 1.2 ⋅ 4187(140 − 30) = 552.7 ⋅ 103 Q& = m

W

Potrebna površina izmjenjivača topline je: 552.7 ⋅ 103 2 = = 35.63 m A = k ∆T sr 110 ⋅ 141.02 Q&

Primjer 12.3 (Različite izvedbe izmjenjivača topline)

U jednom izmjenjivaču topline s cijevnim snopom protje če etanol s protokom od ( dm/dt )e = 10.45 kg/s kojega treba ohladiti s temperature od T e,e,1 = 60 °C na temperaturu od T e,e,2 = 35 °C pomoću vode s protokom od ( dm/dt )v = 6 kg/s i temperaturom na ulazu T v,v,1 = 6 °C. Poznate su kaloričke veličine za pojedine fluide: etanol c p,e = 2400 J/kg.K, voda c p,v = 4180 J/kg.K, promjer cijevi iz kojih se izra i zrađuje cijevni snop je d = = 25 mm, koeficijent prijelaza topline k = = 2 550 W/m .K. potrebno je izračunati dužinu cijevi za sljede će izvedbe izmjenjivača topline: a) paralelni, b) protusmjerni, protusmjerni, c) poprečni. Rješenje

a) Dužinu cijevi izmjenjivača odrediti ćemo iz predanog toplinskog toka u izmjenjivaču: Q& = k A∆T sr = k Ld 1π ∆T sr

→

L =

Q& k π d 1 ∆T sr

Da bi odredili srednju razliku temperatura ∆T sr potrebno je odrediti još temperaturu vode na izlazu iz hladnjaka. Sva toplina koju oduzimamo etanolu prije ći će na vodu i zagrijati je: Izmjenjena količina topline je:


47

Zadaci

& c p (T e,1 − T e, 2 ) = 10.45 ⋅ 2400(60 − 35) ) = 627000 W Q& = m

Ovaj se toplinski tok predaje rashladnoj vodi, pa ćemo imati: & v c pv (T v,2 − T v ,1 ) → Q& = m

T v , 2 = T v ,1 +

Q&

=

& v c p,v m

6+

627000 6 ⋅ 4180

=

31 °C

Srednja razlika temperatura je: ∆T sr =

(T e,1 − T v ,1 ) − (T e,2 − T v ,2 ) (60 − 6) − (35 − 31) = = 19.21 K  T e,1 − T v ,1     T e,2 − T v ,2 

ln

60 − 6  ln    35 − 31 

Potrebna dužina hladnjaka je: L =

Q& k π d 1 ∆T sr

=

627000 = 755.56 m 550 ⋅ π ⋅ 0.025 ⋅ 19.21

b) Srednja razlika temperatura temperatura za protusmjerni protusmjerni izmjenjivač je: ∆T sr =

(T e,1 − T v ,2 ) − (T e,2 − T v ,1 ) (60 − 31) − (35 − 6) = = neodredjeno  T e,1 − T v, 2    − T T  e,2 v,1 

ln

60 − 31  ln    35 − 6 

Dobili smo izraz u kojemu se nula dijeli s nulom. Do ovakove situacije dolazi kada su tokovi osjetnih tooplina (produkti masenog protoka i specifi čne topline) jednaki: & = m& c = 10.45 ⋅ 2400 = 25080 W/K C e e p ,e & = m& c = 6 ⋅ 4180 = 25080 W/K C e v p ,v

U ovom slučaju je razlika temperature jednaka na ulazu i izlazu iz izmjenjiva ča topline i jednaka je razlici na na ulazu: ∆T sr = T e ,1 − T v , 2 = 60 − 31 = 29 K

Potrebna dužina cijevi za protusmjerni izmjenjiva i zmjenjivač je: L =

Q& k π d 1 ∆T sr

=

627000 550 ⋅ π ⋅ 0.025 ⋅ 29

=

500.52 m

c) Srednju razliku temperature za izmjenjivač s poprečnim strujanjem dobivamo kao srednju razliku temperatura za protusmjerni izmjenjiva č s time da je množimo s korekcijskim


48

Zadaci

faktorom F (prema (prema dijagramu na slici 12.9). Da bi odredili korekcijski faktor, potrebni su nam faktori P i i Z : P =

Z =

T v , 2 − T v ,1 T e,1 − T v ,1 T e,1 − T e, 2 T v 2 − T v ,1

=

31 − 6 = 0.463 60 − 6

=

60 − 35 =1 31 − 6

Iz dijagramase dobiva korekcijski faktor: F = = 0.9 Srednja razlika temperature je: ∆T sr = ∆T sr , protusmjer ni F = 29 ⋅ 0.9 = 26.1 K

Potrebna dužina cijevi za izmjenjivač s poprečnim strujanjem je: L =

Q& k π d 1 ∆T sr

=

627000 = 556.13 m 550 ⋅ π ⋅ 0.025 ⋅ 26.1

Komentar: U slučaju izmjenjivača s paralelnim strujanjem dužina cijevi izmjenjivača je bila 756 m, kod izmjenjivača s protusmjernim strujanjem dužina je bila 500 m, a kod izmjenjiva ča s poprečnim strujanjem 556 m. Odmah vidimo da je izvedba izmjenjiva ča s paralelnim strujama fluida preskupa i da se posljednje dvije izvedbe razlikuju vrlo malo u dužini cijevi (odnosno površini za prijelaz topline), tako da one predstavljaju naj češće izvođene izmjenjivače topline. DOPUNSKI ZADACI 1. Potrebno je izračunati srednju razliku temperatura za jedan protusmjerni izmjenjiva č topline u kojemu topli fluid (ulje) ulazi s temperaturom od 100 °C i izlazi s temperaturom t emperaturom od 60 °C, dok hladni fluid (voda) ulazi s temperaturom od 15 °C i izlazi s temperaturom od 40 °C. (Rješenje: ∆T sr = 52.1 K) 2. U jednom protusmjernom izmjenjivaču topline s cijevnim snopom, topli fluid ulazi s temperaturom od 160 °C i izlazi s temperaturom 95 °C. Hladni fluid ulazi s temperaturom od 20 °C i izlazi s temperaturom od 80 °C. Ako znamo da je površina izmjenjiva ča jednaka 15 m2 i da je koeficijent izmjene topline jednak 240 W/m 2.K potrebno je izračunati srednju razliku temperatura i toplinski tok. (Rješenje: ∆T sr = 77.5 K, P = = 279 kW) 3. Potrebno je izračunati potrebnu površinu izmjenjiva ča za koji je poznat toplinski tok od 560 kW, koeficijent prijelaza topline od 100 W/m 2K i srednja razlika temperatura od 140 K. (Rješenje: A = 40 m2)


49

Zadaci

ZADACI 13

SMJESE PLINOVA (Broj molova u jednoj smesi) Smjesa idealnih plinova ima molarnu masu M = = 28.97 kg/kmol i pri temperaturi T = = 25 °C i 3 tlaku p = 101 kPa zauzima volumen V = = 5.3 m . Potrebno je odrediti broj molova n, masu m i specifični volumen v smjese plinova.

Primjer 13.1

Rješenje

Iz jednadžbe stanja imamo: pV = nℜT

101 ⋅ 103 ⋅ 5.3 = = 0.216 kmol n= ℜT 8314 ⋅ (273.15 + 25) pV

→

Masu smjese možemo odrediti pomo ću poznatog broja molova: m = n M = 0.216 ⋅ 28.97 = 6.26 kg

Specifični volumen je: v=

V

=

m

5.3 3 = 0.847 m /kg 6.26

Specifični volumen smo mogli odrediti i iz Avogadrovog broja: broja: V v0 = 0 =

22.4 3 = 0.773 m /kg pri normnom stanju. 28.97

Specifični volumen pri zadanom stanju ćemo odrediti iz jednakosti j ednakosti masa: mR =

p0V 0

=

T 0

pV T

→

101 ⋅ 103 (273.15 + 25) 3 = 0.773 = 0.844 m /kg v = v0 3 T 0 p 273.15 101 ⋅ 10 p0 T

(Sastav i masa zraka) Pomoću poznatih podataka za sastav zraka potrebno je odrediti masene udjele pojedinih sudionika, molarne mase i plinsku konstantu zraka.

Primjer 13.2

Rješenje

U tablici su navedeni podaci i provedeni su potrebni prora čuni za ukupno rješenje ovoga problema. Problem rješavamo rješavamo na sljede sljedeći način:


Sastojak

50

Volumni udio % 2

Molarni udio

N2 O2 Ar CO2 H2 Ne He Zrak

1

Zadaci

Masa sastojka po 1 kmol zraka, kg

Maseni udio %

3

Molarna masa kg/kmol 4

5 = 3⋅4

6 = 5/Σ5

78.03 20.99 0.94 0.03 0.01 0.0012 0.0004

0.7803 0.2099 0.0094 0.0003 0.0001 0.000012 0.000004

28.013 31.999 39.948 44.01 2.016 20.183 4.003

21.859 6.717 0.376 0.013 0.0002 0.0003 0.00002

75.46 23.19 1.30 0.045 0.0007 0.001 0.00007

100.00

1.00

Σ5

= 28.966

100.00

Molarni (volumenski) udio yi svakoga sastojka zraka množimo s njegovom molarnom masom i dobivamo masu po jednom kmolu zraka. Sve ove produkte zbrojimo i dobijemo ukupnu molarnu masu zraka. Molarne mase pojedinih sudionika dijelimo s ukupnom molarnom masom i na taj na čin dobivamo masene udjele. Plinsku konstantnu zraka na kraju dobivamo pomoću molarne mase zraka. R =

ℜ

=

8314 = 287 J/kg.K 28.966

(Volumetrijski sastav pojednostavnjenog pojednostavnjenog zraka) zraka) Koristeći podatke za pojednostavnjeni sastav zraka (vidi tablicu) potrebno je provjeriti da volumetrijski sastav odgovara podacima koji su prikazani u istoj tablici.

Primjer 13.3

Rješenje

U tablici su dati podaci i kompletna obrada. Ovdje je zrak sveden samo na dva glavna sastojka, na dušik i kisik. Njihove molarne mase su zaokružene na najbliži cijeli broj. Dijeljenjem masenog udjela s molarnom masom dobiven je broj molova sastojaka po jednom kilogramu zraka. Broj molova je zbrojen, tako da je dobiven broj molova za 1 kg zraka. Dijeljenjem broja molova pojedinog sastojka s ukupnim brojem molova za zrak dobiven je molarni, tj. volumenski udio. Sastoja k 1 N2 O2 Zrak

Sastav po masi, % 2 76.8 23.2

Maseni udio 3 0.768 0.232

100.0

1.000

Molarna masa, kg/kmol 4 28 32

Broj molova, kmol/kg 5=3/4 0.0274 0.0072 Σ5

= 0.0346

Molarni udio 6 = 5 / Σ5 0.791 0.791 0.209 0.209

Vol. sastav % 7 79.1 20.9

1.000

100.0

DOPUNSKI ZADACI 1. Potrebno je izračunati specifični volumen argona Ar, uglji čnog monoksida CO, helija He i vodika H2 pri normnom tlaku i temperaturi. (Rješenje: vAr = 0.561 m 3/kg, vCO = 0.8 m3/kg, vHe = 5.6 m3/kg, vH2 = 11.12 m3/kg)


51

Zadaci

2. Potrebno je izračunati gustoću argona Ar, ugljičnog monoksida CO, helija He i vodika H 2 3 3 pri normnom tlaku i temperaturi. (Rješenje: ρ Ar Ar = 1.78 kg/m , ρ CO CO = 1.25 kg/m , ρ He He = 3 3 0.178 kg/m , ρ H2 H2 = 0.0899 kg/m ) 3. Potrebno je izračunati specifični volumen argona Ar, uglji čnog monoksida CO, helija He i vodika H2 pri normnom tlaku p = 101 kPa i temperaturi T = = 25 °C. (Rješenje: vAr = = 0.612 3 3 3 3 m /kg, vCO = 0.873 m /kg, vHe = 6.11 m /kg, vH2 = 12.14 m /kg) 4. Pomoću univerzalne plinske konstante potrebno je izra čunati plinske konstante argona Ar, ugljičnog monoksida CO, helija He i vodika H 2. (Rješenje: RAr = = 208 J/kg.K, RCO = 297 J/kg.K, RHe = 2077 J/kg.K, RH2 = 4124 J/kg.K)


52

Zadaci

ZADACI 14

GORIVA I IZGARANJE Primjer 14.1 (izgaranje

ugljena) U ložištu generatora pare izgara ugljen s masenim sastavom datim u postotcima obzirom na masu ugljena: Ugljik C 72.8% Vodik H 2 4.8% Kisik O 2 6.2% Dušik N 2 1.5% Sumpor S 2.2% Vlaga H2O 3.5% Pepeo 9.0% Potrebno je izračunati stehiometrijsku masu zraka za izgaranje i potrebnu koli činu zraka za izgaranje pri pretičku zraka λ = = 1.25.

Rješenje

Potrebna stehimetrijska količina zraka je: 8h + 2.667c + s − o 8 ⋅ 4.8 + 2.667 ⋅ 72.8 + 2.2 − 6.2 = 4.31 = 9.85 kg kg 100 100

L st = 4.31

Potrebna količina zraka za izgaranje pri preti čku zraka je: L = λ Lst = 1.25 ⋅ 9.85 = 12.31 kg

kg

Problem 14.2 (izgaranje

tekućeg goriva - izooktana) Ottov motor napaja se stehiometrijskom gorivom smjesom izooktana C 8H18 i zraka. Koristeći se tablicom za teku ća goriva potrebno je odrediti maseni sastav goriva, stehiometrijsku količinu zraka za izgaranje izooktana i ogrijevnu moć stehiometrijske gorive smjese.

Rješenje

Sastav goriva ćemo naći iz kemijskog sastava formule: 8 atoma C × 12.011 kg/kmol + 18 atoma H × 1.008 kg/kmol = = 96.088 kg C + 18.144 kg H = 114.232 kg goriva c=

96.088 = 0.8412 = 84.12% 114.232

h=

18.144 = 0.1588 = 15.88% 114.232

Stehiometrijska količina zraka za izgaranje je: 8h + 2.667c + s − o 8 ⋅ 15.88 + 2.667 ⋅ 84.12 = 4.31 = 15.14 kg kg 100 100

L st = 4.31


53

Zadaci

Ogrijevna moć gorive smjese je: 44.6 ⋅ 10 6 6 = = 2.763 ⋅ 10 J kg = 2.763 MJ kg H s = λ L st + 1 1 ⋅15.14 + 1 H d

(izgaranje plina - metana) Za metan kao plinovito gorivo potrebno je odrediti maseni sastav goriva, stehiometrijsku količinu zraka za izgaranje i stvarno dovedenu koli činu zraka za izgaranje pri preti čku zraka od λ = = 1.1.

Primjer 14.3

Rješenje

Sastav goriva po masi dobiti ćemo iz kemijske formule goriva: 1 atom C × 12.011 kg/kmol + 4 atoma H × 1.008 kg/kmol = = 12.011 kg C + 4.032 kg H = 16.043 kg goriva c=

12.011 = 0.7487 = 74.87% 16.043

h=

4.032 = 0.2513 = 25.13% 16.043

Stehiometrijska količina zraka za izgaranje je: 8h + 2.667c + s − o 8 ⋅ 25.13 + 2.667 ⋅ 74.87 = 4.31 = 17.27 kg kg 100 100

L st = 4.31

Stvarno dovedena koli čina zraka: L = λ Lst = 1.1 ⋅ 17.27 = 19.00 kg

kg

DOPUNSKI ZADACI 1. U ložištu generatora pare izgara bitumenski ugljen sa sljedećim sastavom po masi: c = 72.0%, h = 4.4%, o = 3.6%, n = 1.4%, s = 1.6%, w = 8.0% i a = 9.0%. Potrebno je izračunati stehiometrijsku količinu zraka i efektivnu koli činu zraka ako se izgaranje odvija s pretičkom zraka od λ = = 1.4. (Rješenje: L st = 9.7 kg/kg, L = 13.58 kg/kg) 2. U cilindar dizelskog motora ubrizgava ubrizgava se gorivo koje je ekvivalentno ekvivalentno tetradekanu tetradekanu C14H30.Potrebno je odrediti maseni sastav i stehiometrijsku koli činu zraka. (Rješenje: c = 85%, h = 15%, L st = 14.9 kg/kg) 3. Tekuće gorivo (Bunker C) ima sljedeći sastav po masi: c = 87.9%, h = 10.3%, o = 0.5%, n = 0.1%, s = 1.2%. Potrebno je izra čunati stehiometrijsku masu zraka i efektivnu količinu zraka za izgaranje pri preti čku zraka λ = = 1.19. (Rješenje: L st = 13.66 kg/kg, L = 16.3 kg/kg) 4. Benzin ima po masi 86% 86% ugljika i 14% vodika. vodika. Benzin se dovodi dovodi u Ottov Ottov motor koji koristi gorivu smjesu s preti čkom zraka λ = = 0.95. Potrebno je odrediti stehiometrijsku i efektivnu količinu zraka. (Rješenje: L st = 14.7 kg/kg, L = 14 kg/kg) 5. U petrokemijskom petrokemijskom postrojenju postrojenju na raspolaganju raspolaganju za izgaranje u Ottovom motoru stoji stoji etan C2H6. Potrebno je odrediti maseni sastav goriva, stehiometrijsku koli činu zraka (usporediti je s onom u tablici za teku ća goriva). Ako se zna da motor koristi smjesu u


54

Zadaci

koju se dovodi koli čina zraka od 17.73 kg/kg goriva, potrebno je izra čunati pretičak zraka. (Rješenje: c = 79.89%, h = 20.11%, L st = 16.117 kg/kg, λ = = 1.10)


55

Zadaci

ZADACI 15

GENERATORI PARE (Gubici u generatoru pare) Generator pare napaja se ugljenom prašinom s protokom od 1 kg/s. Ogrijevna mo ć ugljena je 33.5 MJ/kg. Protok zraka je 14 kg/s. Temperatura ispušnih plinova na izlazu iz kotla je 193 °C, a temperatura zraka na ulazu u kotao je 20 °C. Specifična toplina plinova izgaranja je c p = 1.13 kJ/kg.K. Koli čina šljake i pepela po masi je 12%, što odgovara neizgorenom ugljenu u količini od 10%. Potrebno je odrediti toplinsku snagu dovedenu gorivom, razli čite gubitke, toplinsku snagu predanu fluidu i stupanj djelovanja generatora pare.

Primjer 15.1

Rješenje

Toplinska snaga koja se dovodi gorivom je: & H d = 1 ⋅ 33.5 ⋅ 106 = 33.5 ⋅ 106 P dov = m

W = 33.5 MW

Gubitak osjetne topline ispušnim plinovima je: & c p ,ip (T izl − T ul ) = (m& g + m& z )c p ,ip (T izl − T ul ) = (1 + 14)⋅ 1.13 ⋅ 103 ⋅ (193 − 20) = 2.9324 ⋅ 106 P ip = m

W

Gubitak neizgorenim dijelom ugljena (10% od dovedenog ugljena, s time da je u neizgorenom ostatku 12% ugljena): & g H d = 0.1 ⋅ 0.12 ⋅ 1 ⋅ 33.5 ⋅ 106 = 0.402 ⋅10 6 P neizg = 0.1 ⋅ 0.12 ⋅ m

W

Gubitak zračenjem se procjenjuje na 0.5%, dok se ostali gubici procjenjuju na 1.5%: dovedene energije: 6 P zr = 0.02 ⋅ 33.5 ⋅ 10

= 0.67 ⋅ 106 W

Snaga predana fluidu je: 6 6 P gp = P dov − P ip − P neizg − P zr = (33.5 − 2.9324 − 0.402 − 0.67 ) ⋅ 10 = 29.5 ⋅ 10

W = 29.5 MW

Stupanj djelovanja generatora pare je: π gp

=

P gp

=

P dov

29.5 = 0.8806 = 88.06% 33.5

(Ventilatori u generatoru generatoru pare i uravnotežena uravnotežena promaja) promaja) U generatoru pare s uravnoteženom promajom, ventilator s naporom od ha = 330 mmVS dobavlja zrak u ložište s protokom od 54 kg/s. Zrak se uzima iz okoliša pri temperaturi od 27 °C. drugi ventilator usisava plinove izgaranja s protokom od 57.3 kg/s pri temperaturi od 162 °C i naporu hb = 274 mmVS. uz pretpostavku da je stupanj djelovanja ventilatora jednak 0.75,

Primjer 15.2


56

Zadaci

potrebno je odrediti snagu za pogon dovodnog ventilatora i snagu za pogon odsisnog ventilatora. Rješenje

Snagu ventilatora izračunati ćemo po jednadžbi: P =

& ∆ pV π

Najprije moramo naći volumenske protoke: & = V a

& = V b

&a m ρ a &b m ρ b

& a RT a m

=

=

54 ⋅ 287 ⋅ 300 1.01 ⋅ 105

=

57.3 ⋅ 287 ⋅ 435 3 = 70.828 m /s 5 1.01 ⋅ 10

p =

& b RT b m p

=

46.034 m3/s

Snaga ventilatora je: P a =

P b =

& ∆ pa V a η & ∆ pbV b η

& ρ v g haV a η

=

1000 ⋅ 9.81 ⋅ 0.330 ⋅ 46.034 5 = 1.987 ⋅ 10 W = 198.7 kW 0.75

& ρ v g hbV b = η

=

1000 ⋅ 9.81 ⋅ 0.274 ⋅ 70.828 5 = 2.538 ⋅ 10 W = 253.8 kW 0.75

=

DOPUNSKI ZADACI 1. U ložište jednog jednog generatora generatora pare dovodimo ugljenu prašinu prašinu s protokom od 2 kg/s i zrak s protokom od 28 kg/s. Izlazna temperatura ispušnih plinova je 185 °C, a ulazna temperatura zraka je 20 °C. Specifična toplina ispušnih plinova je c p = 1.13 kJ/kg.K. Količina neizgorenih tvari je 11%, a u njima ima oko 8% zaostalog ugljena. Potrebno je izračunati gubitke topline s negorivim ostatkom, ispušnim plinovima i ukupne gubitke, ako znamo da su svi ostali gubici jednaki 1.2 MW. (Rješenje: P neizg neizg = 0.6 MW, P ip ip = 5.6 MW, P gub = 7.4 MW) 2. Ložište jednog kotla napaja napaja se protokom protokom od od 2 kg/s ugljene prašine, čija je ogrijevna mo ć manja i jednaka 33 MJ/kg. Znajući da su ukupni gubici 7.4 MW, potrebno je izra čunati snagu dovedenu gorivom, snagu predanu fluidu i stupanj djelovanja generatora pare. (Rješenje: P dov = 0.89) dov = 66 MW, P gp = 58.6 MW, η = 3. U generatoru generatoru pare, stalni ventilator ventilator dobavlja zrak s protokom od od 60 kg/s (gustoće od 1.17 3 kg/m ) i naporom od 400 mmVS. Uz pretpostavku da je stupanj djelovanja ventilatora jednak 0.76 potrebno potrebno je izračunati snagu za pogon ventilatora. (Rješenje: P a = 264.9 kW) 4. U generatoru pare ugrađen je odsisni ventilator ispušnih plinova. Protok na ventilatoru je 63.5 kg/s pri temperaturi od 185 °C i naporu od 250 mmVS. Potrebno je izra čunati volumenski protok ispušnih plinova i njihovu gusto ću. Uz pretpostavku da je stupanj djelovanja ventilatora 0.76 potrebno je izra čunati snagu za pogon ventilatora. (Rješenje: ρ = 0.79 kg/m3, Q = 80.4 m 3/s, P a = 264.9 kW)


57

Zadaci

ZADACI 17

PRINCIPI DJELOVANJA STROJEVA (Rad centripetalne turbine) Rotor hidrauličke turbine vrti se pri n = 5 s-1 (300 min-1). Voda ulazi u rotor na radiusu r 1 = 0.5 m s tangencijalnom komponentom komponentom brzine c1,u = 16 m/s i iz rotora izlazi na radiusu r 2 = 0.3 m s tangencijalnom komponentom brzine c2,u = 0.5 m/s. Volumenski protok vode kroz turbinu je Q = 3.5 m 3/s. Potrebno je odrediti rad po jedinici mase fluida, moment na vratilu turbine i snagu turbine.

Primjer 17.1

Rješenje

Rad po jedinici mase je: w1 = u1c1u − u2 c2u = ω (r 1c1u − r 2 c2u ) = 2π n(r 1c1u − r 2 c 2u ) = 2 ⋅ π ⋅ 5 ⋅ (0.5 ⋅ 16 − 0.3 ⋅ 0.5) = 246.6 J

Snaga turbine je: & w = 1000 ⋅ 3.5 ⋅ 246.6 = 863.15 ⋅ 103 W = 863.2 kW & w1 = ρ V P = m 1

Moment na vratilu je: 863.2 ⋅10 3 & (r 1c1u − r 2 c2u ) = M = = m 2 ⋅ π ⋅ 5 ω P

= 27475 Nm = 27.5 kNm

(Bezdimenzionalne (Bezdimenzionalne karakteristike centrifugalne centrifugalne pumpe) pumpe) Centrifugalna pumpa A, koja ima promjer rotora D A = 600 mm, ispitivana je pri brzini vrtnje n A = 12.5 s -1 (750 min-1). Podaci dobiveni mjerenjem prikazani su u tablici 17.1:

Primjer 17.2

Tablica 17.1 Protok Q A 3

m /s 0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 0.93

Napor h A m 40.0 40.4 40.6 40.0 38.7 36.0 32.0 25.6 16.0 4.0 0.0

St. djelovanja η A

0.00 0.40 0.57 0.69 0.78 0.83 0.83 0.75 0.53 0.15 0.00

Potrebno je odrediti karakteristike neke druge pumpe B koja pripada istoj obitelji, s time da ima promjer D B = 450 mm i brzinu vrtnje n B = 20 s-1 (1200 min-1). potrebno je izračunati

kg


58

Zadaci

bezdimenzionalne koeficijente za brzinu Φ i tlak Ψ za pumpe A i B. Potrebno je nacrtati krivulje karakteristika h = f (Q) i η = = f (Q) za obje pumpe, te karakteristike Ψ = f (Φ) i η = = f (Φ). Rješenje

Za preračunavanje svojstava druge pumpe iz svojstava prve pumpe, obzirom da pripadaju istoj obitelji, koristimo izraze za slične pumpe: & V B & V A

=

n B  D B 

3

20  450    =   n A  D A  12.5 600 

 n  =  B  n  h A  A  h B

2

 D B    D  A 

2

3

=

0.675 ,

2

 20   450  =     12.5   600 

2

= 1.44

Pomoću ovih jednadžbi vršimo preračunavanje. Rezultati su prikazani u tablici 17.2 Tablica 17.2 Protok Q A

Napor h A m 40.0 40.4 40.6 40.0 38.7 36.0 32.0 25.6 16.0 4.0 0.0

3

m /s 0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 0.93

St. djelovanja η A

0.00 0.40 0.57 0.69 0.78 0.83 0.83 0.75 0.53 0.15 0.00

Protok Q B m3/s 0.000 0.070 0.135 0.200 0.270 0.340 0.405 0.470 0.540 0.610 0.630

Napor h B m 57.6 58.2 58.5 57.6 55.7 51.8 46.1 36.9 23.0 5.8 0.0

St. djelovanja η B

0.00 0.40 0.57 0.69 0.78 0.83 0.83 0.75 0.53 0.15 0.00

Bezdimenzionalne koeficijente za brzinu Φ i tlak Ψ možemo odrediti po jednadžbama: jednadžbama: Φ=

Q

g h

Ψ=

n D 3

n 2 D 2

Vrijednosti za svaku pumpu su: Φ A =

Φ B =

Ψ A =

Q A n A D A3 Q B n B D B3 g h A n A2 D A2

=

=

=

Q A

12.5 ⋅ 0.63 Q B

20 ⋅ 0.453 9.81 ⋅ h A 12.52 0.6 2

Q A

=

=

2.7 Q B

1.8225

=

0.1744 ⋅ h A

Pogonski i radni strojevi Ψ B =

g h B n B2 D B2

=

9.81 ⋅ h B 202 0.452

59 =

Zadaci

0.1211 ⋅ h B

Pomoću tih jednadžbi izračunate su vrijednosti koje su prikazane u tablici 17.3 Tablica 17.3 Φ A

Ψ A

η A

Φ B

Ψ B

η B

0.000 0.037 0.074 0.111 0.148 0.185 0.222 0.259 0.296 0.333 0.344

6.96 7.03 7.06 6.96 6.73 6.26 5.57 4.45 2.78 0.70 0.00

0.00 0.40 0.57 0.69 0.78 0.83 0.83 0.75 0.53 0.15 0.00

0.000 0.038 0.074 0.110 0.148 0.187 0.222 0.258 0.296 0.335 0.346

6.97 7.04 7.08 6.97 6.74 6.27 5.58 4.46 2.78 0.70 0.00

0.00 0.40 0.57 0.69 0.78 0.83 0.83 0.75 0.53 0.15 0.00

Primjer 17.3 (Specifična brzina i specifi čni promjer pumpe)

Iz slike 17.14a za pumpu iz ranijeg primjera proizašlo bi da centrifugalna pumpa A ( n A = 12.5 s-1, D A = 0.6 m) ima optimalnu (projektnu) to ču na protoku od Q = 0.55 m3/s i pri naporu h A = 34 mVS. Potrebno je odrediti specifi čnu brzinu ω s, specifični promjer D s i stupanj djelovanja u projektnoj točki. Potrebno je odrediti specifičnu brzinu ω s, specifični promjer D s i stupanj djelovanja u radnoj točki pri protoku Q = 0.3 m3/s i naporu h = 40 m.


60

Zadaci

Rješenje

Specifična brzina je: ω s

=

2π n

Q

( gh A )3 4

=

2π 12.5

0.55 (9.81 ⋅ 34)3 4

=

0.746

Specifični promjer je: D s = D

( gh A )1 4 Q

(9.81 ⋅ 34)1 4 = 0.6 0.55

=

3.457

S ove dvije vrijednosti ulazimo u dijagram po Baljeu ω s - D s (slika 17.15). Ove koordinate daju točku koja upada u podru č je gdje je hidrauli hidraulički stupanj djelovanja viši od 0.9 Da bi našli koja je specifi čna brzina i specifi čni promjer, te koji je stupanj djelovanja u izmjenjenom protoku i naporu, ponoviti ćemo proračun: Specifična brzina je: ω s

=

2π n

Q

( gh A )3 4

=

2π 12.5

0.3 (9.81 ⋅ 40)3 4

=

0.4879

Specifični promjer je: D s = D

( gh A )1 4 Q

(9.81 ⋅ 40)1 4 = 0.6 0.3

=

4.8755

S ove dvije vrijednosti ulazimo u dijagram po Baljeu ω s - D s (slika 17.15). Ove koordinate daju točku koja upada u podru č je gdje možemo procijeniti hidraulički stupanj djelovanja na vrijednost od 0.85. Da bi prešli s ovako dobivenih stupnjeva djelovanja na stupanj djelovanja pumpe, potrebno je hidraulički stupanj djelovanja pomnožiti s volumetrijskim stupnjem djelovanja i stupnjem djelovanja rotora.


61

Zadaci

ZADACI 18

HIDRAULIČKE TURBINE (Usporedba dvije izvedbe turbine) Na raspolaganju nam stoji protok vode Q = 5.7 m 3/s s korisnim padom od h = 370 mVS. Brzina vrtnje rotora mora biti takova da ga se može spojiti na sinkroni generator. Potrebno je odrediti glavne karakteristike (brzinu vrtnje, promjer rotora i korisnu snagu) koje se mogu postići pri maksimalnom stupnju djelovanja pomoću a) jedne Peltonove turbine (s omjerom obodne brzine k = = 0.46) ili b) jedne Francisove turbine (s omjerom obodne brzine k = = 0.75). Na kraju je potrebno potrebno dati usporedbu usporedbu oba rješenja. Primjer 18.1

Rješenje

a) Napor je, kako ćemo kasnije vidjeti, vrlo velik i orijentiramo se na jednu Peltonovu turbinu s tri mlaza, koja prema tablici 18.3. ima srednju vrijednost specifi čne brzine od 0.1. Ova nam vrijednost prema slici 18.9 omogu ćuje da nađemo najviši stupanj djelovanja od 0.88. Kada znamo specifi čnu brzinu možemo odrediti brzinu vrtnje iz jednadžbe za specifi čnu brzinu: ω s

=

2π n

Q

( gh A )3 4

ω s ( gh )3 4 n= 2π Q

0.1 ⋅ (9.81 ⋅ 370)3 4 = 2π 5.7

= 3.117 s

-1

= 187.04 min -1

Najbliža sinkrona brzina za pogon elektri čnog generatora za frekvenciju izmjeni čne struje od 50 Hz je 3.125 s -1 (187.5 min-1). Na dijagramu na slici 18.8 za specifi čnu brzinu vrtnje 0.1 i na krivulji za Peltonovu turbinu možemo očitati stupanj djelovanja η = 0.88. Tu možemo za optimalni stupanj djelovanja očitati i specifični promjer D s = 13. Iz specifi čnog promjera izračunati ćemo promjer rotora: D s = D

D =

( gh A )1 4 Q

Ds Q 14

( gh )

=

13 ⋅ 5.7 (9.81 ⋅ 370)1 4

= 3.9986 m

Promjer možemo odrediti i iz omjera obodne brzine: k =

D =

u

2 gh

=

k 2 gh

π n

π nD

2 gh =

0.46 ⋅ 2 ⋅ 9.81 ⋅ 370 3.117π

= 4.002 m


62

Zadaci

Korisna snaga turbine je: P a = η Qρ gh = 0.88 ⋅ 5.7 ⋅ 1000 ⋅ 9.81⋅ 370 = 18.207 ⋅106

W = 18.2 MW

b) Iz slike 18.9 i tablice 18.3 nalazimo da je specifična brzina, koju možemo o čitati za značajno viši stupanj djelovanja od 0.94 za sporokretnu Francisovu turbinu. jednaka ω s = 0.6. Iz poznate vrijednosti specifične brzine nalazimo brzinu vrtnje: ω s ( gh )3 4 n= 2π Q

0.6 ⋅ (9.81 ⋅ 370)3 4 = 2π 5.7

-1 -1 = 18.702 s = 1122.12 min

Najbliža brzina vrtnje za pogon sinkronog električnog generatora za frekvenciju od 50 Hz je n = 16.67 s-1 (1000 min-1). Sada moramo izvršiti korekciju specifične brzine prema sinkronoj brzini vrtnje: ω s

=

2π n

Q

( gh A )3 4

=

2π 16.67

5.7 (9.81 ⋅ 370)3 4

=

0.535

Iz slike 18.8 odabiremo specifi čni promjer za poznatu specifičnu brzinu nastojeći da postignemo najveći stupanj djelovanja. Dobiveni specifi čni promjer je D s = 4. Iz specifi čnog promjera možemo odrediti odrediti promjer rotora turbine: D =

Ds Q 14

( gh )

=

4 ⋅ 5.7 (9.81 ⋅ 370)1 4

= 1.2303 m

Promjer rotora možemo odrediti i iz omjera obodne brzine k = = 0.75 D =

k 2 gh

π n

=

0.75 ⋅ 2 ⋅ 9.81 ⋅ 370 = 12.202 m 16.67π

Snaga Francisove turbine je: P b = η Qρ gh = 0.94 ⋅ 5.7 ⋅1000 ⋅ 9.81 ⋅ 370 = 19.448 ⋅10 6

W = 19.4 MW

Usporedba obje izvedbe. Francisova turbina s manjim promjerom rotora od svega 1.23 m umjesto Peltonove turbine velikog promjera rotora od 4 m ostvaruje na datom vodotoku 1.2 MW (za 3.2%) ve ću snagu.

DOPUNSKI ZADACI 1. Potrebno je izračunati snagu koju razvija turbina, koja pri padu od 310 m obra đuje volumni protok vode od 7 m3/s uz stupanj djelovanja od 0.94 (Rješenje: Francisova turbina, P = = 20 MW) 2. Potrebno je izračunati specifičnu brzinu, specifični promjer, vrstu i hidraulički stupanj djelovanja jedne turbine koja pri padu od 310 m obra đuje protok od 7 m 3/s s promjerom rotora od 1425 mm i brzinom vrtnje od 12.5 s -1. (Rješenje: ω s = 0.51, D s = 4, Francisova turbina, η > > 0.9)


63

Zadaci

3. Potrebno je izračunati specifičnu brzinu turbine koja pri padu od 310 m razvija snagu od 20 MW pri brzini vrtnje 12.5 s-1. (Rješenje: ω s = 0.49) 4. Potrebno je izračunati specifičnu brzinu, specifi čni promjer pri maksimalnom stupnju djelovanja, vrstu turbine i promjer rotora za turbinu koja pri padu od 6 m obra đuje protok vode od 16.5 m 3/s pri brzini vrtnje od 5 s -1. (Rješenje: ω s = 6, D s = 1.1, Kaplanova turbina, D = 1613 mm) 5. Jednoj turbini, koja se vrti brzinom od 12.5 s-1, uz pad od 200 m, pridružen je koeficijent obodne brzine k = 0.75. Potrebno je izra čunati promjer rotora turbine. (Rješenje: D = 1200 mm)


64

Zadaci

ZADACI 19

HIDRAULIČKE I AKCIJSKE TURBINE

Primjer 19.1 (Dimenzioniranje Peltonove turbine) Jedna Peltonova turbina ima samo jednu mlaznicu i radi s korisnim padom od hv = 1150 m i protokom od Q = 1.5 m3/s. Poznat je organski stupanj djelovanja η o = 0.96, omjer obodne brzine k = = 0.47, koeficijent istjecanja ϕ = = 0.98, koeficijent smanjenja relativne brzine ψ = = 0.96 i kut izlaza β = = 18°. Potrebno je odrediti: a) Brzinu vrtnje n kako bi turbinu mogli spojiti na sinkroni generator. b) Korisnu snagu P snagu P e c) Promjer rotora D rotora D,, obodnu brzinu u, promjer mlaza d i i omjer D/d omjer D/d . d) Broj lopatica N lopatica N i i glavne dimenzije lopatice (prema slici 19.1) A, 19.1) A, B, C, D i D i E E .

Rješenje

a) Da bi odredili brzinu vrtnje n potrebno je odrediti vrijednost specifične brzne ω s kako bi se dostigla čim viša korisnost i kako bi se u isto vrijeme turbina mogla spojiti na sinkroni generator s frekvencijom 50 Hz. Iz tablice i iz dijagrama imamo kao specifičnu brzinu za maksimalnu korisnost jedne Peltonove turbine s jednim mlazom vrijednost ω s = 0.07. iz poznate vrijednosti za specifičnu brzinu odrediti ćemo brzinu vrtnje:

Tablica: Karakteristič ne ne specifič ne ne brzine ω s različ itih itih vrsta hidraulič kih kih turbina Vrsta turbine Karakteristična specifična brzina ω s Donja granica Sredina Gornja granica Pelton turbina s 1 mlazom 0.03 0.07 Pelton turbina s 3 mlaza 0.1 0.35 Francis turbina, spora 0.25 0.6 Francis turbina, normalna 1.1 Francis turbina, brza 1.6 2.5 Kaplan turbina s 8 lopatica 1.7 2.5 Kaplan turbina s 6 lopatica 3.2 Kaplan turbina s 5 lopatica 3.8 Kaplan turbina s 4 lopatice 4.3 6 Propelerna (aksijalna) turbina 4.6 10

65


ω s

=

2π n

Q 34

( ghv )

34

→

n=

ω s ( ghv )

Zadaci 0.75

=

2π Q

0.07 ⋅ (9.81 ⋅ 1150 )

=

2 ⋅ π ⋅ 1.5

9.957 s-1 = 10 s -1

Dobili smo brzinu vrtnje koju smo zaokružili na 10 s -1, što omogu ćuje pogon sinkronog generatora s 5 pari polova. Specifi čna brzina vrtnje za ovu zaokruženu brzinu vrtnje je ω s = 0.0703. b) Korisna snaga turbine je: P e

= η t Q ρ g hv

Najprije moramo odrediti stupanj djelovanja turbine. Iz dijagrama možemo očitati da je hidraulički stupanj djelovanja η h = 0.92 za ω s = 0.07. Ukupni stupanj djelovanja turbine je produkt hidrauličkog stupnja djelovanja η h = 0.92, volumetrijskog η v = 1 i organskog η o = 0.96, tako da imamo: P e

= η h η v η o Q ρ g hv =

0.92 ⋅ 1 ⋅ 0.96 ⋅ 1.5 ⋅ 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 1150

= 14.946 ⋅ 10

6

W = 14.95 MW

1 ili 3 mlaza

1 ili 3 mlaza

Krivulja optimalnog

Ds

Karakteristična specifična brzina ω s

c) Iz dijagrama na gornjoj slici za ω s = 0.07 dobivamo vrijednost specifi čnog promjera D s = 19. Iz ove vrijednosti ćemo odrediti promjer rotora:

D s

= D

( gh )0.25 Q

→

D

=

D s Q

( ghv )0.25

=

19 1.5

(9.81 ⋅ 1150 )0.25

=

2.258 m = 2258 mm

66


Zadaci

Promjer možemo izračunati i iz koeficijenta obodne brzine k = = 0.47: u

k =

n D

=

2 ghv

D =

→

2 ghv

k 2 ghv

π n D

=

0.47 ⋅ 2 ⋅ 9.81 ⋅ 1150

π ⋅ 10

= 2.247 m

= 2247 mm

Usvojiti ćemo promjer rotora D rotora D = = 2250 mm. Obodna brzina je:

u =

π nD

=

π ⋅ 10 ⋅ 2.25

=

70.68 686 m/s

Promjer mlaza d izra izračunati ćemo iz volumenskoga protoka i brzine strujanja: c

= ϕ

Q

=

2 ghv

c A = c

=

0.98 2 ⋅ 9.81 ⋅ 1150

d 2π 4

→

d =

= 147.2 m/s

4Q

π c

=

4 ⋅ 1.5

π ⋅ 147.2

= 0.1139 m

= 114 mm

Omjer D/d Omjer D/d je: je: D/d = = 2250/114 = 19.74 Specifična brzina može se izračunati i po jednadžbama za broj mlazeva i = 1.

ω s

= 1.38

d 0.114 i = 1.38 ⋅ 1 D 2.25

= 0.06992 =

0.07

d) Za empirijsku relaciju citiranu na slici 19.1 dobivamo broj lopatica: N = 15 +

D 2d

= 15 +

2.25 2 ⋅ 0.114

= 24.87

Broj lopatica zaokružujemo na N na N = = 25. Glavne dimenzije lopatice prema slici 4.1 su: A = A = (0.9 ... 1.2) d A = A = 1.0 ⋅ 0.114 = 0.114 m = 114 mm → B = B = (2.8 ... 3.5) d B = B = 3.1 ⋅ 0.114 = 0.3534 m = 353 mm → C = = (0.8 ... 0.9) d C = = 0.85 ⋅ 0.114 = 0.0969 m = 97 mm → E = = (1.2 ... 1.3) d E = = 1.25 ⋅ 0.114 = 0.1425 m = 143 mm →

DOPUNSKI ZADACI

1.

Potrebno je izračunati snagu P e Peltonove turbine s 1 mlazom koja pri padu od 795 m i protoku od 9.18 m 3/s ima ukupni stupanj djelovanja 0.90 uz brzinu vrtnje 428 min -1. (Rješenje: P (Rješenje: P e = 64.4 MW) 2. Potrebno je izračunati brzinu mlaza c (poznat je pad od 795 m i koeficijent istjecanja 0.98), promjer mlaza d , specifičnu brzinu ω s, (poznata je brzina vrtnje 7.19 s -1), specifični promjer D s u uvjetima najvišeg stupnja djelovanja, promjer rotora D, D, omjer d/D za


67

Zadaci

Peltonovu turbinu s jednim mlazom iz zadatka 1 u slu čaju da se usvaja izvedba s dva rotora (proračuni prema tome trebaju biti izvedeni s polovi čnim protokom 4.59 m 3/s, dok je ukupni protok 9.18 m 3/s). (Rješenje: c = 122.4 m/s, d = = 218.5 mm, ω s = 0.115, D s = 11.3, D 11.3, D = = 2570 mm, d/D = d/D = 0.085) 3. Potrebno je izračunati promjer d jednog jednog mlaza (protok vode je 9.18 m 3/s, a brzina mlaza je 122.4 m/s), omjer d/D (za d/D (za poznati promjer rotora D rotora D = = 2.57 m), specifi čnu brzinu ω s i specifični promjer D s kada se odlu čimo za prijelaz s dvije Peltonove turbine na jednu Pelton turbinu s tri mlaza. (Rješenje: d = = 178.4 mm, d/D = d/D = 0.07, ω s = 0.17, D 0.17, D s = 8) 4. Potrebno je izračunati obodnu brzinu u i omjer obodne brzine k , ako je poznata brzina mlaza od 122.4 m/s, promjer rotora 2.57 m i brzina vrtnje 7.13 s -1. (Rješenje: u = 57.6 m/s, k = = 0.47)

68


Zadaci

ZADACI 20

REAKCIJSKE HIDRAULI ČKE TURBINE

Primjer 20.1 (Dimenzije jedne Francisove turbine) Potrebno je projektirati jednu Francisovu turbinu koja će raditi u uvjetima maksimalne korisnosti za koristan pad hu = 120 m i protok Q = 2.5 m3/s. Turbina je direktno vezana na sinkroni električni generator koji se vrti s brzinom vrtnje n = 10 s-1 (600 min -1). Generator ima 10 polova, a frekvencija električne struje je 50 Hz. Potrebno je odrediti: a) specifičnu brzinu, specifi čni promjer, hidrauli čki i ukupni stupanj djelovanja. b) efektivnu snagu. c) promjer rotora i obodnu brzinu. Rješenje

a) Specifična brzina je:

ω s

=

2π n

Q

( ghu )0.75

=

2π ⋅ 10

2.5

(9.81 ⋅120 )0.75

=

0.494 ≈ 0.5

Specifična brzina je niska, tako da se radi o sporom rotoru. Obzirom na dobivenu specifi čnu brzinu, specifi čni promjer koji će dati najveću korisnost je (prema slici) D slici) D s = 4.1, a hidrauli čki stupanj djelovanja je η H = 0.94. Ukupni stupanj djelovanja za turbinu na ći ćemo iz dijagrama na slici 18.9 kao η T T = 0.925.

b) Efektivna snaga turbine je: P e = η T g ⋅ ⋅ hu = 0.925⋅2.5⋅1000⋅9.81⋅120 = 2.7223 ⋅106 W = 2.72 MW T⋅ Q⋅ρ⋅ c) Promjer rotora dobiti ćemo iz jednadžbe za specifični promjer:

69


D s

= D

( ghu )0.25

→

Q

D

=

D s Q

( ghu )0.25

=

Zadaci

4.1 2.5

(9.81 ⋅ 120)0.25

= 1.1067 m

= 1107 mm

Obodna brzina je: u = D⋅π⋅ n = 1.107 ⋅π ⋅10 = 34.78 m/s

Primjer 20.2 (Dimenzioniranje jedne propelerne turbine) turbine) Potrebno je projektirati jednu propelernu turbinu u uvjetima maksimalnog stupnja djelovanja za koristan pad hu = 5.6 m i protok Q = 9.5 m 3/s. Turbina je direktno vezana na elektri čni generator koji se vrti s brzinom vrtnje od n = 4.167 s -1 (250 min -1) (24 polova, 50 Hz). Potrebno je odrediti: a) specifičnu brzinu, specifi čni promjer, hidrauli čki i ukupni stupanj djelovanja. b) efektivnu snagu. c) promjer rotora i obodnu brzinu. d) promjer D promjer D3 na izlazu difuzora, gdje je izlazna brzina jednaka c3 = 1.5 m/s i gubitak energije na izlazu. Rješenje

a) Specifična brzina je:

ω s

=

2π n

Q

( ghu )

0.75

=

2π ⋅ 4.167

9.5

(9.81 ⋅ 5.6)0.75

=

3.9992 ≈ 4.0

Iz dijagrama Balje za specifičnu brzinu odabiremo specifi čni promjer da se postigne najve ći stupanj djelovanja. Nalazimo vrijednost D vrijednost D s = 1.4 (to čkasta linija, prijašnja slika). Hidraulički stupanj djelovanja je jednak:

η H = 0.85 b) Efektivnu snagu ćemo dobiti tako da koristimo ukupni stupanj djelovanja turbine, koji ćemo ocijeniti na η T T = 0.84: P e

= η T Q ρ g hu =

0.84 ⋅ 9.5 ⋅ 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 5.6 = 438389 W = 438.4 kW

c) Promjer rotora ćemo naći iz specifičnog promjera:

D

=

D s Q

( ghu )0.25

=

1.4 ⋅ 9.5

(9.81 ⋅ 5.6)0.25

= 1.585 m

Obodna brzina je: u = D⋅π⋅ n = 1.585 ⋅π ⋅4.167 = 20.75 m/s

70


Zadaci

d) Kada nebi imali difuzor na izlazu iz turbine, gubitak na izlaznoj strani bi bio vrlo visok (oko 25% napora), što je nedopustivo. Postavljanjem difuzora smanjiti ćemo taj gubitak tako da smanjujemo izlaznu brzinu na 1.5 m/s. Promjer D3 na izlazu iz difuzora ra čunamo po jednadžbi kontinuiteta: Q

=

D32 π 4

D3

v3

4Q

=

π v3

4 ⋅ 9 .5

=

π ⋅ 1.5

=

2.84 m

Gubitak na izlazu time postaje:

(v

2 3

2)

=

ghu

v 32 2 ghu

1.5 2

=

2 ⋅ 9.81 ⋅ 5.6

= 0.0205 =

2%

Kada bi sva voda prolazila kroz cijev s promjerom rotora, gubitak bi bio:

 D  v = v3  3   D  v2 2 ghu

=

2

v 32  D3 

4

 2.84    = 0.0205  2 ghu  D   1.585 

4

=

0.2113 = 21.13%

DOPUNSKI ZADACI

Potrebno je izračunati specifičnu brzinu ω s, tip, specifični promjer D promjer D s, hidraulički stupanj djelovanja, ukupni stupanj djelovanja i efektivnu snagu turbine koja obra đuje koristan pad od 86 m s protokom od 4 m 3/s pri brzini vrtnje od 10 s -1. (Rješenje: ω s = 0.8, tip: Francisova turbina, D turbina, D s = 3.0, η H = 0.95, η T 0.94, P e = 3.17 MW) T = 0.94, P 3 2. Za zadani protok 4 m /s, koristan napor 86 m, specifi čni promjer 3.0 i brzinu vrtnje 10 s -1 potrebno je izračunati promjer rotora D, D, obodnu brzinu u, idealnu brzinu c* c* i omjer obodne brzine k za za jednu Francisovu turbinu. (Rješenje: D = D = 1.1 m, u = 34.5 m/s, c* = 41.1 m/s, k = = 0.84) 3. Potrebno je izračunati idealnu brzinu c*, c*, obodnu brzinu u i omjer obodne brzine k za jednu reakcijsku turbinu koja ima koristan pad 127.5 m s promjerom rotora 1146 mm pri brzini vrtnje od 10 s-1. (Rješenje: c* = c* = 50 m/s, u = 36 m/s, k = = 0.72) 4. Potrebno je izračunati stupanj reakcije χ za jednu hidrauličku turbinu koja obra đuje koristan pad od 127.5 m uz hidrauli čki stupanj djelovanja od 0.93 i apsolutnom brzinom na ulazu od 33 m/s. (Rješenje: χ = = 0.53) 1.

Parne turbine

71

Zadaci

ZADACI 21

PARNE TURBINE Primjer 21.1 (Stupanj aksijalne turbine) Stupanj reakcijske parne turbine sastoji se iz niza rotorskih lopatica na opsegu diska s promjerom D promjerom D = = 1 m, koji rotira brzinom vrtnje od n = 100 s -1 (6000 min -1). Proces je opisan trokutima brzine, koji su simetrični obzirom na uzdužnu os rotora. Omjer izme đu obodne brzine u i apsolutne brzine pare c1 iznosi u/c1 = cos α 1 uz α 1 = 30o (vidi sliku). Para u rotor ulazi pod tlakom od p p = 350 kPa, uz sadržaj pare x x = 1 i protok od 210 kg/s. Potrebno je odrediti: a) specifični rad l 1, b) vrijednosti brzine na ulazu i izlazu iz rotora, c) visinu h1 lopatica na ulazu u rotor i omjer h1/ D D1 pod pretpostavkom da je koeficijent protoka ξ 1 = 0.96.

Slika 21.1 Shematski prikaz stupnja turbine i trokuta trokuta brzine

Rješenje: a) Specifični rad je dan jednadžbom: l 1 = u (cu ,1 − cu , 2 ) U trokutu brzina na gornjoj slici, tangencijalna komponenta apsolutne brzine jednaka je obodnoj brzini, u = cu,1 u,1, a tangencijalna komponenta apsolutne izlazne brzine jednaka je nuli, cu,2 u,2 = 0, obzirom da je apsolutna brzina koaksijalna s osi rotacije. Prijašnja jednadžba se sada skraćuje na jednadžbu: l 1 = u (u − 0 ) = u 2 Kada nam je poznat promjer rotora i brzina vrtnje, obodna brzina je: u

= π n D =

⋅ 100 ⋅ 1.0 = 314.1 m/s

Specifični rad (pod pretpostavkom da se je entalpijski pad u potpunosti pretvorio u kineti čku energiju) je: l 1 = u 2

=

314.12

2

= 98 659 m

/s2 = 98.66 kJ/kg

b) Iz zadanoga omjera u/c1 možemo izračunati apsolutnu brzinu c1:

Parne turbine

u

=

c1

cos α 1

Zadaci

72

c1

→

=

u

=

cos α 1

314.1 cos 30o

= 362.7 m/s

Relativna brzina na ulazu u rotor je: w1

=

c1 sin α 1

o

= 362.7 ⋅ sin 30 = 181.3 m/s

Kada smo dobili vektore brzina na ulazu, možemo re ći da su nam poznati i vektori brzina na izlazu: c2 = w1 w2 = c1 c) Visina rotorskih lopatica dobiva se rješavanjem jednadžbe kontinuiteta:

& = ρ 1 A1 cm ,1 m

=

1 v1

ξ 1 2 π r h1 cm,1 =

1 v1

ξ 1 π D h1 cm ,1

→

h1

=

& v1 m ξ 1 D cm,1

Iz tablica za vodenu paru možemo o čitati da je za vrijednosti p vrijednosti p1 = 350 kPa i x = x = 1 specifični 3 volumen pare jednak v1 = 0.5243 m /kg. Brzina pare na ulazu jednaka je cm,1 m,1 = w1: h1 h1 D

=

=

210 ⋅ 0.5243 0.96 ⋅ π ⋅ 1 ⋅ 181.3 0.2 1

=

=

0.2 m

0 .2

Primjer 21.2 (Indicirana snaga stupnja) Za poznati specifični rad od l 1 = 98.66 kJ/kg i maseni protok pare od 270 kg/s (iz primjera 21.1), potrebno je odrediti indiciranu snagu P i i efektivnu snagu P snagu P e, pod pretpostavkom da je mehanički stupanj djelovanja jednak η o = 0.97.

Rješenje: Indicirana snaga stupnja je jednaka produktu specifi čnog rada i masenog pprotoka:

& l 1 = 210 ⋅ 98.66 = 20 719 kW = 20.7 MW P i = m Efektivna snaga je manja od indicirane snage: P e = η o P i = 0.97 ⋅ 20 719 = 20 000 kW = 20 MW.

Primjer 21.3 (Dimenzioniranje jednog stupnja primjenom dijagrama po Baljeu) Jedan stupanj aksijalne reakcijske parne turbine obra đuje paru čiji su odgovarajući podaci za izentropsku ekspanziju prikazani u tablici. Para u stator ulazi brzinom co = 109 m/s.

Parne turbine

Zadaci

73

Koefijijenti gubitaka u statorskim i rotorskim lopaticama su ϕ = ψ = = 0.94. Maseni protok pare -1 -1 je 65 kg/s, a turbina se vrti brzinom vrtnje n = 50 s (3000 min ). Potrebno je odrediti: a) Promjer D Promjer D rotora rotora i obodnu brzinu u, b) Vrijednosti brzina na ulazu i izlazu iz stupnja, pod pretpostavkom da su trokuti brzina slični onima iz primjera 21.1, c) Efektivne vrijednosti entalpija h1 i h2, d) Omjer h/D izme h/D između visine lopatica i promjera rotora uz koeficijent protoka od 0.93, e) Stupanj djelovanja pod dvije pretpostavke potpunog unutarnjeg oporavka i bez oporavka kinetičke energije pare na izlazu.

Ulaz u statorske lopatice Ulaz u rotorske lopatice Izlaz iz rotorskih lopatica

Stanje 0 1s 2s

p, p, kPa 400 325 260

o

T, C 300 275 246

h, h, kJ/kg 3066.8 3015 2964

s, s, kJ/(kg.K) 7.5662 7.57 7.57

3

v, m /kg 0.6548 0.74 0.90

Optimalni promjer

s

D

r e j m o r p i n č i f i c e p S

Specifična brzina ω s

Rješenje:

a) Da bi odredili promjer rotora koristimo dijagram po Baljeu (vidi sliku gore). Potrebna nam je specifična brzina vrtnje:

ω s = 2 π n

& V 2 s 0.75

∆h s

Volumni protok pare je:

& = m& v V 2 s

=

65 ⋅ 0.9 = 58.5 m3/s

Entalpijski pad se računa iz

 c02   − h2 s ∆h s = h − h2 s =  h0 +  2   o 0

Specifična brzina vrtnje je:

 109 2  3  − 2964 ⋅ 103 = 108.7 ⋅ 103 J/kg =  3066.8 ⋅ 10 +  2  

Parne turbine

ω s

=

Zadaci

74

2 ⋅ π ⋅ 50

58.5

(108.7 ⋅10 )

3 0.75

=

0.402

Za dobivenu vrijednost za ω s iz gornjega dijagrama možemo za optimalni stupanj djelovanja očitati specifični promjer D s = 4.5. Iz definicije specifi čnog promjera možemo dobiti stvarni promjer rotora:

& V 2 r

0.25

D s

= D

∆h s

D = D s

→

& V

2 r

0.25

=

∆h s

4.5

58.5

(108.7 ⋅ 10 )

3 0.25

= 1.9 m

Obodna brzina je: u

= π D n =

⋅ 1.9 ⋅ 50 =

299 m/s

b) Apsolutna brzina c1 na ulazu u rešetku lopatica je: c1

= ϕ

2 (h0

)

2

− h1 + c0 = 0.94

2 (3066.8 − 3015) ⋅ 103 + 1092

= 319 m/s

Kada su poznati obodna brzina i apsolutna brzina na ulazu, možemo odrediti kut α 1: u c1

=

cos α 1

α 1 = arccos

→

u

=

c1

arccos

299

=

319

20o

Relativna brzina w1 je: w1

o

= c1 sin α 1 = 319 sin 20 = 109 m/s

Iz trokuta brzina na izlaznom rubu dobivamo: c2 = w1 w2

= 109 m/s

= c1 = 319 m/s

c) Zastojna (ukupna) entalpija h1 je:

 1 h1 = h1 s +  2  ϕ

 c12 − 1   2

 1  319 = 3015 ⋅ 10 +  − 1 2  0.94  2 3

2 3

= 3021.7 ⋅ 10

J/kg

Presjek linije pri h1 = 3021.7 kJ/kg u h-s dijagramu s izobarom p1 =325 kPa određuje točku 1. Ako iz te to čke spustimo okomicu do izobare pri p2 = 260 kPa, određuje se točka 2’s. Za ovu točku iz h-s dijagrama očitavamo specifi čnu entlpiju h2’s = 2970 kJ/kg. Sada možemo odrediti entalpiju h2 na izlazu:

 1  w22 h2 = h2' s +  2 − 1  ψ  2

 1  319 = 2970 ⋅ 10 +  − 1  2  0.94  2 3

2

=

2976.7 ⋅ 103 J/kg

Parne turbine

Zadaci

75

d) Po istom postupku kao u primjeru 21.1 odrediti ćemo visinu h lopatica rotora. Da bi mogli odrediti tu visinu trebati će nam prosječna vrijednost specifi čnog volumena pare između stanja 1 i 2. Vrijednost aksijalne komponente brzine pare je cm = c2 = 109 m/s. h=

h

&v m

=

ξ π D cm

=

0.097

D

=

65 ⋅ 0.9 0.93 ⋅ π ⋅ 1.9 ⋅ 109

=

0.097 m

0.05

1 .9

e) Da bi izračunali indicirani stupanj djelovanja potrebno je poznavati indicirani rad l i. Njega možemo izračunati kao i u primjeru 21.1 korištenjem podataka iz trokuta brzina: l i = u 2

=

299 2

= 89.4 ⋅ 10

3

J/kg

Točnije ga možemo izra čunati po jednadžbi:

 c02   c22  l i =  h0 +  −  h2 +  = h0 − h2 2   2  

=

(3066.8 − 2976.7 ) ⋅ 103 = 90.1 ⋅ 103 J/kg

obzirom da su brzine c0 = c2 = 109 m/s. Pod pretpostavkom potpunog oporavka imamo indicirani stupanj djelovanja:

η TT =

l i

 h02 −  h2 s 

+

c22 

=



2 

l i

 c02   c22   h0 +  −  h2 s +  2   2  

l i

=

h0

− h2 s

=

90.1 ⋅ 103

(3066.8 − 2964) ⋅ 103

= 0.88

Pod pretpostavkom da nemamo potpunog oporavka kineti čke energije izlaza, indicirani stupanj djelovanja bi bio:

η TS =

l i

=

∆h s

90.1 ⋅ 103 108.7 ⋅ 103

= 0.83

Komentari: Usporedimo rezultate prora čuna s podacima dobivenim iz dijagrama po Baljeu (na početku zadatka). Iz dijagrama za ω s = 0.4 i D s = 4.5 očitavamo stupanj djelovanja između 0.8 i 0.9, što je sukladno izračunatoj vrijednosti od 0.83. Ako smo u podru č ju ω s > 0.3 bolje je da odaberemo reakcijski stupanj. Iz istoga dijagrama o čitavamo omjer za visinu lopatica h/D = 0.05, što se poklapa s izračunatom vrijednosti. 2. Izračunamo omjer između entalpijskog pada po izentropi ∆h s =108.7 kJ/kg i specifi čne 2 2 kineti čke energije u /2 = 299 /2. Dobivamo vrijednost od 2.4. U jednom od daljnjih primjera vidjeti ćemo da je ova vrijednost pogodna za odabir stupnja i da je navedena vrijednost uobičajena za reakcijski stupanj. 1.

Parne turbine

Zadaci

76 ZADACI 22

AKCIJSKE PARNE TURBINE

Primjer 22.1 (Snaga parne turbine s parcijalnim privodom) -1 -1 Parna turbina vrti se brzinom vrtnje od n = 150 s (9000 min ) i radi između tlakova od 1 o MPa (pri 300 C) na ulazu i tlaka od 0.2 MPa na izlazu. Protok pare je 0.65 kg/s, a brzinu strujanja na ulazu u parcijalni privod zanemarujemo ( c0 = 0 m/s). Potrebno je odrediti: & koji odgovaraju izentropskoj ekspanziji, a) pad entalpije ∆h s i volumni protok pare V 2 s

b) specifi specifičnu brzinu vrtnje ω s i vrstu turbine, c) efektivnu snagu turbine (mehani čki stupanj djelovanja je η m = 0.97), d) obodnu brzinu u. Rješenje: a) Iz tablica za vodenu paru o čitavamo podatke za pregrijanu paru na ulazu u turbinu. U Molierovom h-s dijagramu spustimo izentropu do izobare 0.2 MPa i za tu to čku očitamo vrijednosti za paru na izlazu. Vrijednosti su prikazane u tablici: Položaj Ulaz u turbinu Izlaz iz turbine

Stanje p, MPa 0 1 1s 0.2

T , oC 300 120.23

s, kJ/kgK 7.1229 7.1272

h, kJ/kg 3051.2 2706.7

Linija optimuma

Baljeov dijagram za podatke iz ovoga zadatka

v, m3/kg 0.2579 0.8857

Parne turbine

Zadaci

77

Izentropski pad entalpije je: ∆h s =

h0

+

c02

3

3

− h1 s = 3051.2 ⋅ 10 + 0 − 2706.7 ⋅ 10 = 344500 J/kg

2

Na kraju izentropsk izentropskee ekspanzije ekspanzije (točka 1s u dijagramu), volumni protok pare je:

& V 1 s

=

& v1 s m

=

0.65 ⋅ 0.8857 = 0.576 m3/s

b) Specifična brzina vrtnje je:

ω s

=

2 π n

& V 1 s 0.75

=

∆h s

2 ⋅ π ⋅ 150

0.576 3445000.75

= 0.05

Ova je vrijednost vrlo mala da bi tu mogli odabrati aksijalni rotor turbine s punim privodom. Ako koristimo dijagram po Baljeu obzirom na mogu ćnost da odaberemo parcijalni privod na rotor turbine, vidimo da se za ω s = 0.05 nalazimo u područ ju turbine s vrlo jakom parcijalizacijom parcijalizacijom privoda privoda pri vrijednosti vrijednosti ε = = 0.1 = 10% uz stupanj djelovanja od η t t = 0.57. c) Efektivnu snagu izračunamo po jednadžbi:

& ∆h s η t η m P e = m

= 0.65 ⋅ 344500 ⋅ 0.57 ⋅ 0.97 = 123800 W

= 123.8 kW

d) Iz Baljeovog dijagrama o čitavamo optimalni specifi čni promjer D s = 20, iz čega možemo izračunati promjer rotora: 0.25

D s = D

∆h s

D = D s

→

& V

2 r

Obodna brzina je: u

= π D n =

⋅ 0.63 ⋅ 150 =

297 m/s

& V 2 r 0.25 s

∆h

=

20

0.576

(344500)0.25

=

0.63 m

Parne turbine

Zadaci

78

Primjer 22.2 (Dimenzioniranje jednostavne aksijalne akcijske parne turbine) U jednostavnoj aksijalnoj akcijskoj parnoj turbini para ekspandira s tlaka p0 = 15 MPa i o & = 200 kg/s. Brzinu pare temperature T 0 = 500 C na tlak p1 = 9 MPa. Maseni protok pare je m na ulazu u turbinu možemo zanemariti ( c0 = 0 m/s). Dodatno su zadani: o • kut izlaza pare iz statorskih lopatica α 1 = 18 , -1 -1 vrtnje je n = 50 s (3000 min ), • brzina vrtnje = 0.95. • koeficijent smanjenja brzine ϕ = Potrebno je izra čunati: a) promjer rotora D, b) parametre parametre rada obzirom na na specifi specifi čnu brzinu vrtnje i specifi čni promjer.

Linija optimuma

Rješenje: a) Izvedba ove turbine bi trebala biti odabrana da se postigne optimum rada. To ćemo postići ako odaberemo parametre koji će zadovoljavati optimum u dijagramu po Baljeu.

 u  cos α 1   = 2  c1 opt

→

u = c1

cos

1

2

U gornjoj jednadžbi za sada znamo kut α 1 dok apsolutnu brzinu c1 na ulazu trebamo izračunati iz entalpijskog pada, odakle dalje možemo izra čunati obodnu brzinu u. Iz poznate obodne brzine i brzine vrtnje izra čunati ćemo promjer rotora. U sljede ćoj tablici dani su ppodaci za stanje pare: pare:

Parne turbine

Zadaci

79 T , oC 500 410

Stanje p, MPa 0 15 1s 9

Položaj Ulaz u turbinu Izlaz iz turbine

s, kJ/kgK 6.3443 6.35

h, kJ/kg 3308.6 3159

v, m3/kg 0.0208 0.031

Izentropski entalpijski pad je: ∆h s =

h0

= ϕ

c1

+

c02

2

2 ∆h s

= 0.95

3

2 ⋅ 149600 = 519.6 m/s

cos18o = 519.6 2

cos α 1 u = c1 2 u

3

− h1 s = 3308.6 ⋅ 10 + 0 − 3159 ⋅ 10 = 149600 J/kg

= π D n

=

247.1 m/s

D =

→

u

π n n

=

247.1

π ⋅ 50

= 1.573 m

b) Sada ćemo odrediti specifi čnu brzinu i specifi čni promjer. Da bi ih odredili potreban nam je volumni protok:

& V 1 s

ω s

& = = V 2 s

=

2 π n

& v1 s m & V 2 s 0.75 s

∆h

=

200 ⋅ 0.031 = 6.2 m3/s

=

2 ⋅ π ⋅ n

0.25

D s

= D

∆h s

& V 2 s

= 1.573

6.2 1496000.75

1496000.25 6.2

=

0.1

= 12.4

Na dijagramu dijagramu po Baljeu se za izračunati specifi čni promjer i specifi čnu brzinu vrtnje može očitati stupanj djelovanja η t t = 0.65 uz omjer visine lopatice h/D = 0.26 i parcijalnost privoda od ε = = 0.2 = 20%.

Primjer 22.3 (Potreban broj stupnjeva za obradu entalpijskog pada) Akcijska parna turbina s više stupnjeva koristi paru koja ekspandira s tlaka od 2.0 MPa i o temperature od 400 C na tlak kondenzatora od 5 kPa. Za zadanu srednju obodnu brzinu u = 220 m/s potrebno je odrediti potrebni broj stupnjeva da bi se mogao obraditi cijeli entalpijski pad.

Rješenje: Iz tablica za vodenu paru i Molierovog dijagrama, za izentropski pad entalpije na turbini dobivamo sljedeće podatke za vodenu paru: Položaj Ulaz u turbinu Izlaz iz turbine

Stanje p, kPa 0 2000 1s 5

T , oC 400 33

s, kJ/kgK 7.1271 7.127

h, kJ/kg 3247.6 2173.6

v, m3/kg 0.1512 23.7

Pod pretpostavkom da je brzina na ulazu u turbuinu zanemarivo mala, entalpijski pad je:

Parne turbine

∆h s , ukupni =

Zadaci

80

h0

− h1 s =

(3247 .6 − 2173.6) ⋅ 103 = 1074 ⋅ 103 J/kg

Pomoću vrijednosti za omjer između pada entalpije na stupnju i kineti čke energije za obodnu brzinu, možemo odrediti pad entalpije na stupnju turbine: ∆h s 2

=

u 2

5

∆h s = 5

→

u2 2

=5

220 2 2

= 121 ⋅ 10

3

J/kg

Potrebni broj stupnjeva turbine je: i=

∆h s , ukupno

=

∆h s

1074 ⋅ 103 121 ⋅ 103

= 8.87 → 9 akcijskih

stupnjeva

Primjer 22.4 (Curtisova turbina) Umjesto obične aksijalne akcijske turbine iz primjera 22.2 sada koristimo Curtissov stupanj. Iz primjera 22.2 poznato je: - izentropski pad entalpije je ∆h s = 149.6 kJ/kg, - apsolutna brzina na izlazu iz statorskih lopatica je c1 = 519.6 m/s, - kut izlazne brzine je α 1 = 18o, - brina vrtnje rotora je n = 50 s -1. Zadane su vrijednosti koefficijenta brzine ϕ = = 0.95, te ψ = = ϕ ’ = ψ ’ = 0.9

Potrebno je odrediti promjer rotora za uvjet maksimalnoga stupnja djelovanja.

Rješenje: Slijedimo isti postupak kao i u primjeru 22.2. Prema teoriji, optimalni stupanj djelovanja za Curtissov stupanj dobivamo za: u

=

c1

A cos B

1

→

2

u = c1

A cos α 1 B

2

Konstante A Konstante A i i B B su: su: A = 1 + ψ + (1 + ψ ')ϕ 'ψ = 1 + 0.9 + (1 + 0.9) ⋅ 0.9 ⋅ 0.9 = 3.44 B = 1 + ψ + (1 + ψ ')(1 + ϕ '+ϕ 'ψ ) = 1 + 0.9 + (1 + 0.9)(1 + 0.9 + 0.9 ⋅ 0.9) = 7.05

u

= 519.6

D =

u

π n n

3.44 cos18o 7.05

=

120.6

π ⋅ 50

2 =

= 120.6 m/s

0768 m

Komentar: U ranijem slučaju običnog akcijskog stupnja, obodna brzina je bila u = 247.1 m/s, a promjer rotora D rotora D = = 1.573 m.

Parne turbine

Zadaci

81

Primjer 22.5 (Akcijska turbina sa stupnjevima tlaka) & = 50 kg/s koja ulazi Stupanj akcijske turbine sa stupnjevima tlaka obrađuje protok pare od m brzinom od c0 = 100 m/s, pri tlaku p tlaku p0 = 0.6 MPa i temperaturi T 0 = 300 oC i izlazi pri tlaku p tlaku p1 -1 = 0.4 MPa. Rotor ima brzinu vrtnje n = 50 s . Koeficijent smanjenja brzine je ϕ = = 0.95, a kut o istjecanja iz statora α 1 = 15 . pod pretpostavkom da je omjer obodne i apsolutne brzine jednak:

u c1

= 1.05

cos α 1 2

,

potrebno je odrediti: a) promjer rotora, b) stupanj djelovanja η TS TS dobiven iz dijagrama po Baljeu. Rješenje: a) Obzirom da su zadani omjer brzina i kut istrujavanja, najprije ćemo izračunati brzinu c1 iz entalpijskog pada na stupnju, nakon čega ćemo izračunati obodnu brzinu u. Pomoću obodne brzine i brzine vrtnje izračunati ćemo promjer rotora. U tablici su prikazani parametri stanja pare na ulazu i izlazu iz stupnja turbine. Položaj Ulaz u turbinu Izlaz iz turbine

Stanje p, p, MPa 0 0.6 1s 0.4

T , oC 300 250

s, s, kJ/kgK 7.3724 7.3789

Za izentropski pad entalpije (prema gornjoj slici) imamo: ∆h s =

c1

h0

= ϕ

+

c02 2

2 ∆h s

3

− h1 s = 3061 .6 ⋅ 10 +

= 0.95 ⋅

2 ⋅ 102400

100 2

=

2

3

− 2964.2 ⋅ 10 = 102400

429.9 m/s

J/kg

h, kJ/kg 3061.6 2964.2

v, m3/kg 0.4344 0.5951

Parne turbine

u c1

= 1.05

D =

u

π n n

cos α 1

u

→

2

=

Zadaci

82

218

π ⋅ 50

= 1.05 c1

cos α 1 2

= 1.05 ⋅ 429.9

cos15o 2

=

218 m/s

= 1.39 m

Linija optimuma

b) Volumni protok na izlazu iz statorskih lopatica je:

&1 V s

&2 = = V s

& v1 s m

=

50 ⋅ 0.5951 = 29.8 m3/s

Pomoću entalpijskog pada i protoka možemo izra čunati specifični promjer i specifi čnu brzinu vrtnje: 0.25

D s

= D

∆h s

= 1.39

& V

2 s

ω s

=

2 π n

& V 2 s 0.75 s

∆h

=

102400 29.8

2 ⋅ π ⋅ 50

=

4.5

29.8 1024000.75

= 0.3

Iz dijagrama po Baljeu za izračunate vrijednosti možemo o čitati stupanj djelovanja η TS TS = 0.83 i omjer visine lopatice i promjera rotora h/D = h/D = 0.045

Parne turbine

Zadaci

83

ZADACI 23

REAKCIJSKE PARNE TURBINE djelovanja stupnja reakcijske turbine) Primjer 23.1 (Stupanj djelovanja Zadani su koeficijenti smanjenja brzine ϕ = ψ = 0.94 i kut istjecanja pare iz statorskih lopatica α 1 = 20o (vrijednosti iz primjera 21.3 za reakcijski stupanj parne turbine sa stupnjem reakcije R reakcije R = = 0.5). Potrebno je odrediti stupanj djelovanja.

Rješenje: Stupanj djelovanja reakcijskog stupnja turbine sa stupnjem reakcije R reakcije R = = 0.5 je:

ϕ 2 cos 2 α 1 η t = 1 − ϕ 2 sin 2 α 1

=

0.94 2 ⋅ cos 2 20o 1 − 0.94 2 sin 2 20o

= 0.87

U primjeru 21.3 dobivena je vrijednost od 0.88 koja je vrlo blizu ovdje izra čunate vrijednosti.

Primjer 23.2 (Određivanje stupnja reakcije) U primjeru 21.3 su dobivene sljede će vrijednosti entalpije i brzine:

h1 = 3021.7 kJ/kg h00 = 3066.8 kJ/kg

h2 = 2976.7 kJ/kg h20 = 2876.7 kJ/kg

Potrebno je odrediti stupanj reakcije R reakcije R na na stupnju parne turbine prema podacima iz primjera 21.3.

Rješenje: Stupanj reakcije je: R =

h1 − h2 h00

0

=

− h2

3021.7 − 2976 .7 3066 .8 − 2876 .7

=

0.5

turbina s jednim stupnjem) Primjer 23.3 (Radijalna centripetalna turbina Radijalna centripetalna turbina s radijalnim ulazom i aksijalnim izlazom obrađuje protok pare & = 3 kg/s. Parametri rada su: od m Stator: Brzina na ulazu c0 = 138 m/s, Rotor: Brzina vrtnje n = 400 s -1, obodna brzina u1 = 360 m/s U tablici su dani podaci za stanje pare na različitim mjestima u turbini: Položaj Ulaz u stator Izlaz iz statora Izlaz iz rotora

Stanje p, p, kPa 0 500 1s 350 2s 240

T , oC 200 160 127

s, s, kJ/kgK 7.0592 7.059 7.059

h, kJ/kg 2855.4 2780.8 2718

v, m3/kg 0.4249 0.58 0.75

Parne turbine

Zadaci

84

Potrebno je odrediti: a) stupanj djelovanja turbine prema dijagramu po Baljeu, bez oporavka brzine, b) omjer obodne i teorijske brzine k = u1

2 ∆h s

Rješenje: a) Da bi mogli u ći u dijagram po Baljeu potrebno je najprije izra ćunati specifičnu brzinu vrtnje i specifični promjer.

ω s

2 π n

=

& V 2 s 0.75

∆h s 0.25

D s

∆h s

= D

& V 2 s

Entalpijski pad je: ∆h s =

&2 s V u1

ω s

=

=

0 0

h

− h2 s =

h0

+

c02 2

= 3 ⋅ 0.75 =

& v2 s m

n π D1

=

2 π n

2855.4 ⋅ 10

& V 2 s 0.75 s

∆h

=

∆h s

& V 2 s

=

D1

2 ⋅ π ⋅ 400

0.286

+

1382 2

3

− 2718 ⋅ 10 = 146.9 ⋅ 10

3 2.25 m /s

→

0.25

D s = D

− h2 s =

3

2.25 146900 0.75

1469000.25 2.25

= 3.7

=

=

u1 n π

0.5

=

360 400 ⋅ π

=

0.286 m

3

J/kg

Parne turbine

85

Zadaci

Za te vrijednosti iz dijagrama po Baljeu možemo o čitati da je stupanj djelovanja vrlo blizu vrijednosti η TS TS = 0.9.

b) Omjer obodne i teorijske brzine je: k =

u1 2 ∆h s

=

360 2 ⋅ 146900

=

0.664

Dobili smo vrijednost blizu 0.7 koja odgovara omjeru za maksimalni stupanj djelovanja.

Parne turbine

86

Zadaci

87

Parno turbinska postrojenja

Zadaci

ZADACI 24

PARNOTURBINSKA POSTROJENJA

Primjer 24.1 (Stupanj djelovanja Rankineovog procesa sa zasićenom parom) U Rankineovom procesu u turbinu ulazi zasi ćena para pri temperaturi T 3 = 190 oC i iz kondenzatora izlazi kao zasićena tekućina pri temperaturi T 1 = 60 oC. Pod pretpostavkom da su unutarnji stupnjevi djelovanja turbine η t t i pumpe η p jednaki i da iznose 0.7, potrebno je: a) izračunati specifični rad pumpe l p i entalpiju h2 iza pumpe, b) izračunati specifični rad turbine l t t, entalpiju h4 na kraju ekspanzije u turbini i sadržaj pare x4, c) izračunati stupanj djelovanja procesa η , d) prikazati u tablici podatke za tlak, temperaturu i entalpiju za različita ispitana stanja.

Rješenje: a) Pumpa podiže tlak tekućine s tlaka zasićenja p enja p1 na tlak p tlak p2 potreban na ulazu u parni kotao da bi dobili zasi ćenu paru. Ako zanemarimo utjecaj promjene brzine na pumpi, specifi čni rad pumpe je: l p , i

=

∆ p

=

v ∆ p

ρ

Specifični efektivni rad pumpe dobivamo ako indicirani rad podijelimo s unutarnjim stupnjem djelovanja pumpe: l p , e

=

v ∆ p

=

v ( p2 − p1 )

η p

η p

U tablicama za vodenu paru o čitavamo tlak zasićenja p enja p1 = 19.94 kPa za temperaturu T 1 = 60 C i tlak zasićenja p2 = 1.2544 MPa za temperaturu T 2 = 190 oC. Specifični volumen je za tekućinu v = 0.001 m3/kg. o

l p , e

=

v ( p2 − p1 )

=

0.001 ⋅ (1254.4 − 19.94 ) ⋅ 103 0.7

η p

= 1764 J/kg

Entalpija h2 na kraju kompresije je: l p

=

h2

− h1

→

h2

=

h1 + l p , e

=

(251.11 + 1.764) ⋅ 103 = 252.87 ⋅ 103 J/kg

gdje je entalpija h1 = 251.11 kJ/kg entalpija zasićene kapljevine pri T 1 = 60 oC. b) Specifični rad turbine je: l t = h3 − h4

88


Zadaci

Entalpiju h3 očitavamo iz tablica za vodenu paru za stanje zasićenja pri temperaturi T 3 = 190 o C. Očitana vrijednost je h3 = 2786.4 kJ/kg. Za izentropsku ekspanziju do tlaka p tlaka p4 = 20 kPa, o koja odgovara temperaturi zasićenja tekuće vode pri T 4 = 60 C, možemo za točku 4 o čitati entalpiju h4 = 2145 kJ/kg. Idealni rad koji daje turbina je: l t ,i

=

h3 − h4

=

2786 .4 ⋅ 103 − 2145 ⋅ 103

= 641.4 ⋅ 10

3

J/kg

Efektivni specifični rad turbine je: 3

= η t l t , i = 0.7 ⋅ 641.4 ⋅ 10 =

l t , e

449 ⋅ 103 J/kg

Entalpija na izlazu iz turbine, tj. na ulazu u kondenzator, će biti: h4

=

h3 − l t , e

=

2786.4 ⋅ 103 − 449 ⋅ 103

=

2337 ⋅ 103 J/kg

Za tu vrijednost entalpije na izobari p izobari p4 = 20 kPa o čitamo sadržaj pare: x4

=

0.89

c) Stupanj djelovanja cijeloga procesa je: η =

l

=

q s

l t , e

− l p , e

h3 − h2

=

449 ⋅ 103 − 1764

(2786.4 − 252.87 ) ⋅ 103

= 0.176

d) Tablica s podacima za parametre pri radnim to čkama Rankineovoga procesa: Točka procesa 1 2s 2 2’ 3 4s 4

Stanje fluida Tekućina Pothlađena tekućina Pothlađena tekućina Zasićena tekućina Zasićena para Smjesa pare i tekućine Smjesa pare i tekućine

Tlak, kPa 19.94 1254.4 1254.4 1254.4 1254.4 20 20

Temperatura, K Entalpija, kJ/kg 60 251.11 60 60 252.87 190 807.62 190 2786.4 60 2145 60 2337.4

Komentar: Promjena entalpije vode zbog njenog tla čenja u napojnoj pumpi predstavlja zanemarivi specifi čni rad: l p , e h1

=

h2

− h1

h1

=

1764

251.11 ⋅ 103

=

0.007 = 0.7%

89


Zadaci

indicirani i ukupni efektivni stupanj djelovanja) Primjer 24.2 (Stupanj djelovanja procesa, indicirani U parnom kotlu parnoturbinskog postrojenja izgara teku će gorivo s masenim protokom od & = 2.5 kg/s. Gorivo ima ogrjevnu mo ć od H m od H d d = 42 MJ/kg. Specifi čni rad koji para predaje je & = 1.45 m3/s kroz kondenzator uz porast l = 1200 kJ/kg. Rashladna voda ima protok V rv temperature od ∆T = 10 K. Zadane su vrijednosti za mehani čki stupanj djelovanja od η o = 0.97 i stupanj djelovanja parnog kotla η b = 0.88. Potrebno je odrediti: a) Toplinski tok koji generator pare predaje vodi, b) Toplinski tok koji se u kondenzatoru kondenzatoru oduzima pari, c) Stupanj djelovanja procesa, indicirani i efektivni stupanj djelovanja, d) Maseni protok pare.

Rješenje: a) Toplinski tok koji generator pare predaje vodi je: Q& s

& g H d = 0.88 ⋅ 2.5 ⋅ 42 ⋅ 106 m

= η b

= 92.4 ⋅ 10

6

W

b) Toplinski tok koji je oduzet pari predan je rashladnoj vodi kondenzatora. Specifi čna toplina vode je c p,v = 4.18 kJ/kgK. Obzirom da je zadan volumni protok vode i njen porast temperature, toplinski tok predan u kondenzatoru je:

& c ∆T = 1000 ⋅ 1.45 ⋅ 4.18 ⋅ 103 ⋅ 10 = 60.61 ⋅ 106 W & rv c p, v ∆T = ρ rv V Q& k = m rv p , v c) Termodinamički stupanj djelovanja procesa uspore đuje dobiveni rad s potrošenom energijom goriva: η =

l

=

q s

L& Q& s

Snaga postrojenja jednaka je razlici toplinskog toka predanog pari i onoga odvedenog od pare u kondenzatoru: L& = Q& s

η th =

& = 92.4 ⋅ 10 − 60.61 ⋅ 10 = 31.79 ⋅ 10 −Q k

L& Q& s

6

=

31.79 ⋅ 106 92.4 ⋅ 106

=

6

6

W

0.344

Indicirani stupanj djelovanja je: η i = η th η m = 0.344 ⋅ 0.97 = 0.33 η e = η i η b = 0.33 ⋅ 0.88 = 0.293

d) Ako je poznat specifi čni rad, koji nam daje para, dobiti ćemo i protok pare:

& p l L& = m

→

& p m

=

L& l

=

31.79 ⋅ 106 1200 ⋅ 10

3

=

26.49 kg/s


90

Zadaci

Primjer 24.3 (Stupanj djelovanja Rankineova procesa s pregrijanom parom) Proces parnoturbinskog postrojenja s pregrijavanjem pare prikazan je na slici. Po četni tlak je p1 = 4 kPa, a stanje u to čki 3 (stanje na ulazu u turbinu) je p je p3 = 4.5 MPa i T 3 = 600 oC. Zadan & = 800 kg/s. Stupanj djelovanja turbine je η t t = 0.9, a mehani čki stupanj je protok pare m djelovanja je η 0 = 0.97 (uklju čujući i rad napojne pumpe). Potrebno je odrediti: a) stupanj djelovanja procesa η , b) efektivnu snagu postrojenja P postrojenja P e

Rješenje: a) Stupanj djelovanja procesa je: η ≈

h3 − h4 h3 − h1

Da bi izračunali stupanj djelovanja potrebno je na ći vrijednosti entalpije u točkama 1, 3 i 4. Stanje 1 odgovara stanju zasićene tekućine. Za tlak zasićenja pri p1 = 4 kPa iz tablica za vodenu paru nalazimo temperaturu zasićenja T 1 = 28.96 oC i entalpiju kapljevine od h1 = 126.46 kJ/kg. Pri stanju 3 imamo pregrijanu paru pri tlaku p3 = 4.5 MPa i temperaturi T 3 = 600 oC. Za tu točku očitavamo entalpiju h3 = 3670.5 kJ/kg i entropiju s entropiju s3 = 7.31 J/kgK. Od stanja 3 imamo ekspanziju u turbini do to čke 4 za koju znamo tlak p4 = 4.0 kPa (jednak početnom tlaku p tlaku p1). Da bi odredili entalpiju u to čki 4 potrebno je najprije odrediti to čku 4s za pretpostavljenu izentropsku ekspanziju. Sada se koristimo Molierovim dijagramom i iz točke 3 povlačimo izentropu (pri s (pri s = = const) do izobare za točku 4s. O čitana entalpija za točku 4s je h4s = 2202 kJ/kg uz sadržaj pare x pare x4s = 0.855. Rad izentropske ekspanzije na turbini je: l ts

=

h3 − h4 s

=

(3670 .5 − 2202 ) ⋅ 103 = 1468.5 ⋅ 103 J/kg

Stvarno dobiveni rad na turbini je manji jer stvarna eksspanzija nije izentropska:

91


η t =

l t

→

l ts

Zadaci

l t = l ts η t = 1468.5 ⋅ 103 ⋅ 0.9 = 1322 ⋅ 103 J/kg

Efektivni rad turbine jednak je promjeni entalpije u stvarnoj ekspanziji: l t = h3 − h4

→

h4

=

h3 − l t = (3670.5 − 1322 ) ⋅ 103

=

2348 .5 ⋅ 103 J/kg

Očitane vrijednosti za sve radne točke procesa prikazane su u tablici: Točka procesa

Stanje fluida

1

zasićena kapljevina pregrijana para vlažna para ( x x = 0.855) vlažna para ( x = x = 0.915)

3 4s 4

Temperatura, oC

Tlak, kPa

4.0 4500.0 4.0 4.0

28.96 600.00 28.96 28.96

Entalpija, kJ/kg 121.46

3670.5 2202.0 2348.5

Konačno dobivamo stupanj djelovanja procesa:

(3670 .5 − 2348.5) ⋅103 η = (3670.5 − 121.46) ⋅ 103

=

0.372

b) Efektivna snaga P snaga P e parno turbinskog postrojenja je:

& l e P e = m

=

& η m l t = 800 ⋅ 0.97 ⋅ 1322 ⋅ 103 m

= 1024.8 ⋅ 10

6

W = 1.0248 GW

Komentari: Stupanj djelovanja ovoga procesa je ve ći od stupnja djelovanja procesa u primjeru 24. 1. Razlog tome je ekspanzija pare na niži tlak u kondenzatoru ( p ( p4 = 4 kPa, umjesto 20 kPa iz primjera 24.1).

procesa parnog postrojenja s dva pregrijanja pare) pare) Primjer 24.4 (Stupanj djelovanja procesa U procesu parno turbinskog postrojenja s me đupregrijanjem (s ukupno dva pregrijanja), prema slici, početni tlak je p1 = 4 kPa. Para se pregrijava pri tlaku p3 = 4.5 MPa na temperaturu T 3 = 600 oC, kako bi mogla ekspandirati na turbini do tlaka p tlaka p4 = 500 kPa. Nakon toga se para pri tom tlaku ponovno pregrijava do temperature T 5 = 500 oC i nakon toga ekspandira na tlak p tlak p6 = p = p1 = 4 kPa. Pod pretpostavkom da su stupnjevi djelovanja obje turbine jednaki η t1 t1 = η t2 t2 = 0.9 potrebno je izra čunati stupanj djelovanja procesa i potrebno ga je usporediti s onime za proces iz primjera 24.3.

Rješenje: Slijedimo isti postupak rješavanja kao i u primjeru 24.3. Stupanj djelovanja je omjer dobivenog rada u obje turbine i ukupno dovedene energije (topline i rada napojne pumpe) vodi ili pari. Obzirom da je rad doveden napojnom pumpom zanemarivo mali, pod dovedenom energijom ćemo uzeti toplinu za isparavanje i pregrijavanje pare prije prve turbine i toplinu za pregrijavanje pare prije druge turbine. Na taj će način stupanj djelovanja biti:

92

Parno turbinska postrojenja η =

l q s

≈

l t 1 + l t 2

=

q s1 + q s 2

Zadaci

(h3 − h4 ) + (h5 − h6 ) (h3 − h ) + (h5 − h4 ) 1

Da bi odredili entalpije za pojedine to čke koristimo se Molierovim dijagramom i iz njega očitavamo točke. Vrijednosti za o čitane točke prikazane su u tablici. Od to čke 1 pri p pri p1 i T 1 se po izentropi dignemo na tlak p tlak p3 i dalje pri tom tlaku po izobari do to čke 3 s temperaturom T 3. Tu očitamo entalpiju h3. Da bi dobili entalpiju za to čku 4 provodimo isti postupak kao i u primjeru 24.3: l t 1

=

(h3 − h4 s )η t = (h3 − h4 )

→

h4

=

h3 − (h3

)

− h4 s η t

Kada smo odredili to čku 4, po izobari p izobari p4 se penjemo do to čke 5 za koju je zadana temperatura T 5. Iz tako definirane točke 5 na isti način kao kod turbine 1 odredimo to čku 6. Na taj smo način došli do svih vrijednosti koje su prikazane u tablici. Točka procesa

Stanje fluida

1

zasićena kapljevina pregrijana para pregrijana para pregrijana para pregrijana para vlažna para ( x x = 0.95) vlažna para ( x x = 0.995)

3 4s 4 5 6s 6

Tlak, kPa

4.0 4500.0 500.0 500.0 500.0 4.0 4.0

Izentropski rad dobiven na turbini 1 je: l t 1 s

=

h3 − h4 s

=

(3670.5 − 3000 ) ⋅ 103 = 670.5 ⋅ 103 J/kg

Stvarni rad dobiven na turbini 1 je: l t 1

= l t 1 s η t =

670.5 ⋅ 103 ⋅ 0.9 = 603.5 ⋅ 103 J

Entalpija u točki 4 je: h4

=

h3 − l t 1

=

(3670 .5 − 603.5) ⋅ 103 = 3067 ⋅ 103 J/kg

Temperatura, oC

28.96 600.00 260.00 304.00 500.00 28.96 28.96

Entalpija, kJ/kg 121.46

3670.5 3000.0 3067.0 3483.9 2435.0 2539.9

93


Zadaci

Izentropski rad dobiven na turbini 2 je: l t 2 s

=

h5

− h6 s =

(3483.9 − 2435 ) ⋅ 103 = 1048.9 ⋅ 103 J/kg

Stvarni rad dobiven na turbini 2 je: l t 2

3

= l t 2 s η t = 1048.9 ⋅ 10 ⋅ 0.9 = 944 ⋅ 10

3

J

Entalpija u točki 6 je: h6

=

h5

− l t 2 =

(3483 .9 − 944) ⋅ 103 = 2539 .9 ⋅ 103 J/kg

Stupanj djelovanja procesa parno turbinskog postrojenja s me đupregrijanjem je: η =

l t 1 + l t 2

=

603.5 + 944

(h3 − h ) + (h5 − h4 ) (3670.5 − 121.46) + (3483 .9 − 3067 ) 1

⋅

10

3

10

3

= 0.39

Dobiveni stupanj djelovanja je ve ći od onoga u primjeru 24.3, koji je bio pri vrijednosti 0.372. Komentar: Utjecaj pregrijanja u ovome primjeru je umjeren. U praksi se koristi ekspanzija u prvoj turbini do područ ja vlažne pare ( x = x = 0.995) pa se tek tada vrši novo pregrijavanje. Tada bi zna čajno povećali rad prve turbine i ukupno bi mogli imati ve ću snagu postrojenja, ili bi za istu snagu postrojenja mogli smanjiti protok pare (tj. kapacitet napojne pumpe i parnoga parnoga kotla).

94


Zadaci

ZADACI 25

KONDENZATORI

Primjer 25.1 (Protok rashladne vode kroz kroz kondenzator) Parno turbinsko postrojenje efektivne snage 600 MW ima vlažnu paru na ispuhu iz turbine pri tlaku pk = 5.628 kPa i sadržaju pare x x = 0.92. Stupanj djelovanja procesa je η = 0.4, a mehanički stupanj djelovanja je η m = 0.975. Pove ćanje temperature riječne vode koja se koristi za hlađenje kondenzatora je ∆T rv rv = 10 K. Potrebno je: a) Izračunati toplinski tok Q& koji se odvodi u kondenzatoru, b) Izračunati omjer protoka rashladne vode kondenzatora i protoka pare u postrojenju, c) Izračunati volumni protok rashladne vode kondenzatora, d) Izračunati omjer protoka rashladne vode kondenzatora i protoka pare u postrojenju za slučaj kada bi se rashladna voda kondenzatora zagrijavala za samo ∆T rv rv = 8 K.

Rješenje: a) Toplinski tok Q& koji se odvodi u kondenzatoru jednak je produktu masenog protoka pare i specifične topline koja se pari oduzima u kondenzatoru.

& qk Q& = m Zadatak kondenzatora je da vlažnu paru koja u njega ulazi kondenzira do stanja zasi ćene kapljevine pri konstantnom tlaku. Za zadani tlak u kondenzatoru mi iz tablica za vodenu paru možemo dobiti specifičnu toplinu ∆hvap potrebnu za isparavanje vode od stanja zasi ćene kapljevine do stanja zasićene pare. Obzirom da u našem slu čaju u kondenzator ulazimo s vlažnom parom (kod koje je jedan mali dio ve ć kondenzirao), mi moramo kondenzirati preostalu paru. qk = x ∆hvap

=

0.92 ⋅ 2418.6 ⋅ 103

=

2225.1 ⋅ 103 J/kg

Temperatura zasićenja za zadani tlak u kondenzatoru je T k 35 oC. Toplina koja je dovedena k = u proces u parnoturbinskom postrojenju može se izra čunati iz stupnja djelovanja i specifične topline odvedene u kondenzatoru: η =

qdov

− qodv

qdov

=

q s

− qk

→

q s

q s

=

qk 1 − η

=

2225.1 ⋅ 103 1 − 0 .4

Indicirani korisni rad pare je: l = q s

− qk =

(3708 .5 − 2225 .1) ⋅ 103 = 1483.4 ⋅ 103 J/kg

Efektivni specifični rad pare je: l e

= η m l =

0.975 ⋅ 1483.4 ⋅ 103

= 1446.3 ⋅ 10

3

J/kg

= 3708.5 ⋅ 10

3

J/kg

95


Zadaci

Maseni protok pare je:

&= m

P e

600 ⋅ 106

=

1446.3 ⋅ 10

l e

3

=

414.85 kg/s

Toplinski tok predan u kondenzatoru je:

& qk = 414.85 ⋅ 2225.1 ⋅ 103 Q& = m

= 923.1 ⋅ 10

6

W = 923. 1 MW

b) Protok vode kroz kondenzator može se odrediti iz kalori čke jednadžbe za zagrijavanje vode:

& rv c pv ∆T rv Q& = m & rv m

Q&

=

=

c pv ∆T rv

923.1 ⋅ 103

=

4180 ⋅ 10

22084 kg/s

Omjer protoka rashladne vode i protoka pare je:

& rv m

=

22084 414.85

& m

= 53.2

c) Volumni protok rashladne vode kondenzatora ćemo dobiti ako maseni protok podijelimo s gustoćom vode:

& V rv

=

& rv m

=

22084

=

1000

ρ rv

22.084 m3/s

d) U slučaju da je porast temperature rashladne vode kondenzatora rashladne vode kroz kondenzator bi bio:

& rv m

=

Q&

=

923.1 ⋅ 103 4180 ⋅ 8

c pv ∆T rv

=

∆T rv rv

= 8 K, protok

26605 kg/s

Omjer protoka rashladne vode i protoka pare bi bio:

& rv m & m

=

26605 414.85

=

66.5

Komentar: Protok rashladne vode kroz kondenzator je vrlo velik (22 m 3/s ili 79200 m 3/h), no ipak se tu radi o postrojenju snage 600 MW (otprilike dvije termoelektrane Urinj).

96


Zadaci

Primjer 25.2 (Kondenzator s miješanjem rashladne vode i pare) & p U kondenzatoru s miješanjem rashladne vode i pare potrebno je kondenzirati protok pare m

= 3 kg/s koja izlazi iz turbine pri tlaku pk = 5 kPa pri sadržaju pare x pare x = = 0.93. Rashladna voda o ima na ulazu temperaturu T rv,ul rv,ul = 15 C. Potrebno je odrediti: a) Potrošnju vode po 1 kg pare i ukupni volumni protok na izlazu iz kondenzatora (kondenzirana para i rashladna voda), b) Snagu P kp kp pumpe kondenzata koja teku ćinu na izlazu iz kondenzatora podiže na tlak okoline uz stupanj djelovanja pumpe η kp kp = 0.75 uz gubitke strujanja u cjevovodu od 6 m stupca tekućine.

Rješenje: a) Specifična toplina koju moramo odvesti pari da bi je kondenzirali (pri tlaku pk = 5 kPa) je (specifična toplina isparavanja dobiva se iz tablica za vodenu paru pri zadanom tlaku): qk = x ∆hvap

3

= 0.93 ⋅ 2423.7 ⋅ 10 =

2254 ⋅ 103 J/kg

Toplinski tok koji se oduzima vlažnoj pari u kondenzatoru je:

& p qk = 3 ⋅ 2254 ⋅ 103 Q& = m

=

6762 ⋅ 103 W

Iz tablica za vodenu paru našli bi da je za zadani tlak u kondenzatoru temperatura zasi ćenja jednaka T sat = 32.88 oC. U prvoj iteraciji pretpostavimo da je izlazna temperatura smjese o o kondenzata i rashladne vode jednaka T iz iz = 32 C (granična temperatura je 32.88 C). Potrebni protok rashladne vode koja će se zagrijati s 15 na 32 oC i pritom oduzeti toplinu pari koja kondenzira je:

& rv m

Q&

=

c pv (T iz − T ul )

=

6762 ⋅ 103 4180 ⋅ (32 − 15)

= 95.1 kg/s

Potrošnja rashladne vode po 1 kg dovedene vlažne pare je:

& rv m

=

95.1

& p m

3

= 31.7

Volumni protok rashladne vode je:

& V rv

=

& rv m

=

95.1 1000

ρ rv

=

0.0951 m3/s

Volumni protok kondenzirane pare je:

& V kp

=

& p m ρ rv

=

3

3

1000

= 0.003 m

/s

Ukupni volumni protok na izlazu iz kondenzatora je:

& = V & V iz rv

& = + V kp

0.0951 + 0.003 = 0.0981 m3/s

97


Zadaci

b) Pumpa za ekstrakciju kondenzata s tlaka kondenzatora na tlak okoline projektirana je za puni protok na izlazu iz kondenzatora. Snaga za pogon pogon te pumpe je: P kp

=

& ∆ p V iz

=

& ρ g H V iz

η kp

η kp

gdje je H je H napor napor pumpe izražen u stupcu teku ćine (ovdje stupcu vode). Dio napora potreban za svladavanje razlike tlaka od tlaka kondenzatora do tlaka okoline je: H 1

=

( p0 − pk ) (101.3 − 5) ⋅ 103 =

1000 ⋅ 9.81

ρ g

= 9.82 m

Dio napora za svladavanje otpora strujanja u cjevovodu kondenzata je: H 2 = 6 m Snaga za pogon pumpe kondenzata je: P kp

=

& ρ g H V iz η kp

=

& ρ g ( H + H ) V 1 iz 2 η kp

=

0.0981⋅1000 ⋅ 9.81 ⋅ (9.82 + 6) 0.75

=

20299 W = 20.3 kW


98

Zadaci

Pumpe

99

Zadaci

ZADACI 26

PUMPE

(Manometarski napor napor i unutarnji unutarnji napor pumpe) pumpe) Tijekom ispitivanja centrifugalne pumpe manometar na usisu u pumpu pokazivao je tlak p1 = -40 kPa, a manometar na tla čnoj strani pokazivao je tlak p2 = 300 kPa. Promjer usisnog cjevovoda je d 1 = 300 mm, a promjer tla čnog cjevovoda je d 2 = 250 mm. Priključak na tlačnoj strani je smješten 1 m iznad priklju čka na usisnoj strani. Protok vode na pumpi je 0.1 m 3/s. Potrebno je odrediti: a) Manometarski napor hu pumpe, b) Unutarnji napor pumpe h pod pretpostavkom da je napor pasivnih gubitaka u pumpi jednak hw = 4.2 m stupca vode. Primjer 26.1

Rješenje: a) Manometarski napor hu možemo dobiti primjenom Bernoulijeve jednadžbe: hu

=

p2 − p1

ρ g

+

v22

2

− v1

2 g

+

( z 2 − z 1 )

U ovoj jednadžbi poznata nam je razlika u visini priklju čaka:

( z 2 − z 1 ) = 1 m Nisu nam poznate brzine v1 i v2, pa ih moramo izra čunati iz volumnog protoka i promjera usisne i tlačne cijevi. v1

=

& V d 12π

4V &

=

d 12π

=

4 ⋅ 0.1 = 1.41 m/s 0.32 ⋅ π

4 v2

=

4V & d 22π

=

4 ⋅ 0.1 = 2.04 m/s 0.252 ⋅ π

Sada, kada su nam poznati svi podaci, možemo odrediti manometarski napor: hu

=

p2 − p1

ρ g

+

v22

2

− v1

2 g

(300 − (− 40)) ⋅ 103 + ( z 2 − z 1 ) = 1000 ⋅ 9.81

2.042 − 1.412 + + 1 = 35.77 m 2 ⋅ 9.81

b) Unutarnji napor pumpe pumpe dobiti ćemo ako manometarskom naporu dodamo još napor unutarnjih gubitaka: h = hu

+ hw = 35.77 + 4.2 = 39.97 ≈

40 m

Pumpe

100

Zadaci

(Ukupni napor napor na postrojenju postrojenju cjevovoda) cjevovoda) Pumpa prebacuje vodu iz jednog bazena u drugi uz protok V & = 0.04 m3/s kroz cijev promjera d = = 150 mm. Visina usisa je z u = 2 m, a visina tla čenja je z t t = 50 m. Gubici strujanja u usinom 2 i tlačnom cjevovodu su predstavljeni jednadžbom Y = 17 v (2 g ) , gdje je v brzina strujanja u cjevovodu. Pod pretpostavkom da na površinu vode u oba bazena djeluje atmosferski tlak i da je kinetička energija strujanja zanemariva, potrebno je odrediti: a) Napor ukupnih gubitaka u cjevovodu, b) Ukupni napor ht , c) Manomentarski napor hu. Primjer 26.2

Rješenje:

a) Brzina strujanja u cjevovodu je: v=

4V & 2

d π

=

4 ⋅ 0.04 = 2.26 m/s 0.152 π

Napor gubitaka strujanja (trenja) u cjevovodu cjevovodu je: 17 v 2 Y = 2 g

17 ⋅ 2.262 = 2 ⋅ 9.81

=

4.43 m

b) U ovome se primjeru primjeru ukupni napor napor cjevovoda ht poklapa s geodetskim naporom h g :

Pumpe ht = h g = z u

101 +

Zadaci

z t = 2 + 50 = 52 m

c) Manometarski napor je: hu

=

ht + Y = 52 + 4.43 = 56.43 m

Komentari: Manometarski napor hu (56.43 m) je ve ći od ukupnog napora ht jer pored svladavanja • razlike u visini razine teku ćine moramo svladati i gubitke strujanja u cjevovodu. U ovome slučaju se ukupni napor poklapa s geodetskim naporom (razlici visina razina • tekućine u oba bazena) jer ne svladavamo razliku tlaka (nad obje površine teku ćine vlada jednaki tlak) i zato što unutar cjevovoda nemamo promjene brzine strujanja, odn. promjene kinetičke energije. (Napor i rad centrigugalne centrigugalne pumpe) Za jednu centrifugalnu pumpu poznati su sljede ći podaci: r 1 = 100 mm, r 2 = 180 mm, β 1 = 30o, β 2 = 20 o, n = 24 s-1 (=1440 min-1), b1 = b2 = 44 mm. Za uvjete kada je rad l rotora rotora pumpe najveći potrebno je odrediti: a) Protok vode na pumpi, b) Specifični rad pumpe l p, c) Napor hi koji odgovara specifi čnom radu pumpe l p. Primjer 26.3

Rješenje:

a) Trokuti brzina na ulazu i izlazu iz rotora prikazani su na gornjoj slici. Kut na ulazu u rotor je α 1 = 90o (za projektne uvjete rada pumpe). Volumnei protok na pumpi je: & = 2 π r b c V 1 1 m1

=

2 π r 1 b1 c1

Apsolutnu brzinu c1 ćemo izračunati iz trokuta brzina na ulazu u rotor: r otor: c1

= u1 tan β 1 =

2 π n r 1 tan β 1 = 2 ⋅ π ⋅ 24 ⋅ 0.1 ⋅ tan 30o = 8.7 m/s

Pumpe

102

Zadaci

Protok na pumpi je: & = 2 π r b c V 1 1 1

=

2 ⋅ π ⋅ 0.1 ⋅ 0.044 ⋅ 8.7 = 0.24 m3/s

b) Da bi dobili specifični rad l i potrebno je odrediti obodnu brzinu na izlazu u2 i obodnu komponentu pasolutne brzine na izlazu cu2: u2

=

2 π n r 2 = 2 ⋅ π ⋅ 24 ⋅ 0.18 = 27.14 m/s

Radijalna komponenta apsolutne brzine na izlazu dobiva se iz protoka na pumpi i proto čne površine na izlazu: cm 2

& V

=

0.24 = 4.82 m/s 2 ⋅ π ⋅ 0.18 ⋅ 0.044

=

2 π r 2 b2

Sada možemo iz trokuta brzina na ći obodnu komponentu apsolutne brzine: cu 2

=

u2

cm 2

−

tan β 2

=

27.14 −

4.82 tan 20o

= 13.9 m/s

Specifični rad rotora pumpe je: l i = cu 2 u2

− cu1 u1 =

cu 2 u2

2 2 = 13.9 ⋅ 27.14 = 377.17 m /s =

377.17 J/kg

c) Napor koji daje rotor pumpe je: hi

=

377.17 = 38.45 m g 9.81 l i

=

Primjer 26.4 (Snaga za pogon pogon centrifugalne centrifugalne pumpe) U primjeru 26.3 imali i mali smo centrifugalnu pumpu s unutarnjim naporom hi = 38.5 m i protokom & = 0.24 m 3/s. Uz pretpostavku da je ukupni stupanj djelovanja pumpe η p = 0.8 i hidrauli čki V stupanj djelovanja η h = 0.85 potrebno je odrediti: a) Manometarski napor hu, b) Snagu P e za pogon pumpe. Rješenje:

a) Manometarski napor napor se može može dobiti iz specifi specifičnog rada rotora: l i = g hi

=

g hu

η h

→

hu

=

hi η h

= 38.5 ⋅ 0.85 = 32.7 m

b) Efektivna snaga snaga za pogon pumpe je: P e =

& ρ g h V u η p

=

0.24 ⋅ 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 32.7 = 96236 W = 96.2 kW 0.8

Pumpe

103

Zadaci

(Bezdimenzijski koeficijenti za dvije hidrauli čki slične pumpe) Ovdje se radi o dvije centrifugalne pumpe. Pumpa A ima rotor promjera D A = 810 mm, a pumpa B rotor r otor s promjerom D B = 960 mm. Obje pumpe se mogu smatrati hidrauli čki sličnim pumpama. Obje pumpe su i geometrijski slične s time da pumpa B ima za približno 20% ve će dimenzije nego pumpa A. Karakteristike obje pumpe prikazane su na slici. Nakon što su iz slike očitane karakteristike za obje pumpe u ovisnosti o protoku na pumpi, potrebno je j e izračunati bezdimenzijske koeficijente protoka Φ, tlaka (napora) Ψ i snage Λ za obje pumpe i potrebno je provjeiti koliko su njihove vrijednosti sli čne.

Primjer 26.5

n =

hu,

-

-

1170 min = 19.5 s

m

PSH ,

m

Originalna pumpa

h u,

n =

m

-

-

710 min = 11.8 s

PSH ,

m

Pumpa s 20% povećanim kućištem

Rješenje:

Iz dijagrama na slici o čitavamo točku po točku vrijednosti za volumni protok V & , manometarski napor hu, snagu P e i stupanj djelovanja pumpe η p za pumpu A s promjerom rotora D A = 0.81 m. Iz o čitanih vrijednosti izračunavaju se bezdimenzijski koeficijenti: Φ A =

& V A n A D A3

=

& V A

19.5 ⋅ 0.813

=

& V A

15.795

Pumpe

104 g h A

Ψ A =

2 =

2

n A D A P A

Λ A =

3

9.81 ⋅ h A 19.52 ⋅ 0.812

5 =

ρ A n A D A

=

Zadaci

0.621 ⋅ h A

P A

P A

5 =

3

1000 ⋅ 19.5 ⋅ 0.81

2 585 407

U gornje jednadžbe samo uvrštavamo o čitane vrijednosti za protok, napor i snagu. U tablici su prikazane vrijednosti vrijednosti očitane za pumpu A. & V A

h A

P A

m 153 152 147 141 133 120 104 83

m3/s 0.00 0.25 0.50 0.75 1.00 1.25 1.50 1.75

kW 1150 1340 1570 1750 1900 -

η A

Φ A

Ψ A

Λ A

0.62 0.76 0.84 0.86 0.85 -

0.00 0.02 0.05 0.07 0.10 0.12 0.14 0.17

6.1 6.0 5.8 5.6 5.3 4.8 4.0 3.3

0.4 0.5 0.6 0.7 0.75 -

Isti postupak ponavljamo i za pumpu B (prema donjem dijagramu na slici): & V B

Φ B =

Ψ B =

Λ B =

& V B

3 =

n B D B

11.8 ⋅ 0.96

g h B

9.81 ⋅ h B 11.82 ⋅ 0.962

2 =

n B2 D B P B

5 =

ρ B n B3 D B

& V A 3

3 =

m /s 0.00 0.25 0.50 0.75 1.00 1.25 1.50 1.75

& V B

10.44

=

0.076 ⋅ h B

P B

1000 ⋅ 11.83 ⋅ 0.96 h A

m 80 80 79 77 73 66 58 45

P A

5 =

kW 550 800 950 1050

P B

1339 683 η A

Φ A

Ψ A

Λ A

0.65 0.80 0.86 0.88 0.86 -

0.00 0.02 0.05 0.07 0.10 0.12 0.14 0.17

6.1 6.0 6.0 5.9 5.6 5.0 4.4 3.4

0.4 0.6 0.7 0.8

Ako usporedimo dobivene podatke u obje tablice vidimo da su vrijednosti za koeficijente tlaka i snage gotovo jednake, te da se malo razlikuju vrijednosti za koeficijent protoka.

Pumpe

105

Zadaci

Primjer 26.6 (Karakteristike (Karakteristike

pumpe) Za jednu pumpu koja pripada istoj obitelji sli čnih pumpi kao u primjeru 26.5 potrebno je odrediti njene karakteristike. Pumpa ima rotor promjera D = 500 mm i brzinu vrtnje n = 25 s-1 (1500 min-1). Za vodu pri 15 oC potrebno je odrediti pri uvjetima najboljeg stupnja djelovanja: a) Protok pumpe V & , b) Manometarski napor napor hu, c) Porast tlaka ∆ p pod pretpostavkom da je promjena kineti čke energije fluida pri protjecanju zanemariva, d) Efektivnu snagu za pogon pumpe. Rješenje:

Vrijednosti bezdimenzijskih koeficijenata odabrani su iz tablica u primjeru 26.5 (pumpa A): Koeficijent protoka Φ = 0.12 Koeficijent tlaka Ψ = 5.0 Koeficijent snage Λ = 0.7 Iz poznatih jednadžbi koje definiraju koeficijente, dobivaju se tražene vrijednosti. a) Protok na pumpi: & V

Φ =

n D

→

3

& = Φ n D3 V

3

= 0.12 ⋅ 25 ⋅ 0.5 =

0.375 m3/s

b) Manometarski napor napor na pumpi: g hu

Ψ=

→

n 2 D 2

hu

=

Ψn

2

D 2

g

5.0 ⋅ 252 ⋅ 0.52 = 9.81

=

79.64 m

c) Ako zanemarimo promjene kineti čke energije, porast tlaka na pumpi je: ∆ p =

ρ g hu

= 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 79.64 = 781268 Pa

d) Efektivna snaga za pogon pumpe je: Λ=

P 3

ρ n D

5

→

P = Λ ρ n 3 D 5

=

0.7 ⋅1000 ⋅ 253 ⋅ 0.55

=

341796 W = 341.8 kW

Primjer 26.7 (Karakteristike pumpe pumpe pri promjeni brzine vrtnje i promjera rotora) Brodska centrifugalna pumpa projektirana je za brzinu vrtnje n = 30 s-1 (1800 min-1), tako da pri naporu hu = 60 m ima protok V & = 190 dm3/s uz snagu pogona P e = 130 kW. Potrebno je

odrediti nove vrijednosti protoka, napora i pogonske snage kada: a) promijenimo brzinu vrtnje pumpe s n A = 30 s-1 na n B = 20 s-1 uz isti promjer rotora D = 300 mm. b) promijenimo promjer rotora s D A = 300 mm na D B = 250 mm pri istoj brzini vrtnje ( n = 30 s-1).

Pumpe

106

Zadaci

Rješenje:

a) Novi protok, napor i snaga na pumpi pri promjeni brzine vrtnje će biti: & V B & V A

=

n B  D B 

3

  n A  D A 

 n B  =  n  h A  A  h B

2

 D B    D  A 

ρ B  n B    = P ρ A A  n A  P B

3

→

D B  & = V & n B   V B A  D  n A  A 

→

 n  h B = h A  B   n A 

2

 D B    D  A 

5

→

2

3

20  0.3  = 0.190 ⋅   30  0.3 

 D B    D  A 

ρ B  n B    P P = B A n A  ρ A 

3

2

3

=

2

 20   0.3  = 60 ⋅      30   0.3 

 D B    D  A 

5

0.1267 m3/s 2

26.7 m

=

1000  20  = 130 ⋅   1000  30 

3

 0.3     0.3 

5

=

38.5 kW

b) Novi protok, napor napor i snaga na pumpi pri promjeni promjera promjera rotora će biti: & V B & V

A

=

n B  D B 

  n A  D A 

 n B  =  n  h A  A  h B

3

2

 D B    D  A 

ρ B  n B    = P ρ A A  n A  P B

3

→

D  & = V & n B   B  V B A n A  D A 

→

 n  h B = h A  B   n A 

2

 D B    D  A 

5

→

2

3

30  0.25  = 0.190 ⋅   30  0.3 

 D B    D  A 

ρ B  n B    P B = P A n A  ρ A 

3

2

2

3

=

0.1099 m3/s

 30   0.25  = 60 ⋅      30   0.3 

 D B    D  A 

5

2

=

3

41.6 m

1000  30   0.25  = 130 ⋅     1000  30   0.3 

5

=

52.2 kW

Komentar: Mnogi konstruktori i korisnici pumpi prihvaćaju promjene promjera rotora (tokarenjem) uz izračunavanje novih karakteristika pod pretpostavkom da nova pumpa pripada istoj familiji po hidrauličkoj sličnosti. Jasno je da se tokarenjem rotora mijenjaju i izlazni kutovi lopatica, tako da pretpostavka hidrauli čke sličnosti ne mora više biti točna. Često puta osim promjene promjera rotora treba prilagoditi i geometriju geometriju kućišta pumpe. (Odabir turbopumpe na temelju dijagrama dijagrama po Baljeu) Centrifugalna pumpa (pumpa B iz primjera 26.5) ima brzinu vrtnje n = 11.8 s-1 (710 min-1) i promjer rotora D = 960 mm. Za mjesto s najvišim stupnjem djelovanja η p = 0.88 pumpa ima sljedeće vrijednosti podataka: V & = 1.25 m3/s, hu = 66 m, P e = 950 kW, Φ = 0.12, Ψ = 5, Λ = 0.7. Želimo koristiti pumpu iz iste porodice da bi ostvarili protok V & = 5.22 m3/s pri manometarskom nporu hu = 7.5 m. Potrebno je: a) Izračunati specifičnu brzinu ω s i specifični promjer rotora D s originalne centrifugalne pumpe, b) Izračunati promjer rotora D, brzinu vrtnje n i snagu za pogon pumpe pri maksimalnom stupnju djelovanja, c) Provjeriti slučaj kada prethodno rješenje nije adekvatno da bi udovoljilo traženim uvjetima nove pumpe. Primjer 26.8

Pumpe

107

Zadaci

Rješenje: a) Specifična kutna brzina originalne pumpe je: ω s

=

2 π n

& V

0.75 =

( g h )

2 ⋅ π ⋅ 11.8 ⋅

1.25 (9.81 ⋅ 66)0.75

=

0.65

Specifični promjer originalne pumpe je: D s = D

( g h )0.25 & V

(9.81 ⋅ 66)0.25 = 0.96 ⋅ 1.25

=

4.3

b) Brzinu vrtnje n i promjer rotora D za novu pumpu izra čunati ćemo iz specifične brzine i specifičnog promjera originalne pumpe. Rekli smo da nova pumpa treba pripadati istoj porodici kao i pumpa uz najbolji stupanj djelovanja. Koristiti ćemo vrijednosti specifi čne brzine i specifičnog promjera originalne pumpe, ali s podacima za protok i napor nove pumpe: ω s

=

2π n

= D

D s

0.75

& V

( g h )0.75

( g h )0.25

→

→

& V

n=

ω s ( g h ) 2 π V &

D = D s

& V

0.65 (9.81 ⋅ 7.5)0.75 -1 = = 1.14 s 2 ⋅ π 5.22

0.25 =

( g h )

4.3 ⋅

5.22 (9.81 ⋅ 7.5)0.25

= 3.354 m

Nova snaga za pogon pumpe se može izra čunati iz definicije bezdimenzijskog koeficijenta snage Λ = 0.7. Λ=

P e 3

ρ n D

3

P e = Λ ρ n D

→

5

5

=

0.7 ⋅ 1000 ⋅ 1.13 ⋅ 3.3545 = 395 449 W = 395.4 kW

Nova pumpa bi dakle trebala imati brzinu vrtnje od 1.14 s -1 uz promjer rotora od 3354 mm, što sve skupa djeluje groteskno, bez obzira što je matemati čki točno. c) Zbog povećanog protoka nova pumpa bi upala u podru č je turbo pumpi. Iz dijagrama po Baljeu možemo o čitati specifičnu brzinu vrtnje i specifi čni promjer koji pripadaju podru č ju aksijalnih pumpi. Tako npr. odabiremo par vrijednosti ω s = 4 i D s = 2 uz hidrauli čki stupanj djelovanja η h = 0.84. Iz jednadžbi za specifi čnu brzinu vrtnje i specifi čni promjer možemo izračunati: 0.75

n=

ω s ( g h ) 2 π V &

D = D s

& V

=

0.25 =

( g h )

4 (9.81 ⋅ 7.5)0.75 2 ⋅ π 5.22 2⋅

=

7 s-1

5.22 = 1.56 m (9.81 ⋅ 7.5)0.25

Snaga za pogon pumpe se može izra čunati pomoću stupnja djelovanja: η p

= η h η m =

0.84 ⋅ 0.98 = 0.82

Pumpe

P e =

108

& ρ g h V u η p

=

Zadaci

5.22 ⋅ 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 7.5 = 468 368 W = 468.4 kW 0.82

Komentari: Originalna pumpa ima specifičnu brzinu ω s = 0.65 i specifi čni promjer D s = 4.3. Vidimo • iz dijagrama po Baljeu da takva pumpa pripada u podru č je centrifugalnih pumpi uz stupanj djelovanja η h = 0.9 (što se dobro poklapa s izmjerenom vrijednosti u dijagramu koja iznosi η h = 0.88. Ako se zadovoljimo s nižom vrijednosti stupnja djelovanja možemo se premjestiti u • područ je aksijalnih pumpi, što smo smo i učinili pod c).

Pumpe

109

Zadaci

ZADACI 27

VOLUMETRIJSKE PUMPE

(Dimenzioniranje pumpe za poznati protok i srednju srednju brzinu klipa) Za jednoradnu stapnu pumpu s dva cilindra zadan je protok V & = 14 dm3/s, volumetrijski stupanj djelovanja η v = 0.95, srednja stapna brzina c s = 1 m/s i omjer hoda klipa i promjera s/D = 1.05. Potrebno je odrediti: a) Promjer D i hod stapa s, b) Stapajni volumen za jedan cilindar V s1 i ukupni V H , c) Brzinu vrtnje n. Primjer 27.1

Rješenje:

a) Ukupni stapajni volumen je stapajni volumen jednoga cilindra pomnožen s brojem cilindara. D 2 π & c s tot = z V s = z η v

& V

4

D =

4V &tot z η v π cs

=

4 ⋅ 0.014 = 0.0968 m = 96.8 mm 2 ⋅ 0.95 ⋅ π ⋅ 1

Usvaja se promjer klipa D = 97 mm. Iz poznatog omjera stapaja i promjera klipa možemo izračunati stapaj:  s  s = D   = 97 ⋅ 1.05 = 101.85  D 

mm

usvajamo vrijednost s = 102 mm

b) Sada možemo izraćunati stapajni volumen jednoga cilindra: D 2π V s = s =

4

0.0972 π 0.102 = 0.000754 m3 = 0.754 dm3 4

Ukupni stapajni volumen ja pumpu s z = = 2 cilindra je: V H = z V s

=

2 ⋅ 0.000754 = 0.001508 m3 = 1.508 dm 3

c) Iz jednadžbe za srednju stapnu brzinu možemo na ći brzinu vrtnje pumpe: c s

=

2 s n

→

n=

cs

2 s

=

1 -1 = 4.9 s 2 ⋅ 0.102

Pumpe

110

Zadaci

(Snaga za pogon pogon pumpe iz poznatog protoka protoka i tlaka) Klipna pumpa treba ostvariti protok vode od 11.5 dm 3/s uz povećanje tlaka od 5.6 MPa. Za tu namjenu koristimo jednu triplex pumpu (pumpa s 3 cilindra) s kratkim hodom klipa, sa sljedećim karakteristikama: stapaj s = 102 mm, stupnjevi djelovanja η y = 0.96, η o = 0.95 i η v = 0.96. Potrebno je odrediti: a) stapajni volumen jednoga cilindra i ukupni stapajni volumen, b) brzinu vrtnje pumpe n, c) srednju stapnu brzinu c s, d) Snagu P e za pogon pumpe. Primjer 27.2

Rješenje:

a) Stapajni volumen jednoga cilindra je: 2

D π V s = s

4

Obzirom da pumpa ima kratki hod ( s/D = 1.2), možemo za zadani stapaj s odrediti promjer klipa: D =

s

( s D )

=

0.102 = 0.085 m 1.2

Stapajni volumen je: D 2π V s = s

4

0.0852 π 3 3 = ⋅ 0.102 = 0.00058 m = 0.58 dm 4

Ukupni stapajni volumen je: V H = z V s

= 3 ⋅ 0.00058 =

0.00174 m3 = 1.74 dm 3

b) Brzinu vrtnje dobiti ćemo iz poznatog protoka pumpe, stapajnog volumena i volumetrijskog stupnja djelovanja: n=

& V η v V H

=

0.0115 -1 -1 = 6.9 s = 410 min 0.96 ⋅ 0.00174

c) Srednja stapna brzina je: c s

=

2 s n = 2 ⋅ 0.102 ⋅ 6.9 = 1.41 m/s

d) Ukupni stupanj djelovanja pumpe je: η p

= η y η o η v =

0.96 ⋅ 0.95 ⋅ 0.96 = 0.87

Snaga za pogon pumpe je:

Pumpe P e =

111

0.0115 ⋅ 5.6 ⋅ 106 = 0.87 η p

& ∆ p V

=

Zadaci

74 023 W = 74 kW

(Snaga za pogon pogon pumpe kada je poznat poznat protok i brzina vrtnje) Klipna pumpa s tri cilindra radi s protokom od 0.048 m 3/s uz promjenu tlaka ∆ p = 4.1 MPa. Omjer stapaja i promjera je s/D = 1.2, a brzina vrtnje je n = 5 s-1 (300 min-1). Potrebno je odrediti: a) promjer D klipa za zadani volumetrijski stupanj djelovanja η v = 0.97, b) Snaga za pogon pumpe ako je zadan ukupni stupanj stupanj djelovanja pumpe pumpe η p = 0.9. Primjer 27.3

Rješenje:

a) Ako broj cilindara pomnožimo sa stapajnim volumenom i brzinom vrtnje dobiti ćemo ukupni teorijski volumni protok, odakle ćemo poslije izračunati promjer cilindra:

& V H

D

= z V s

=3

n

= z n

4V & H η v z π ( s D )n

D 2 π

4 =3

s

= z n

D 2 π

4

4 ⋅ 0.048 0.97 ⋅ 3 ⋅ π ⋅ 1.2 ⋅ 5

s

=

0.155 m = 155 mm

b) Iz poznatog omjera stapaja i promjera promjera možemo sada sada izra čunati stapaj:  s  s = D   = 0.155 ⋅ 1.2 = 0.186 m = 186 mm  D 

c) Snaga za pogon pumpe je: P e =

0.048 ⋅ 4.1 ⋅ 106 = 0.9 η p

& ∆ p V

=

218 666 W = 218.7 kW

Pumpe

112

Zadaci

ZADACI 28

VEZA PUMPE I CJEVOVODA

Primjer 28.1 (Radna točka pumpe) Pomoću pumpe, čije su karakteristike

navedene na slici (za promjer rotora od D = 810 mm), prebacujemo vodu iz jednog spremnika u drugi, koji je smješten 28 m više. Voda se transportira kroz cjevovod dužine L = 200 m promjera d = = 400 mm. Zanemarujemo lokalne gubitke u cjevovodu i ra čunamo samo s gubicima trenja u cijevi uz koeficijent trenja λ = = 0.03. Potrebno je odrediti: a) radnu točku pumpe, b) snagu za pogon pumpe pumpe hu

NPSH

m

m

Rješenje:

a) Radna točka pumpe definirana je naporom i protokom. Napor potreban za protok u cjevovodu možemo prikazati jednadžbom: h s

 1  & 2  2 g A2 V  

= ∆ z +  Z

U gornjoj jednadžbi poznajemo vrijednost ∆ z = = 28 m i proto čnu površinu cijevi A = d 2 π 4 (d = = 0.4 m). Ukupni koeficijent trenja Z može može se izraziti pomo ću koeficijenta trenja:  L  ζ a = λ    d 

2

Uvrštavanjem u prijašnju jednadžbu za napor cjevovoda imamo:

Pumpe

113

 1  & 2  h s = ∆ z +  Z 2  V g A 2   h s

8

L

= ∆ z + λ

1  4V &   2  = ∆ z + λ d 2 g  d π  L

&2 2 V

d g d 4 π

=

28 + 0.03 ⋅

2

Zadaci L

= ∆ z + λ

8

2

4

2

d g d π

& V

200 8 2 &2 ⋅ ⋅ & = 28 + 48.4 ⋅ V 4 2 V 0.4 9.81 ⋅ 0.4 ⋅ π

Ako ovu jednadžbu unesemo u polje karakteristika pumpe, radna to čka će biti u presjecištu krivulje cjevovoda i karakteristike pumpe. Tablica vrijednosti na krivulji pumpe je: & V h s

m3/s m

0.00 28

0.25 31

0.50 40

0.75 55

1.00 76

1.25 104

1.35 116

1.50 137

Mjesto presjeka karakteristike pumpe i krivulje za napor cjevovoda je pri protoku V & = 1.35 m3/s i h s = hu = 116 m. Stupanj djelovanja pumpe u radnoj to čki je η p = 0.85. hs hu

m

b) Snaga za pogon pumpe je: P e =

& ρ g h V h η p

=

1.35 ⋅ 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 116 = 1807 350 W = 1807.4 kW 0.85

Primjer 28.2 (Paralelni rad dvije jednake jednake pumpe) pumpe) Pomoću dvije jednake pumpe želimo prebaciti vodu

iz jednog spremnika u drugi koji je 2 m više od prvoga. Gubitak strujanja u cjevovodu može se prikazati jednadžbom 200 V & 2 , gdje je & protok u m3/s. Na raspolaganju nam je aksijalna pumpa čija je karakteristika prikazana u V sljedećoj tablici: & V hu

m3/s m

0.0 0.0 5.6

0.02 4.75

0.04 4.2

0.06 4.3

0.08 4.3

0.10 3.75

0.12 3.25

0.14 2.3

Potrebno je odrediti protok V & u radnoj točki pumpe za sljedeće slučajeve: a) Za jednu samu pumpu, b) Za dvije jednake jednake pumpe (kao (kao pod a) u paralelnom paralelnom spoju, c) Za dvije jednake pumpe (kao pod a) u serijskom spoju.

0.16 1.25

0.18 0.0

Pumpe

114

Zadaci

Rješenje:

a) Radnu točku pumpe dobivamo na mjestu gdje se krivulja napora cjevovoda sije če s karakteristikom pumpe. Jednadžba krivulje cjevovoda je: hu

= ∆ z + Y =

2 + 200 ⋅ V & 2

U tablici su prikazane vrijednosti napora cjevovoda za razli čite protoke: & V hu

m3/s m

0.0 0.0 2.0

0.02 2.08

0.04 2.32

0.06 2.72

0.08 3.28

0.10 4.0

0.12 4.9

0.14 5.9

0.16 7.1

0.18 8.5

Radna točka cjevovoda pri radu s jednom pumpom prema tablicama (za karakteristiku pumpe i krivulju cjevovoda) daje nam protok od približno: & V 1 pumpa

3 = 0.1 m /s

Cjevovod

Dvije pumpe u seriji Dvije pumpe u paralelnom spoju Jedna pumpa

b) Kada dvije pumpe rade u paralelnom spoju, pri istome naporu se zbrajaju njihovi protoci. Obzirom da se tu radi o dvije jednake pumpe, napor će ostati isti, a protok će biti dvostruki. Karakteristika za zajedni čki rad dvije jednake pumpe u paralelnom spoju prikazana je u sljedećoj tablici. & V hu

m3/s m

0.0 0.0 5.6

0.04 4.75

0.08 4.2

0.12 4.3

0.16 4.3

0.20 3.75

0.24 3.25

0.28 2.3

0.32 1.25

0.36 0.0

Radna točka za zajedni čki paralelni rad dvije jednake pumpe na cjevovodu je pri protoku: & V 1 pumpa

=

0.11 m3/s

b) Kada dvije pumpe rade u serijskom spoju, pri istome protoku se zbrajaju njihovi napori. Obzirom da se tu radi o dvije jednake pumpe, protok će ostati isti, a napor će biti dvostruki. Karakteristika za zajedni čki rad dvije jednake pumpe u serijskom spoju prikazana je u sljedećoj tablici.

Pumpe

115

m3/s m

& V hu

0.0 0.0 11.2

0.02 9.5

0.04 8.4

0.06 8.6

0.08 8.6

Zadaci

0.10 7.5

0.12 6.5

0.14 4.6

0.16 2.5

0.18 0.0

Radna točka za zajedni čki paralelni rad dvije jednake pumpe na cjevovodu je pri protoku: & V 1 pumpa

3 = 0.13 m /s

(Usis pumpe pumpe iz spremnika) Pumpa s promjerom rotora D = 810 mm (iz primjera 28.1) mora dobavljati s protokom V & = 1.5 m3/s pri brzini vrtnje n = 19.5 s-1 (1170 min-1) iz spremnika kojemu na površini teku ćine djeluje okolni tlak p0 = 101.32 kPa. Ako je gubitak napora zbog trenja u usisnom cjevovodu jednak 2 m stupca vode, potrebno je odrediti na kojoj visini mora biti usis pumpe da ne do đe do kavitacije u slu čajevima da je temperatura vode: a) 15 oC uz apsolutni tlak zasi ćenja pare pv,s = 1.7 kPa i gusto ću 1000 kg/m3, b) 90 oC uz apsolutni tlak zasi ćenja pare pv,s = 70 kPa i gusto ću 965 kg/m3.

Primjer 28.3

Rješenje: a) Ako želimo spriječiti kavitaciju, za odabranu pumpu moramo zadovoljiti netto pozitivnu visinu usisa NPSH = = 12 m (iz dijagrama za pumpu u primjeru 28.1): NPSH ≤

p0

− pv , s

ρ g

− z u − Y u

Iz ove jednadžbe dobivamo maksimalnu dopuštenu visinu položaja usisa pumpe iznad razine tekućine: z u

≤

p0 − pv , s

ρ g

(101..32 − 1,7 ) ⋅103 − NPSH − Y u = − 12 − 2 = −3.84 m 1000 ⋅ 9.81

Dobili smo visinu za usis pumpe nad razinom teku ćine. Kako je dobivena vrijednost negativna, usis pumpe mora biti potopljen, tj. minimalno 3.84 m ispod razine teku ćine. b) Za višu temperaturu temperaturu vode morati ćemo još više spustiti usis pumpe ispod razine vode. Računamo na isti na čin kao prije, samo s drugim podacima: z u

≤

p0

− pv , s

ρ g

(101.32 − 70.0) ⋅ 103 − NPSH − Y u = − 12 − 2 = −10.69 m 1000 ⋅ 9.81

(Pumpa koja siše iz spremnika spremnika pod tlakom) Pumpa koja ima potrebni NPSH potr = 3.2 m siše iz spremnika, u kojemu vlada tlak p1 = 140 kPa, sumpornu kiselinu u koncentraciji 60% s gustoćom od ρ = = 1500 kg/m 3 i tlak zasi ćenja od pv,s = 0.38 kPa. Ako znamo da su gubici napora u cjevovodu Y = = 1.5, potrebno je izra čunati visinu usisa.

Primjer 28.4

Pumpe

116

Zadaci

Rješenje:

Da bi spriječili kavitaciju unutar pumpe potrebno je da zadovoljimo uvjet: NPSH ≤

p0

− pv , s

ρ g

− z u − Y u

Iz ove jednadžbe možemo na ći potrebnu visinu usisa: z u

≤

p1 − pv , s

ρ g

(140 − 0.38) ⋅103 − NPSH − Y u = − 3.2 − 1.3 = 5 m 1500 ⋅ 9.81

Ako usis smjestimo npr. na 3 m iznad razine tekućine udovoljili smo traženom uvjetu, uz ograničenu slobodu i sigurnost da do kavitacije ne će doći ni ako se malo pove ća temperatura tekućine.

Kompresori i ventilatori

117

Zadaci

ZADACI 30

KOMPRESORI idealnoga kompresora u različitim uvjetima) Primjer 30.1 (Rad idealnoga Kompresor siše zrak pri temperaturi T 1 = 20 oC (= 293.15 K) i apsolutnom tlaku p tlaku p1 = 100 kPa i tlači ga na tlak p tlak p2 = 800 kPa. Potrebno je odrediti specifi čni rad za rad idealnoga kompresora kada se kompresija odvija: a) izentropski (adijabatski), b) izotermno, c) politropski uz eksponent politrope n = 1.31 te temperaturu na kraju kompresije.

Rješenje: a) Omjer tlakova na kraju i na po četku kompresije je:

β =

p2

=

p1

800 ⋅ 103 100 ⋅ 103

=8

Da bi izračunali specifični rad za kompresiju po izentropi, moramo poznavati eksponent adijabate i plinsku konstantu. Podaci su γ = 1.4 i R i R = = 287 J/kgK. Specifi čni rad za adijabatsku kompresiju je:

l adiab

 γ γ −1   1.14.4−1  1 . 4 γ = ⋅ 287 ⋅ 293.15 ⋅  8 − 1 = 239 260 J/kg R T  β − 1 =     γ − 1     1.4 − 1

b) U slučaju izotermne kompresije specifični rad je: l izot = R T ln β = 287 ⋅ 293.15 ⋅ ln 8 = 174 950 J/kg c) U slučaju politropske kompresije specifični rad je:

l politrop

=

 nn−1   1.131.31−1  1.31 R T  β − 1 = ⋅ 287 ⋅ 293.15 ⋅  8 − 1 = 226 140 J/kg   n −1 1 . 31 1 −     n

Tempratura na kraju kompresije će biti: n −1

T 2

= T 1 β

n

1.31−1

=

293.15 ⋅ 8

1.31

=

480.8 K = 207.65 oC

Komentar: Minimalni specifični rad kompresije imamo za izotermnu kompresiju (174.95 kJ/kg), dok za politropsku kompresiju imamo 226.14 kJ/kg. Najve ći specifični rad kompresije je onaj za adijabatsku kompresiju (239.26 kJ/kg).


118

Zadaci

kompresora s više stupnjeva i s međuhlađenjem) Primjer 30.2 (Rad idealnoga kompresora Kompresor s dva stupnja i me đuhladnjakom siše zrak pri tlaku p tlaku p1 = 100 kPa i temperaturi T 1 = o 20 C i tlači ga na tlak p tlak p3 = 800 kPa. Izme đu dva stupnja kompresije zrak se hladi u hladnjaku na početnu temperaturu. U oba dva stupnja kompresija se odvija politropski uz eksponent politrope n = 1.31. Potrebno je odrediti: a) optimalni tlak p tlak p2 pri kojemu treba izvršiti međuhlađenje zraka, b) specifični rad svakog stupnja kompresije i ukupni specifi čni rad za pogon kompresora, c) temperaturu na izlazu iz svakoga stupnja, d) toplinu koja se odvodi u me đuhladnjaku.

Rješenje: a) Optimalni omjer tlakova kod kompresora s više stupnjeva se odre đuje pod uvjetom da je omjer tlakova na svakom stupnju kompresora jednak:

β optim

=

p2

=

p1

p3

=

p2

p3

800 ⋅ 103

=

100 ⋅ 103

p1

=

2.83

Tlak pri kojemu ćemo izvršiti međuhlađenje zraka je: p2

=

β p1 = 2.83 ⋅ 100 ⋅ 103

=

283 ⋅ 103 Pa = 283 kPa

b) Potrebni rad za kompresiju na svakom stupnju je jednak jer smo pretpostavili pret postavili da su omjer tlakova i temperatura na po četku kompresije na oba stupnja jednaki:

l politrop

=

1.31−1  nn−1    1.31 ⋅ 287 ⋅ 293.15 ⋅  2.83 1.31 − 1 = 99 270 J/kg R T  β − 1 =   n −1   1.31 − 1  

n

Ukupni specifični rad za pogon kompresora je: l ukupno

= l 1. stupanj + l 2. stupanj =

2 l politrop

=

2 ⋅ 99270 = 198 540 J/kg

c) Temperatura na izlazu svakoga stupnja je jednaka jer su omjeri tlakova na svakom stupnju i temperature na početku kompresije jednaki za oba stupnja. Temperatura na izlazu je: n −1

T 2

= T 1 β

n

1.31−1

=

293.15 ⋅ 2.83 1.31

= 375.2

K = 102 oC

Temperatura T 3 na izlazu iz drugog stupnja kompresije je jednaka temperaturi T 2. d) Toplina koju odvodimo u me đuhladnjaku je: qmedjuhlad = h2

− h2 ' =

c p (T 2

)

− T 2 ' = 1003 .5 ⋅

(375.2 − 293.15) = 82 340 J/kg

Komentari: 1. Usporedimo ove ove rezultate s onima iz primjera primjera 30.1 (pitanje pod c). Specifični rad kompresora s međuhlađenjem od 198.5 kJ/kg je ve ći od onoga za izotermnu kompresiju (174.95 kJ/kg), ali je sigurno manji od rada za politropsku kompresiju bez me đuhlađenja (226.14 kJ/kg). Temperatura na kraju kompresije za kompresor bez me đuhlađenja (480.8 K = 207.65 oC) je mnogo ve ća od one za kompresor s me đuhladnjakom (375.2 K = 102


119

Zadaci

o

C). Tako visoka temperatura kod kompresora s me đuhladnjakom je više nego prednost, no u svakom slu čaju treba jako paziti na ispravnu uporabu kompresora. 2. Radi jednostavnosti smo razmatrali kompresor sa samo dva stupnja kompresije. Isti Isti postupak bi koristili i kod kompresora s više stupnjeva.

snaga za pogon pogon kompresora) Primjer 30.3 (Efektivna snaga Stupanj jednog centrifugalnoga kompresora sa stupnjem djelovanja η c = 0.84 vrši kompresiju & = 0.5 m 3/s s početnog tlaka p1 = 0.1 MPa na tlak p2 = 0.14 MPa. zraka s protokom V 1 Potrebno je izračunati efektivnu snagu za pogon kompresora.

Rješenje: Omjer tlakova za kompresiju na stupnju je:

β =

p2 p1

=

0.14 ⋅ 106 0.1 ⋅ 106

= 1 .4

Za pretpostavku da je kompresija bila adijabatska, efektivna snaga za pogon kompresora je:

& γ  p1 V 1  β P e =  η c γ − 1 

γ −1 γ

 1.4 ⋅ 0.1 ⋅ 106 1.4  1.4 −1  − 1 = ⋅ 1.4 1.4 − 1 = 21 040 W = 21 kW    0.84 1.4 − 1   


120

Zadaci

ZADACI 31

VENTILATORI I KOMPRESORI pogon ventilatora) ventilatora) Primjer 31.1 (Snaga za pogon Ventilator, koji ima stupanj djelovanja η v = 0.8, koristi se u cjevovodu kroz koji se dobavlja & = 2 m3/s zraka pri atmosferskom tlaku p1 = 101.32 kPa i temperaturi T 1 = 15 oC. protok V 1 Brzina zraka na ulazu u ventilator je v1 = 20 m/s, a brzina na izlazu je v2 = 50 m/s. Statički tlak na izlazu iz ventilatora je za 150 mm stupca vode ve ći od onoga u usisnoj cijevi. Potrebno je izračunati snagu za pogon ventilatora.

Rješenje: Snaga za pogon ventilatora prikazana je jednadžbom:

P e =

&  ( p2 − p1 ) m

η v 

ρ

(v +

2 2

2

− v1

2

)  

U gornjoj jednadžbi poznati su nam stupanj djelovanja ventilatora i brzine strujanja. Poznata nam je i razlika statičkih tlakova. Potrebno je samo još izvršiti pretvorbu jedinica za razliku tlaka i izračunati gustoću i maseni protok plina. ∆ p = p2 − p1 = ρ v g ∆h = 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 0.150 = 1471 Pa

ρ =

p R T

=

101.32 ⋅ 103 287 ⋅ 288.15

= 1.2252 kg/m

3

&1 = 1.2252 ⋅ 2 = 2.45 kg/s & = ρ V m Snaga za pogon ventilatora je:

P e =

&  ∆ p m

η v  ρ

(v +

2 2

2

− v1

2

) = 2.45 ⋅  1471  

 0.8 1.2252

(50 +

2

− 20

2

2

) = 6 885 W = 6.89 kW  

Primjer 31.2 (Napor ventilatora) & = 3.5 m 3/s uz porast tlaka ∆ p Ložište parnog kotla mora biti snabdijevano protokom zraka V 1

= 125 mm stupca vode. Zrak gusto će ρ = = 1.225 kg/m 3 (pri atmosferskom tlaku p tlaku p1 = 101.32 o kPa i temperaturi T 1 = 15 C) ulazi u usis ventilatora sa stupnjem djelovanja η v = 0.85 brzinom koja je zanemarivo mala (v ( v1 = 0 m/s) i izlazi iz njega brzinom v2 = 30 m/s. Potrebno je odrediti: a) statički napor h stat , dinamički napor hdinam i ukupni napor huk ventilatora, iskazani u stupcu fluida (u ovom slu čaju zraka), b) Snagu za pogon pogon ventilatora.


121

Zadaci

Rješenje: a) Statički napor ventilatora je već zadan kao: h stat = 125 mm mm = 0.125 m stupca vode Da bi dobili napor u stupcu zraka, koristimo se jednadžbom za stati čki tlak: ∆ p =

h stat , v ρ v g = h stat , z ρ g

h stat , z = h stat , v

ρ v ρ

= 0.125 ⋅

1000 1.225

= 102.04 m

stupca zraka

Dinamički tlak ćemo dobiti iz razlike kinetičkih energija: hdinam

=

v22

2

− v1

=

30 2

2 g

−0

2

=

2 ⋅ 9.81

46 m stupca zraka

Ukupni napor ventilatora je prema tome jednak: huk = h stat , z + hdinam

= 102 +

46 = 148 m stupca zraka

b) Snaga za pogon ventilatora je, sli čno kao i u ranijem primjeru: P e =

& ρ g h V 1 uk η v

=

3.5 ⋅ 1.225 ⋅ 9.81 ⋅ 148

=

0.85

7 323 W = 7.3 kW

Primjer 31.3 (Ukupne i statičke karakteristike stupnja kompresora) & = 35 kg/s pri apsolutnom Jedan stupanj aksijalnog kompresora dobavlja protok zraka od m tlaku p1 = 60 kPa i temperaturi T 1 = 260 K (statički uvjeti) i brzini c1 = 120 m/s. Omjer totalnih tlakova na stupnju je β = = 1.3. Unutarnji izentropski stupanj djelovanja je η c = 0.88, dok je mehanički stupanj djelovanja jednak η m = 0.99. Potrebno je odrediti: a) zastojnu temperaturu T 10 i zastojni tlak p tlak p10 na ulazu u stupanj, 0 b) zastojnu temperaturu T 2s 2s na kraju izentropske kompresije i zastojnu stvarnu temperaturu 0 T 2' 2' , c) indicirani rad na stupnju, d) snagu za pogon stupnja aksijalnoga kompresora.

Rješenje: a) Zastojnu temperaturu na ulazu T 10 izračunati ćemo pomoću entalpije i specifične topline pri konstantnom tlaku: 0 1

h

=

h1 +

c12 2

→

0 1

c p T

= c p T 1 +

c12

iz ove jednadžbe kona čno dobivamo:

2

Kompresori i ventilatori 0 1

T

= T 1 +

c12

=

2 c p

122

260 +

120 2

=

2 ⋅ 1003.5

Zadaci

267.2 K = - 5.95 oC

Zastojni tlak p tlak p10 se dobiva iz izentropske kompresije s tlaka p tlaka p1 na p na p10 uz eksponent adijabate od γ = 1.4. 0 1

T

=

T 1

 p   p   1 0 1

γ −1 γ

0 1

p

→

=

p1

 T  p10 = p1    T 1  0 1

γ γ −1

=

 267.2   260 

60 ⋅ 103 

 T   T   1 0 1

γ γ −1

1.4 1.4 −1

3

= 66 ⋅ 10

Pa

0 b) Zastojna temperaatura na izlazu T 2s 2s odgovara izentropskoj kompresiji:

 p20  T = 0 T  p1  0 2 s 0 1

γ −1 γ

 p  T = T    p  0 2 s

0 2 0 1

0 1

γ −1 γ

0 1

= T

γ −1 γ

[ β ]

1.4 −1

=

267.2 ⋅ 1.3

1.4

=

288 K

Efektivna temperatura na kraju kompresije se dobiva iz definicije izentropskog stupnja djelovanja za kompresiju na stupnju kompresora:

η c

=

0 2

T

=

T 2 s0

− T 1

0

T 20

− T 1

T 2 s0

− T 1

T

→

0

0

η c

0 2

0

+ T 1 =

0 1

− T =

288 − 267.2 0.88

T 2 s0

0

− T 1

η c

+ 267.2 =

290.8 K

c) Indicirani rad l 1 dobivamo tako da idealni rad izentropske kompresije l s podijelimo s izentropskim stupnjem djelovanja stupnja: l s

=

l 1

=

c p (T 2 s0 l s

η c

=

0

− T 1

) = 1003.5 ⋅ (288 − 267.2) = 20 900 J/kg

20 900 0.88

=

23 750 J/kg

d) Snaga za pogon stupnja kompresora dobiva se kao produkt masenog protoka i indiciranog rada na stupnju, podijeljeno s mehani čkim stupnjem djelovanja: P e =

P i

η m

=

& l 1 m η m

=

35 ⋅ 23 750 0.99

= 839

600 W = 839.6 kW


123

Zadaci

Primjer 31.4 (Usporedba specifičnih radova sa zrakom i s vodom) & = 0.1 m3/s (gustoća ρ zrak 0 1.2 kg/m 3) s Turbokompresor pove ćava tlak protoku zraka od V 1 100 kPa na 120 kPa. Nakon toga se isti stroj koristi kao turbopumpa za pove ćanje tlaka vode, polazeći opet od po četnog tlaka p1 = 100 kPa. Stroj u oba dva slu čaja primjene (kao turbokompresor ili kao turbopumpa) ima isti stupanj djelovanja η = = 0.8 i radi pri istoj brzini vrtnje, te zadržava iste promjere usisnog i tlačnog cjevovoda. Promjene kineti čke energije između usisa i tlačne strane su zanemarive. Potrebno je odrediti: a) specifični rad za idealnu kompresiju zraka, kada stroj radi kao turbokompresor, b) specifični indicirani rad, c) indiciranu snagu kada stroj radi kao turbokompresor, d) tlak vode na tla čnoj strani kada stroj radi kao turbopumpa s istim specifi čnim radom kao ia kada radi kao turbokompresor, e) indiciranui snagu kada stroj radi kao turbopumpa, f) obodnu brzinu rotora kada stroj radi kao turbokompresor uz pretpostavku da je zadan koeficijent rada τ = = 0.5

Rješenje: a) Obzirom da je omjer tlakova β = = 1.2 nizak, fluid možemo smatrati nekompresibilnim. Ve ć je rečeno da je promjena brzine strujanja izme đu ulaza i izlaza zanemariva, tako da je specifični rad po izohori jednak: l izohora

=

p2 − p1

ρ zrak

=

(120 − 100 ) ⋅103 1.2

= 16

670 J/kg

b) Indicirani rad dobivamo tako da idealni rad podijelimo sa stupnjem djelovanja na stupnju: l i =

l izohora

η c

=

16 670

=

0.8

20 840 J/kg

c) Indicirana snaga se dobiva kao produkt specifi čnog rada i masenog protoka zraka na turbokompresoru:

& ρ l = 0.1 ⋅ 1.2 ⋅ 20 840 = 2 500 W = 2.5 kW P i = V 1 zrak i d) Stroj koji sada radi kao turbopumpa, on vodi predaje jednaki idealni specifi čni rad koji smo već ranije izračunali za zrak: l ideal = l izohora

=

p2 − p1

ρ voda

Tlak na izlazu iz pumpe će biti: p2

= p1 +

( p2 − p1 ) = p1 + l izohora ρ voda

3

= 100 ⋅ 10 + 16670 ⋅ 1000 = 16.77 ⋅ 10

6

Pa = 16.77 MPa

e) Indicirana snaga turbopumpe je jednaka produktu masenog protoka i s pecifičnog rada: P i ,voda

& ρ l = = V 1 voda i

0.1 ⋅ 1000 ⋅ 20 840 = 2 084 ⋅ 103 W = 2.084 MW


124

Zadaci

f) Eulerova jednadžba nam daje indicirani rad l i = 20.84 kJ/kg kojega rotor predaje plinu za povećanje tlaka u ovisnosti o obodnoj brzini: l i = τ u22

u22

→

=

l i

u2

→

τ

=

l i

τ

=

20 840 0.5

=

204 m/s

dijagrama po po Baljeu u projektu kompresora) Primjer 31.5 (Primjena dijagrama & = 0.6 kg/s koji Potrebno je projektirati kompresor zraka koji će raditi s masenim protokom m 0 0 radi između zastojnog tlaka p1 = 0.1 MPa i zastojne temperature T 1 = 290 K te zastojnog tlaka p tlaka p20 = 0.14 MPa pri brzini vrtnje n = 300 s -1 (18000 min -1). Koristeći dijagram po Baljeu potrebno je: a) odrediti vrstu kompresora prikladnu da postigne maksimalni stupanj djelovanja i promjer rotora D rotora D,, b) komentirati mogućnost korištenja drugih vrsta kompresora za istu namjenu.

Rješenje: Da bi ušli u dijagram po Baljeu moramo izra čunati specifičnu brzinu vrtnje i specifični promjer. Specifična brzina vrtnje je:

ω s

= 2 π n

& V 1 0.75

∆h s

Gustoću fluida ćemo izračunati iz jednadžbe stanja plina:

ρ 1 =

p1 R T 1

100 ⋅ 103

=

287 ⋅ 290

= 1.2 kg/m

3

Volumni protok je:

& = V 1

& m ρ 1

=

0.6 1.2

=

0.5 m3/s

Moramo izračunati statičku temperaturu T 2s 2s na kraju izentropske kompresije:

 p  T 2 s = T  20   p1  0 1

γ −1 γ

 0.14 ⋅ 10  = 290 ⋅  6   0.1 ⋅ 10  6

1.4 −1 1.4

= 319.3 K

Izentropski porast entalpije ∆h s je: ∆h s =

c p (T 2 s

0

− T 1

) = 1003.5 ⋅ (319.3 − 290) = 29 400 J/kg

Sada možemo izračunati specifičnu brzinu:


ω s

=

2 π n

& V 1 0.75

∆h s

=

125

2 ⋅ π ⋅ 300 ⋅

0.5 29 4000.75

=

Zadaci

0.594

Sada možemo ući u dijagram po Baljeu i iz dijagrama za maksimalni stupanj djelovanja možemo očitati specifični promjer D promjer D s = 4 uz stupanj djelovanja η c = 0.85. Rotor stroja je na prijelazu između radijalnoga i dijagonalnoga.

Linija optimalnog Ds

Linija optimalnog Ds

radijalni Turbokompresori aksijalni

Volumetrijski kompresori

Sada možemo izračunati promjer rotora iz definicije specifičnog promjera: 0.25

D s

= D

∆hs

D = D s

→

& V 1

& V 1 0.25

∆h s

=

4⋅

0.5 294000.25

= 0.216 m

= 216 mm

b) Da bi ispitali mogućnost korištenja drugih vrsti kompresora, vratimo se dijagramu po Baljeu. U dijagramu su na gornjoj strani prikazane vrijednosti stvarne brzine vrtnje. Skaliranje se vrši na slijedeći način: n

ω s

0.75

=

∆h s

=

& 2 π V 1

29 4000.75 2 ⋅ π ⋅ 0.5

-1

= 505 s

Slično možemo napraviti i za skalu promjera, koja je na dijagramu prikazana s desne strane: D D s

=

& V 1 0.25 s

∆h

=

0.5 294000.25

= 0.054 m

Sada se iz dijagrama može zaključiti da se stupanj djelovanja neće bitnije promijeniti ako odaberemo veće brzine vrtnje koje su karakteristične za aksijalne kompresore. U slučajevima kada smo ograničeni prostorom, odabir aksijalnoga kompresora dati će nam manje promjere rotora. Ukoliko želimo smanjiti brzinu vrtnje, ulazimo u podru č je volumetrijskih kompresora, koji imaju znatno niži stupanj djelovanja (oko 0.7). Promjer volumetrijskog kompresora je samo malo manji od promjera turbokompresora, tako da će trebati posebnu pažnju posvetiti


126

Zadaci

zazorima među rotorima, kako bi se smanjili gubici propuštanja kod volumetrijskog kompresora.


127

Zadaci

ZADACI 32

VOLUMETRIJSKI KOMPRESORI Primjer 32.1 (Stapajni volumen i srednja stapna brzina) Volumetrijski kompresor sa samo jednim stupnjem kompresije ima promjer cilindra D = D = 130 mm i stapaj s s = 105 mm. Volumen štetnog (kompresijskog) prostora je 4% stapajnog volumena. Kompresor siše zrak pri apsolutnom tlaku p1 = 0.1 MPa i tla či ga adijabatski na tlak p tlak p2 = 0.55 MPa. Brzina vrtnje je n = 13 s-1 (780 min -1). Potrebno je izračunati: a) stapajni volumen i volumen štetnog prostora, kao i stupanj kompresije, b) srednju stapnu brzinu.

Rješenje: a) Stapajni volumen cilindra kompresora je: D 2 π 0.132 ⋅ π 3 3 V s = s = ⋅ 0.105 = 0.00139 m = 1.39 dm 4 4 Volumen kompresijskog prostora je (obzirom da je re čeno da on predstavlja 4% stapajnog volumena): V c

=

µ V s

= 0.04 ⋅ 0.00139 =

0.0000556 m3 = 0.0556 dm 3

Stupanj kompresije je:

ε =

V max V min

=

V s + V c V c

=

0.00139 + 0.0000556 0.0000556

=

26

b) Srednja stapna brzina je: c s

=

2 s n = 2 ⋅ 0.105 ⋅ 13 = 2.73 m/s

kompresor s dva dva stupnja kompresije) Primjer 32.2 (Stapni kompresor Stapni kompresor s dva stupnja kompresije koristi se za kompresiju zraka na izlazni tlak p3 = 2945 kPa. Cilindri su raspore đeni u obliku slova V i jednoradne su izvedbe. Zrak na usisu ima &1 = 22.8 tlak p1 = 101 kPa i temperaturu T 1 = 288 K (= 15 oC). Kapacitet kompresora je V dm3/s (obzirom na stanje na usisu). Stupanj djelovanja kompresora je η c = 0.7, a volumetrijski stupanj djelovanja je η v = 0.80. Potrebno je izra čunati: a) tlakove i temperature na izlazu iz pojedinih stupnjeva, uz pretpostavku da je me đuhlađenje potpuno, b) snagu idealnoga kompresora kompresora P P ideal kompresora P e, ideal i snagu stvarnoga kompresora P -1 c) dimenzije kompresora za brzinu vrtnje n = 25 s (1500 min -1) i srednju stapnu brzinu c s = 4.3 m/s


128

Zadaci

Rješenje: a) Potpuno me đuhlađenje znači da smo zrak nakon prvog stupnja kompresije uspjeli ohladiti na početnu temperaturu na usisu. Optimalni omjer tlakova na stupnju je: p3

β =

2945 ⋅ 103

=

101 ⋅ 103

p1

= 5.4

Tlakovi na izlazima iz pojedinih stupnjeva su: Stupanj I II

Tlak na usisu

Tlak na izlazu

p1 = 101 kPa

p2

=

β p1 = 5.4 ⋅ 101 ⋅ 103

p2 = 545.4 kPa

p3

=

β p2

=

3

= 545.4 ⋅ 10

5.4 ⋅ 545.4 ⋅ 103

=

Pa = 545.4 kPa

2945 ⋅ 103 Pa = 2945 kPa

Temperature zraka na izlazu iz svakoga stupnja su jednake, obzirom da su omjer tlakova i početna temperatura na svakom stupnju jednaki:

T 2

γ −1 γ

= T 1 β

1.4 −1

288 ⋅ 5.4

=

1.4

=

466 K = 193 oC

b) Snaga idealnoga kompresora kompresora (s adijabatskom kompresijom, ali bez volumena štetnog prostora) je: = W = 5 kW Obzirom da imamo dva stupnja s jednakim masenim protokom i jednakim omjerom tlakova, ukupna snaga je dvostruka: P ideal = 2 P ideal ,1

=

2 ⋅ 5000 = 10 000 W = 10 kW

Sada možemo izračunati efektivnu snagu za pogon kompresora: P e =

P ideal

η c

=

10000 0.7

= 14300 W

= 14.3 kW

c) Stapaj (hod klipa) izračunati ćemo iz zadane srednje stapne brzine: c s

=

2 s n

s =

→

cs 2n

4 .3

=

=

2 ⋅ 25

0.086 m = 86 mm

Promjer cilindra izračunati ćemo iz volumnog protoka prema stanju na usisu. Za prvi stupanj kompresora možemo pisati: D12 π & V 1 = η v V s n = η v s n 4

D1

=

& 4V 1 η v π s n

=

4 ⋅ 0.0228 0.7 ⋅ π ⋅ 0.086 ⋅ 25

=

0.13 m = 130 mm


129

Zadaci

Volumni protok na usisu u drugi stupanj dobivamo iz jednakosti masenih protoka:

& & = ρ 1 V m 1 & V 2

& = V 1

ρ 1 ρ 2

=

& ρ 2 V 2

& = V 1

p1 R T 2

R T 1 p2

Obzirom da su temperature na usisu u prvi i u drugi stupanj jednake, gornja jednadžba se svodi na:

& V

2

& p1 = V 1

=

p2

& V 1 β

=

0.0228 5.4

=

0.004222 m3/s

Sada možemo izračunati promjer klipa drugog stupnja kompresora na potpuno isti na čin kao i kod prvoga stupnja:

D2

=

& 4V 2 η v π s n

=

4 ⋅ 0.004222 0.7 ⋅ π ⋅ 0.086 ⋅ 25

=

0.056 m = 56 mm


130

Zadaci

ZADACI 33

RASHLADNI URE ĐAJI I TOPLINSKE PUMPE Primjer 33.1 (Prozorski rashladni (klima) uređaj) U jednom klima ure đaju za montažu na prozor, snage 5 kW kao radni medij se koristi Freon 12. Proces ovoga klima ure đaja prikazan je na slici. proces se odvija između temperature isparivača (evaporatora) od 0 oC i kondenzatora od 50 oC. Potrebno je izra čunati: a) koeficijent rashladnog učina, b) maseni protok rashladnog medija, c) volumni protok rashladnog medija na kompresoru, d) Snaga za pogon idealnoga kompresora.

Rješenje: a) Koeficijent rashladnog učina β F jjednak je omjeru topline isparavanja qi i rada kompresora l koji je jednak: l s

=

h2

β F =

− h1

qi l

=

h1 − h4 h2

− h1

Potrebno je odrediti entalpije u to čkama 1, 2 i 4 prema dijagramu na slici. U to čki 1 (uvjeti za zasićenu paru) očitavamo podatke iz tablica za Freon 12. Dobivamo vrijednosti: p1 = 0.3086 MPa h1 = 351477 J/kg v1 = 0.055389 m 3/kg (specifični volumen) Stanje u točki 2 dobivamo tako da u p-h dijagramu p-h dijagramu tako da se iz točke 1 dižemo po izentropi ( s s1 = s2 = 1554.5 J/kgK) do to čke 2 na izbari pri tlaku zasićenja za temperaturu 50 oC, koji iznosi p3 = p2 = 1.2193 MPa. To čka 2 se nalazi u podru č ju pregrijane pare Freona 12. Njeni podaci su: p2 = 1.2193 MPa h2 = 376 kJ/kg T 2 = 58 oC


131

Zadaci

Točku 4 ćemo dobiti tako da najprije odredimo to čku 3 na mjestu zasi ćene kapljevine (kondenzata) pri temperaturi 50 oC, koja definira tlak p tlak p3 = p = p2 = 1.2193 MPa. Entalpija u to čki 3 je h3 = 249 kJ/kg. Entalpija u to čki 4 je jednaka kao i u to čki 3. Do to čke 4 dolazimo tako da se po izentalpi (pri h = const) spuštamo od točke 3 do tlaka p tlaka p4 = p = p1 = 0.3086 MPa. Podaci za točku 4 su: p4 = 0.3086 MPa h4 = 248884 J/kg T 4 = 0 oC Sada možemo izračunati tražene vrijednosti: qi

=

h1 − h4

l s

=

h2

β F =

= 351 477 − 248 884 = 102 593 J/kg 3

− h1 = 376 ⋅ 10 − 351477 =

qi

=

102.6 ⋅ 103

l s

24.5 ⋅ 103

=

= 102.6 kJ/kg

24 523 J/kg = 24.5 kJ/kg

4.2

b) Zadana je termička snaga Q& i = 5 kW koju treba oduzeti iz hladnjaka. Maseni protok rashladnog fluida je: Q& i

=

& qi m

→

&= m

Q& i qi

=

5000 102 600

= 0.049 kg/s

c) U točki 1 imamo poznati specifični volumen. Kapacitet kompresora rashladnog stroja je:

& = m& v V 1 1

=

0.049 ⋅ 0.055389 = 0.002714 m3/s

d) Snaga idealnoga kompresora je:

& l s P ideal = m

=

0.049 ⋅ 24 523 = 1201.6 W = 1.2 kW

Primjer 35.2 (Toplinska pumpa) Postrojenje za klimatizaciju s toplinskom pumpom i radnim medijem Freon 12 ima na raspolaganju jezero s vodom na temperaturi 14 oC koje može dati 1500 kW topline toploj vodi na 45 oC. Da bi mogli razmijeniti toplinu između Freona i tople vode potrebno je da temperatura Freona u kondenzatoru bude 60 oC, a da bi on mogao preuzeti toplinu od jezerske vode, njegova temperatura u ispariva ču mora biti 5 oC. Proces je prikazan na slici. Kompresor ima stupanj djelovanja η c = 0.8. Potrebno je odrediti: a) koeficijent učina toplinske pumpe, b) maseni protok Freona 12, c) maseni protok vode koja kruži u klimatizacijskom postrojenju s time da znamo da ona ulazi u grijače s temperaturom 45 oC, a izlazi iz njega s temperaturom 35 oC. d) snagu za pogon kompresora, s time da mu je mehani čki stupanj djelovanja η m = 0.9.


132

Zadaci

Rješenje: a) Koeficijent učina toplinske pumpe je:

β TP =

q s l

gdje je: q s

=

h2

− h3

l = l i = h2

− h1

Pomoću tablica za svojstva Freona 12 i p-h dijagrama odredimo entalpije u to čkama 1, 2 i 3: Stanje 1 2s 2 3 4

Stanje fluida zasićena para pregrijana para pregrijana para zasićena tekućina smjesa pare i tekučine

T oC 5 68 75 60 5

p, p, MPa 0.3626 1.5259 1.5259 1.5259 0.3626

h, kJ/kg 353.6 380 386.6 259.69 259.69

s, s, kJ/kgK 1.5522 1.5522 1.1938 -

Za stanje 1 je zadana temperatura isparavanja od 5 oC. Tlak zasićenja za tu temperaturu je p je p1 = 0.3526 MPa i ostale podatke koji su prikazani u tablici. Za stanje 2s na kraju izentropske kompresije polazimo iz to čke 1 i po izentropi se penjemo do izobare za tlak zasićenja (obzirom da je u točki 3 zadana temperatura) pri temperaturi T 3 = 60 o C. Ovoj temperaturi odgovara tlak zasićenja p3 = p2 = 1.5259 MPa. Temperatura koja odgovara točki 2s u podru č ju pregrijane pare je 68 oC. Svi ostali podaci prikazani su u tablici. Stanje u točki 2 ćemo odrediti primjenom stupnja djelovanja kompresora. Kompresija završava na istome tlaku kao i izentropska, samo pri višoj temperaturi. Specifi čni rad za izentropsku kompresiju je: l s

=

h2 s

3

− h1 = 380 ⋅ 10 − 353 600 =

26.4 ⋅ 103 J/kg

Stvarni specifični rad za kompresiju je:


l i = h2

− h1 =

133

Zadaci

l s

η c

Entalpija na kraju kompresije je: h2

=

h1 +

l s

η c

= 353 600 +

26 400 0.8

= 386 600 J/kg

Temperatura koja odgovara to čki 2 je 75 oC. b) Toplinski tok koji kondenzator predaje toploj vodi je zadan i iznosi Q& s = 1500 kW. Potrebni maseni protok Freona 12 će biti: Q&

s

& q s =m

&= m

→

Q& s q s

=

1500 ⋅ 103 126.9 ⋅ 103

= 11.82 kg/s

c) Protok vode ćemo dobiti iz kalori čke jednadžbe: Q& s

=

& voda m

& voda c p ,voda ∆T voda m Q& s

=

=

c p ,voda ∆T voda

1500 ⋅ 103 4.18 ⋅ 103 ⋅ (45 − 35)

= 35.88 kg/s

d) Efektivna snaga za pogon kompresora je: P e =

P i

η m

=

& l i m η m

=

11.82 26.4 ⋅ 103 ⋅

0 .9

0.8

=

433.4 ⋅ 103 W = 433.4 kW


134

Zadaci

Plinske turbine, Mlazni motori

135

Zadaci

ZADACI 34

PLINSKE TURBINE Primjer 34.1 (Braytonov idealni proces plinske turbine) U plinskoj turbini koja radi s Braytonovim idealnim procesom prema slici, zrak ulazi u kompresor pri atmosferskom tlaku p1 = 0.1 MPa i temperaturi T 1 = 300 K. Omjer tlakova u procesu je β = p2/ p p1 = 6. Maksimalna temperatura procesa je T 3 = 1200 K. Potrebno je izračunati: a) tlak i temperaturu za različite točke procesa, b) radove kompresora i turbine, c) stupanj djelovanja procesa.

Rješenje: a) Tlakovi i temperature po radnim to čkama su redom: U točki 1: p1 = 0.1 MPa T 1 = 300 K U točki 2s: p2

T 2

= p1 β = γ −1 γ

= T 1 β

0.1 ⋅ 106 ⋅ 6 = 0.6 ⋅ 106 Pa = 0.6 MPa 1.4 −1

= 300 ⋅ 6

U točki 3: p3 = p = p2 = 0.6 MPa T 3 = 1200 K U točki 4s: = p1 = 0.1 MPa p4 = p

1.4

= 500.8 K


T 4 s

T 3

=

γ −1 γ

=

β

1200 1.4 −1

6

=

136

Zadaci

718.8 K

1.4

b) Potrebni specifi speci fični rad za pogon kompresora dobivamo iz razlike entalpija me đu to t očkama 2s i 1 l c

= c p

(T 2 s − T 1 ) = 1003.5 ⋅ (500.8 − 300) = 201.5 ⋅103 J/kg

Specifični rad koji proizvodi plinska turbina je: l t = c p (T 3 − T 4 s ) = 1003.5 ⋅ (1200 − 718.8) = 482.9 ⋅ 103 J/kg c) Stupanj djelovanja za Braytonov proces je:

η = 1 −

1 γ −1 γ

1

=1−

1.4 −1

6

β

=

0.40

1.4

Stupanj djelovanja možemo dobiti iz omjera neto snage plinske turbine (razlika snage turbine i snage za pogon kompresora) i dovedene topline gorivom:

η =

l q s

(482.9 − 201.5) ⋅ 103 = = = 0.40 c p (T 3 − T 2 s ) 1003.5 ⋅ (1200 − 500.8) l t − l c

Primjer 34.2 (Braytonov proces stvarne plinske turbine) U plinsku turbinu koja radi po Braytonovom procesu zrak ulazi pri atmosferskom tlaku p1 = 0.1 MPa i temperaturi T 1 = 300 K. Omjer tlakova u procesu je β = p1/ p p2 = 6, a maksimalna temperatura procesa je T 3 = 1200 K. Pad tlaka od kompresora do turbine je ∆ p = p = p p3 – p – p1 = 20 kPa. Zrak se uzima kao idealni plin. Eksponent adijabate je γ = 1.4. Potrebno je odrediti tlakove i temperature u glavnim točkama procesa, indicirane radove kompresora i turbine, omjer radova kompresora i turbine, efektivni rad procesaa, dovedenu toplinu gorivom i stupanj djelovanja procesa pod uvjetom da su unutarnji stupnjevi djelovanja kompresora i turbine sljedeći: a) η c = 0.65 i η t t = 0.8, b) η c = 0.85 i η t t = 0.9. Na kraju treba usporediti rezultate koji su dobiveni za ova dva slučaja.


137

Rješenje: a) Omjeri tlakova i temperatura u različitim točkama procesa su: Točka 1: p1 = 0.1 MPa T 1 = 300 K Točka 2s: p2

6

= p1 β = 0.1 ⋅ 10 ⋅ 6 = γ −1 γ

1.4 −1

= T 1 β

T 2

0.6 ⋅ 106 Pa = 0.6 MPa

= 300 ⋅ 6

1.4

= 500.8 K

Točka 2: Temperaturu u točki 2 ćemo odrediti primjenom stupnja djelovanja kompresora: = T 1 +

T 2

T 2 s

− T 1

η c

= 300 +

500.8 − 300

=

0.65

609 K

Točka 3: p2 = 0.6 MPa T 3 = 1200 K Točka 4s: p3

= p2 − ∆p =

T 4 s

=

T 3

 p3     p4 

(0.6 − 0.02) ⋅ 106 = 0.58 ⋅ 106 Pa = 0.58 MPa

=

γ −1 γ

1200

 0.58 ⋅ 106    6  0 . 1 10 ⋅  

1.4 −1

=

725.8 K

1.4

Točka 4: Tlak u točki 4 je jednak tlaku u to čki 1. Temperatura u to čki 4 je: T 4

= T 3 − η t

(T 3 − T 4 s ) = 1200 − 0.8 ⋅ (1200 − 725.8) = 820.6 K

Rad kompresora dobiti ćemo iz razlike entalpija za točke 2 i 1: l c

=

c p (T 2

)

− T 1 = 1003 .5 ⋅

(609 − 300) = 310 ⋅ 103 J/kg = 310 kJ/kg

Na isti način nalazimo i rad turbine kao razliku entalpija me đu točkama 3 i 4: l t = c p (T 3 − T 4 ) = 1003.5 ⋅ (1200 − 820.6) = 380.7 ⋅ 103 J/kg = 380.7 kJ/kg Omjer radova kompresora i turbine je:

Zadaci


l c

=

l t

310 ⋅ 103 380.7 ⋅ 103

=

138

Zadaci

0.81

Efektivni rad stvarnoga procesa plinske turbine je: l = l t − l c

=

(380.7 − 310) ⋅ 103 = 70.7 ⋅ 103 J/kg = 70.7 kJ/kg

Toplina dovedena gorivom je: q s

=

c p (T 3 − T 2 ) = 1003.5 ⋅ (1200 − 609) = 593 ⋅ 103 J/kg = 593 kJ/kg

Stupanj djelovanja procesa je:

η =

l q s

=

70.7 ⋅ 103 593 ⋅ 103

=

0.12

b) Slične proračune je potrebno provesti i za drugu kombinaciju stupnjeva djelovanja kompresora i turbine. Ovaj dio prora čuna ostavljamo studentu za vježbu.

Komentar rezultata: U tablici koja slijedi prikazani su glavni rezultati za dva navedena slu čaja s kombinacijama stupnjeva djelovanja kompresora i turbine. U tre ćem retku su dodani rezultati iz primjera 34.1 koji odgovaraju slu čaju kada su stupanj djelovanja i kompresora i turbine jednaki jedinici. Radovi prikazani u tablici su indicirani (unutarnji) radovi. Slučaj a) b) c)

η c

η t

0.65 0.85 1.00

0.80 0.90 1.00

l c, kJ/kg 310 236.9 201.5

l t t , kJ/kg 380.7 428.5 482.9

l c /l t 0.81 0.55 0.42

l , kJ/kg 70.7 191.6 281.4

q s, kJ/kg 593 666.6 281.4

η 0.12 0.29 0.40

Ako usporedimo idealni slučaj (slučaj c)) s druga dva realna procesa opažamo da je utjecaj nepovrativosti procesa takav da smanjuje stupanj djelovanja procesa na na čin da pove ćava rad kompresora i smanjuje rad turbine. Obzirom da je rad procesa jednak razlici rada turbine i rada kompresora, on vrlo brzo pada kako se smanjuju stupnjevi djelovanja i kompresora i turbine. Visoka temperatura ispušnih plinova iz plinske turbine nosi veliki toplinski tok koji se može iskoristiti za proizvodnju pare o čemu će biti riječ u sljedećim primjerima.

Primjer 34.3 (Stupanj djelovanja, doziranje goriva i protok zraka) Za plinsku turbinu (prema primjeru 34.2) potrebno je odrediti: a) Stupanj djelovanja uz zadane: - indicirani (unutarnji) rad kompresora l c = 236.9 kJ/kg - indicirani (unutarnji) rad turbine l t t = 428.5 kJ/kg - toplina dovedena u proces q s = 666.6 kJ/kg - mehanički stupanj djelovanja η m = 0.98 b) korisnu snagu plinske turbine turbine P P e kada je zadan maseni protok zraka od 56 kg/s, c) potrošnju zraka α i i specifičnu potrošnju goriva q g uz zadano:


139

Zadaci

- donja ogrjevna mo ć goriva H goriva H d d = 41 MJ/kg, - stupanj djelovanja izgaranja η izg izg = 0.86 d) Ukupni stupanj djelovanja η e, e) Volumni protok zraka koji ulazi u kompresor uz zadano: - tlak na usisu p usisu p1 = 100 kPa, - temperatura na usisu T 1 = 300 K, - plinska konstanta za zrak R zrak R = = 287 J/kgK.

Rješenje: a) Da bi izračunali stupanj djelovanja potrebno je najprije odrediti efektivni rad l e: l e

η e

=

(l t − l c )η m = (428.5 − 236.9) ⋅ 103 ⋅ 0.98 = 178.7 ⋅ 103 J/kg

=

l e

=

q s

178.7 ⋅ 103 666.6 ⋅ 103

=

0.27

b) Efektivna snaga plinske turbine je: 3

& l e P e = m

= 56 ⋅ 178.7 ⋅ 10 = 10 ⋅ 10

6

W = 10 MW

c) Potrošnja zraka α je: je:

α =

H d η izg q s

−1 =

41 ⋅ 106 ⋅ 0.86 666.6 ⋅ 103

− 1 = 51.9 kg

zraka / kg goriva

Specifična potrošnja goriva je: q g =

& g m P e

Maseni protok goriva ćemo dobiti tako da maseni protok zraka podijelimo sa specifičnom količinom zraka:

& g = m

q g =

& m α

& g m

=

56 51.9

1.08

=

P e

= 1.08 kg/s

10 ⋅ 10

6

=

0.108 ⋅ 10 − 6 kg/J = 0.108 kg/MJ

d) Ukupni stupanj djelovanja je:

η uk =

P e

& g H d m

=

10 ⋅ 106 0.108 ⋅ 41 ⋅ 106

=

0.226

e) Da bi odredili volumni protok zraka iz poznatog masenog protoka zraka potrebna nam je gustoća:


ρ 1 =

Zadaci

p1 R T 1

& m

& = V 1

140

ρ 1

=

& R T 1 m p1

=

56 ⋅ 287 ⋅ 300 100 ⋅ 10

3

=

48.2 m3/s

Primjer 34.4 (Proces plinske turbine s regeneracijom) Tlakovi i temperature u pojedinim glavnim to čkama procesa za idealni Braytonov proces bez regeneracije uzeti su iz primjera 34.1 i prikazani su u tablici i na slici.

Točka procesa 1 2 = 2s 3 4 = 4s

Tlak, MPa 0.1 0.6 0.6 0.1

Temperatura, K 300 500.8 1200 718.8

Rad procesa je bio l = 281.4 kJ/kg. Pod pretpostavkom da je proces i dalje idealan i da raspolažemo regeneratorom s efikasnosti ε = = 0.85 potrebno je odrediti: a) toplinu q s koju treba dovesti u komoru izgaranja, b) stupanj djelovanja procesa.

Rješenje: a) Toplina koja se dovodi u komori izgaranja koristi se da bi temperatura narasla do T 3. Početak zagrijavanja radnog medija može krenuti od temperature T 2 (ako nemamo regeneracije) ili od više temperature T x (ako koristimo regeneraciju). Temperaturu T x izračunati ćemo iz jednadžbe koja nam definira efikasnost regeneracije:

ε =

T x

T x

− T 2

T 4 − T 2

= T 2 + ε

(T 4 − T 2 ) = 500.8 + 0.85 ⋅ (718.8 − 500.8) = 686.1 K

Dovedena toplina u komori izgaranja je: q s

=

c p (T 3 − T x ) = 1003.5 ⋅ (1200 − 686.1) = 515.7 ⋅ 103 J/kg


141

b) Stupanj djelovanja procesa s regeneracijom je:

η =

l q s

=

281.4 ⋅ 103 515.7 ⋅ 103

=

0.54

Zadaci


142

Zadaci

ZADACI 35

MLAZNI MOTORI djelovanja turboreaktora) Primjer 35.1 (Potisak, snaga i stupanj djelovanja & g = 0.89 kg/s uz specifi čnu Turboreaktor se snabdijeva protokom kerozina (petroleja) m potrošnju zraka od 42.8 kg zraka / kg goriva. Brzina kojom produkti izgaranja izlaze iz reaktora je w2 = 987 m/s, a brzina leta zrakoplova je w1 = 200 m/s. Potrebno je odrediti: a) Silu poriva, specifičnu potrošnju goriva obzirom na potisak i specifi čnu promjenu koli čine gibanja, b) Korisna snaga potiska P potiska P e, izgubljena snaga P snaga P gub i snaga pogona P pogona P pog , c) Stupanj djelovanja pogona.

Rješenje: a) Sila potiska turboreaktora računa se iz promjene koli čine gibanja:

& z (w2 F = m

−

 m& z   (w w ) 0.89 ⋅ 42.8 ⋅ (987 − 200 ) = 29 985 N  m&  2 − 1 =  g 

& g  w1 ) = m

Specifična potrošnja goriva za potisak je: q gp

=

& g m

0.89

=

F

29 985

= 0.0298 ⋅ 10

−3

kg/Ns

Specifična promjena koli čine gibanja turboreaktora je: I = (w2

)

− w1 = 987 − 200 = 787 Ns/kg

b) Snage koje koje opisuju opisuju pogonske pogonske karakteristike karakteristike turboreakt turboreaktora ora su: Korisna snaga potiska: P e = F w1

=

29 985 ⋅ 200 = 5.997 ⋅ 106 W = 6 MW

Izgubljena snaga:

 m& z   = 0.89 ⋅ 42.8 = 38.1 kg/s  m&   g 

& z = m& g  m

2 w2 − w1 ) ( & P gub = m z

2

= 38.1 ⋅

(987 − 200)2 2

= 11.798 ⋅ 10

6

W = 11.8 MW

Snaga pogona: P pog = P e + P gub

=

(6 + 11.8) ⋅ 106 = 17.8 ⋅ 106 W = 17.8 MW


143

Zadaci

c) Stupanj djelovanja pogona je:

η p

2 w1

=

w2

+

=

2 ⋅ 200

=

987 + 200

w1

0.337

Stupanj djelovanja idealnoga procesa (termi čki stupanj djelovanja) je:

η e

P pog

=

=

& g H d m

17.8 ⋅ 106

=

0.89 ⋅ 43.5 ⋅ 106

0.46

Ukupni stupanj djelovanja je:

η uk =

P e

=

& g H d m

6 ⋅ 106 0.89 ⋅ 43.5 ⋅ 106

=

0.155

ili:

η uk = η p η e

=

0.337 ⋅ 0.46 = 0.155

Primjer 35.2 (Vrijeme izgaranja pogonskog goriva za raketni motor) Raketni motor spreman za lansiranje ima na raketi spremnik s 400 t goriva. Pod pretpostavkom pretpostavkom da se gorivo troši konstantnom brzinom i da se pritom stvara po četni potisak od 5 MN, potrebno je odrediti vrijeme izgaranja goriva u slu čajevima da se gorivo sastoji iz: a) vodika i kisika sa specifi čnom promjenom količine gibanja l = = 2850 Ns/kg, b) vodika i fluora sa specifičnom promjenom koli čine gibanja l = = 3070 Ns/kg.

Rješenje: a) Zadan je početni potisak F poc i specifična promjena količine gibanja. Iz toga ćemo izračunati maseni protok goriva (smjese vodika i kisika): I =

F poc

→

& g m

& g = m

F poc

=

I

5 ⋅ 106 2850

= 1754 kg/s

Vrijeme izgaranja goriva je: t izg =

m poc, g

& g m

=

400 ⋅ 103 1754

=

228 s

b) Za gorivo gorivo koje se se sastoji iz smjese vodika vodika i fluora fluora imamo: imamo: I =

F poc

& g m

→

& g = m

Vrijeme izgaranja goriva je:

F poc I

=

5 ⋅ 106 3070

= 1628 kg/s


t izg =

m poc, g

& g m

=

400 ⋅ 103 1628

=

144

246 s

Ovo vrijeme izgaranja je za 8% ve će od vremena izgaranja smjese vodika i kisika.

Zadaci

Motori s unutarnjim izgaranjem

145

Zadaci

ZADACI 36

MOTORI S UNUTARNJIM IZGARANJEM Primjer 36.1 (Stapaj i srednja stapna brzina klipa) Motor s 4 cilindra, namijenjen pogonu osobnog vozila ima ukupni stapajni volumen V H = 999 cm3 i vrti se brzinom n = 50 s -1 (3000 min -1). Potrebno je izračunati stapaj s i s i srednju brzinu klipa c s uz uvjet da je omjer stapaja i promjera cilindra s/D = s/D = 0.93.

Rješenje: Motor ima z ima z = = 4 cilindra. Stapajni volumen jednoga cilindra je: V s

D 2 π s 3 π s = = 2 z 4  s  4   D 

V H

=

2

s

=

3

 s  4   V H  D  z π

=

4 ⋅ 0.932 ⋅ 999 ⋅10−6

3

4 ⋅ π

=

0.065 m = 65 mm

Promjer cilindra je: D =

s  s 

   D 

=

0.065

=

0.93

0.0699 m = 70 mm

Srednja stapna brzina je: c s

=

2 s n = 2 ⋅ 0.065 ⋅ 50 = 6.5 m/s

Primjer 36.2 (Kompresijski volumen volumen i promjer cilindra) Motor s 6 cilindara za pogon teretnog vozila ima stupanj kompresije ε = = 16 i ukupni stapajni 3 volumen V H = 9.5 dm . Potrebno je izra čunati kompresijski volumen jednoga cilindra i promjer cilindra ako se zna da je radius koljena r = = 70 mm.

Rješenje: Stapajni volumen jednoga cilindra je: V s

=

V H

=

9.5 ⋅10−3 6

= 1.5833 ⋅ 10

−3

m3

Volumen kompresijskog prostora (ili kompresijski volumen) dobiti ćemo iz definicije stupnja kompresije:


ε =

V c

V max

=

V s

V min

=

V s

ε − 1

+ V c

=

V c

=

V s V c

146

Zadaci

+1

1.5833 ⋅ 10−3

=

16 − 1

0.1056 ⋅ 10 3 m3 −

Iz radiusa koljena možemo izračunati stapaj: s = 2 r = 2 ⋅ 0.070 = 0.140 m Promjer cilindra izračunati ćemo iz jednadžbe za stapajni volumen jednoga cilindra: D 2 π V s = s 4 4V s

D =

s π

=

4 ⋅ 1.5833 ⋅ 10−3 0.14 ⋅ π

=

0.12 m = 120 mm

Ottovog procesa) Primjer 36.3 (Karakteristike Ottovog Stupanj kompresije Ottovog procesa je ε = = 8, a izgaranjem se smjesi u cilindru predaje toplina q s = 1800 kJ/kg. Potrebno je izra čunati: a) stupanj djelovanja idealnoga procesa, b) specifični rad procesa.

Rješenje: a) Stupanj djelovanja idealnoga Ottovog procesa je:

η Otto

=1−

1 γ −1

ε

=1−

1 1.4 −1

8

=

0.565 = 56.5%

b) Specifični rad procesa dobiti ćemo iz definicije stupnja djelovanja. On je:

η Otto

=

l q s

→

l = q s η Otto

3

= 1800 ⋅ 10 ⋅ 0.565 = 1017 ⋅ 10

3

J/kg ) 1017 kJ/kg

Primjer 36.4 (Karakteristike Dieselova procesa) Stupanj kompresije Dieselova procesa je ε = 16, a izgaranjem se smjesi u cilindru predaje toplina q s = 1800 kJ/kg. Potrebno je izra čunati: a) stupanj djelovanja idealnoga procesa, b) specifični rad procesa.

Rješenje: a) Stupanj djelovanja idealnoga Dieselova procesa je:


147

Zadaci

1 3.051.4 − 1 ϕ γ − 1 = 1 − 1.4 −1 = 0.567 = 56.7% η Diesel = 1 − γ −1 ε γ (ϕ − 1) 8 1.4 ⋅ (3.05 − 1) 1

b) Specifični rad procesa dobiti ćemo iz definicije stupnja djelovanja. On je:

η Diesel =

l

l = q s η Diesel = 1800 ⋅ 103 ⋅ 0.567 = 1021 ⋅ 103 J/kg ) 1021 kJ/kg

→

q s

Primjer 36.5 (Karakteristike Ottovog Ottovog motora) = 4 cilindra promjera D = D = 70 mm i stapajem s = s = 64.9 mm, s Četverotaktni Ottov motor sa z = 3 -1 ukupnim stapajnim volumenom V H = 1 dm ima brzinu vrtnje n = 58.33 s (3500 min -1) i sljedeće vrijednosti za specifične potrošnje goriva: 68 g/MJ (0.245 kg/kWh) pri srednjem efektivnom tlaku p sr,e = 0.8 MPa i 87 g/MJ (0.313 kg/kWh) pri p sr,e = 0.4 MPa. Donja 3 ogrjevna moć goriva je H d d = 44 MJ/kg. Gusto ća zraka za izgaranje je ρ = 1.2 kg/m . Stehiometrijska količina zraka za izgaranje je α = = 15 kg zraka / kg goriva. Pri oba navedena opterećenja motora potrebno je izračunati: a) efektivni stupanj djelovanja, mehani čki i indicirani stupanj djelovanja, b) efektivnu snagu i moment, c) stupanj punjenja cilindara.

Rješenje: a) Efektivni stupanj djelovanja, izra čunat putem specifične potrošnje goriva pri srednjem efektivnom tlaku p tlaku p sr,e = 0.8 MPa je:

η e,0.8

1

=

1

=

q g H d

68 ⋅ 10

−9

⋅ 44 ⋅ 10

6

= 0.334 =

33.4 %

Pri srednjem efektivnom tlaku p tlaku p sr,e = 0.4 MPa efektivni stupanj djelovanja je:

η e,0.4

1

=

1

=

q g H d

87 ⋅ 10

−9

⋅ 44 ⋅ 10

6

=

0.261 = 26.1 %

Sa smanjenjem srednjeg efektivnog tlaka (tj. opterećenja motora) pove ćava se specifična potrošnja goriva i smanjuje se stupanj djelovanja. Efektivni stupanj djelovanja je umnožak indiciranog i mehaničkog stupnja djelovanja:

η e = η i η m Da bi došli do indiciranog stupnja djelovanja moramo poznavati mehani čki stupanj djelovanja koji kod motora uzima u obzir gubitke u trenjima unutar motora i pogon opreme motora. Mehanički stupanj djelovanja je omjer efektivne i indicirane snage motora, a jednako tako i omjer srednjeg efektivnog tlaka i srednjeg indiciranog tlaka:

η m

=

p sr , e p sr ,i

=

p sr , e p sr , e

+ p sr , m


148

Zadaci

gdje je p sr,m srednji tlak mehaničkih gubitaka motora. Jedna od brojnih empirijskih jednadžbi za srednji tlak mehaničkih gubitaka motora za pogon osobnih vozila je: (moramo paziti na jedinice u kojima se u jednadžbu uvrštavaju pojedine veličine) p sr , m

 

0.06 1 +

=

1 

3

+ z  D

+ 0.03 p sr , e + 0.015 c s

gdje su tlakovi p u p u MPa, D je D je promjer cilindra u mm, z je je broj cilindara i c s je srednja stapna brzina u m/s. Srednja stapna brzina je: c s

=

2 n s = 2 ⋅ 58.33 ⋅ 0.0649 = 7.57 m/s

Pri srednjem efektivnom tlaku od 0.8 MPa, srednji tlak mehani čkih gubitaka je: p sr ,m , 0.8

 

= 0.06 1 +

1 

3

 + + 0.03 p sr ,e, 0.8 + 0.015 c s z  D

=

 

0.06 1 +

1 

3

+ 0.03 ⋅ 0.8 + 0.015 ⋅ 7.57 = 0.233 MPa + 4  70

Pri srednjem efektivnom tlaku od 0.4 MPa, srednji tlak mehani čkih gubitaka je: p sr ,m , 0.4

 

= 0.06 1 +

1 

 

3

 + + 0.03 p sr ,e, 0.4 + 0.015 c s z  D

= 0.06 1 +

1 

3

+ 0.03 ⋅ 0.4 + 0.015 ⋅ 7.57 = 0.210 MPa + 4  70

Sada možemo izračunati mehaničke stupnjeve djelovanja:

η m, 0.8

η m, 0.4

p sr , e , 0.8

=

p sr , e , 0.8

=

+ p sr , m , 0.8

p sr , e , 0.4

=

p sr , e ,0.4

=

+ p sr , m , 0.4

0.8 ⋅ 106

(0.8 + 0.233) ⋅ 106 0.4 ⋅ 106

(0.4 + 0.210) ⋅ 106

=

0.78

=

0.65

Sada možemo kona čno izračunati indicirane stupnjeve djelovanja:

η i ,0.8

=

η i ,0.8

=

η sr , e,0.8 η m,0.8

=

η sr , e,0.8 η m,0.8

=

0.334 0.78 0.261 0.65

= 0.43

= 0.40

b) Kada nam je poznat srednji efektivni tlak možemo izračunati efektivnu snagu: P e

= p sr ,e V H

n 2

Efektivne snage za dva navedena srednja efektivna tlaka su: P e, 0.8

= p sr , e , 0.8 V H

n 2

=

0.8 ⋅ 106 ⋅ 0.001 ⋅

58.33 2

=

23.3 ⋅ 103 W = 23.3 kW


P e, 0.4

= p sr , e , 0.4 V H

n

149

0.4 ⋅ 106 ⋅ 0.001 ⋅

=

2

58.33 2

= 11.65 ⋅ 10

Zadaci 3

W = 11.65 kW

Vidimo da je pri konstantnoj brzini vrtnje n efektivna snaga motora direktno proporcionalna srednjem efektivnom tlaku. Pogonski moment na koljenastom vratilu tako đer je proporcionalan srednjem efektivnom tlaku: M e

=

P e

ω

=

P e 2 π n

=

p sr , e V H n 4 π n

= p sr , e

V H 4 π

Za dva navedena srednja efektivna tlaka, momenti su: M e , 0.8

= p sr , e , 0.8

M e ,0.4

= p sr , e ,0.4

V H 4 π V H 4 π

=

0.8 ⋅ 106

=

0.4 ⋅ 106

0.001 4 ⋅ π 0.001 4 ⋅ π

=

63.66 Nm

= 31.83 Nm

c) Stupanj punjenja λ p dobiti ćemo iz jednadžbe za srednji efektivni tlak: p sr , e

λ p

=

= η e λ p ρ H s = η e λ p ρ

H d

1 + α

p sr , e (1 + α )

η e ρ H d

Za naša dva slučaja s različitim srednjim efektivnim tlakovima, stupnjevi punjenja su:

λ p ,0.8

λ p ,0.4

=

p sr , e, 0.8 (1 + α )

=

p sr , e, 0.4 (1 + α )

η e, 0.8 ρ H d

η e, 0.4 ρ H d

=

=

0.8 ⋅ 106 ⋅ (1 + 15) 0.334 ⋅ 1.2 ⋅ 44 ⋅ 106 0.4 ⋅ 106 ⋅ (1 + 15) 0.361 ⋅ 1.2 ⋅ 44 ⋅ 106

=

0.7258

=

0.4644

Primjer 36.6 (Karakteristike dizelskog motora motora sa slobodnim usisom) Četverotaktni dizelski motor sa slobodnim usisom namijenjen je za pogon teretnog vozila. Motor ima 6 cilindara u liniji. Promjer cilindra je D = D = 100 mm, a stapaj s = s = 128 mm. Ukupni 3 -1 stapajni volumen je V H = 6.0 dm . Brzina vrtnje motora je n = 25 s (1500 min -1). Za dva srednja efektivna tlaka imamo sljedeće specifične potrošnje goriva: q g = 58 g/MJ (0.209 kg/kWh) pri p sr,e = 0.8 MPa i q g = 61 g/MJ (0.220 kg/kWh) pri p sr,e = 0.4 MPa. Ogrjevna mo ć goriva je H d 43.3 MJ/kg. Gusto ća zraka na usisu je ρ = = 1.2 kg/m 3. Stupanj punjenja je λ p = d = 0.9. Za oba srednja efektivna tlaka potrebno je izra čunati: a) efektivni, mehanički i indicirani stupanj djelovanja, b) efektivnu snagu i efektivni moment motora, motora, c) pretičak zraka za izgaranje.


150

Zadaci

Rješenje: a) Efektivni stupanj djelovanja, izračunat putem specifične potrošnje goriva pri srednjem efektivnom tlaku p tlaku p sr,e = 0.8 MPa je:

η e,0.8

1

=

=

q g H d

1 58 ⋅ 10− 9 ⋅ 43.3 ⋅ 106

= 0.398 =

39.8 %


η e,0.4

1

=

=

q g H d

1 61 ⋅ 10− 9 ⋅ 43.3 ⋅ 106

= 0.380 =

38.0 %

Ako ove vrijednosti usporedimo s onima iz primjera 36.5 vidimo da je stupanj djelovanja dizelskog motora ve ći od onoga za Ottov motor. Sa smanjenjem srednjeg efektivnog tlaka (tj. opterećenja motora) pove ćava se specifična potrošnja goriva i smanjuje se stupanj djelovanja. Efektivni stupanj djelovanja je umnožak indiciranog i mehani čkog stupnja djelovanja:

η e = η i η m Da bi došli do indiciranog stupnja djelovanja moramo poznavati mehani čki stupanj djelovanja koji kod motora uzima u obzir gubitke u trenjima unutar motora i pogon opreme motora. Mehanički stupanj djelovanja je omjer efektivne i indicirane snage motora, a jednako tako i omjer srednjeg efektivnog tlaka i srednjeg indiciranog tlaka:

η m

=

p sr , e p sr ,i

p sr , e

=

p sr , e

+ p sr , m

gdje je p sr,m srednji tlak mehaničkih gubitaka motora. Jedna od brojnih empirijskih jednadžbi za srednji tlak mehaničkih gubitaka motora za pogon osobnih vozila je: (moramo paziti na jedinice u kojima se u jednadžbu uvrštavaju pojedine veličine) p sr , m

=

 

0.06 1 +

1 

3

+ z  D

+ 0.03 p sr , e + 0.015 c s

gdje su tlakovi p u p u MPa, D je D je promjer cilindra u mm, z je je broj cilindara i c s je srednja stapna brzina u m/s. Srednja stapna brzina je: c s

=

2 n s = 2 ⋅ 25 ⋅ 0.1 = 5 m/s

Pri srednjem efektivnom tlaku od 0.8 MPa, srednji tlak mehani čkih gubitaka je: p sr ,m, 0.8

=

 

0.06 1 +

1 

3

 + + 0.03 p sr ,e , 0.8 + 0.015 c s z  D

=

 

0.06 1 +

1 

3

+ 0.03 ⋅ 0.8 + 0.015 ⋅ 5 = 0.20 MPa + 6  100

Pri srednjem efektivnom tlaku od 0.4 MPa, srednji tlak mehani čkih gubitaka je: p sr ,m, 0.4

=

 

0.06 1 +

1 

3

 + + 0.03 p sr ,e , 0.4 z  D

+ 0.015 c s =

 

0.06 1 +

1 

3

+ 0.03 ⋅ 0.4 + 0.015 ⋅ 5 = 0.18 MPa + 6  100


151

Zadaci

Sada možemo izračunati mehaničke stupnjeve djelovanja:

η m, 0.8

p sr , e , 0.8

=

+ p sr , m , 0.8

p sr , e , 0.8

η m, 0.4

=

p sr , e , 0.4

=

p sr , e , 0.4

=

+ p sr , m , 0.4

0.8 ⋅ 106

(0.8 + 0.20) ⋅ 106 0.4 ⋅ 106

(0.4 + 0.18) ⋅ 106

=

0.80

=

0.68

Sada možemo kona čno izračunati indicirane stupnjeve djelovanja:

η i ,0.8

=

η i ,0.4

=

η sr , e,0.8 η m,0.8

=

η sr , e,0.4 η m, 0.4

=

0.398 0.80 0.38 0.68

= 0.497

=

0.56

b) Kada nam je poznat srednji efektivni tlak možemo izračunati efektivnu snagu: P e

= p sr ,e V H

n 2

Efektivne snage za dva navedena srednja efektivna tlaka su: P e, 0.8

= p sr , e , 0.8 V H

P e, 0.4

= p sr , e , 0.4 V H

n

=

2 n

=

2

0.8 ⋅ 106 ⋅ 0.006 ⋅

0.4 ⋅ 106 ⋅ 0.006 ⋅

25 2 25 2

=

60 ⋅ 103 W = 60 kW

= 30 ⋅ 10

3

W = 30 kW

Vidimo da je pri konstantnoj brzini vrtnje n efektivna snaga motora direktno proporcionalna srednjem efektivnom tlaku. Pogonski moment na koljenastom vratilu tako đer je proporcionalan srednjem efektivnom tlaku: M e

=

P e

ω

=

P e 2 π n

=

p sr , e V H n 4 π n

= p sr , e

V H 4 π

Za dva navedena srednja efektivna tlaka, momenti su: M e ,0.8

= p sr , e ,0.8

M e , 0.4

= p sr , e , 0.4

V H 4 π V H 4 π

=

0.8 ⋅ 106

=

0.4 ⋅ 106

0.006 4 ⋅ π 0.006 4 ⋅ π

= 382 Nm

= 191 Nm

c) Pretičak zraka λ dobiti dobiti ćemo iz jednadžbe za srednji efektivni tlak:

Motori s unutarnjim izgaranjem = η e λ p ρ H s = η e λ p ρ

p sr , e

λ =

152

Zadaci

H d

1 + λα

1 

η e λ p ρ H d  α  p sr , e

  

− 1

Stehimetrijska količina zraka za izgaranje kg goriva je α = = 14.5 kg zraka / kg goriva. Za naša dva slučaja s različitim srednjim efektivnim tlakovima, pretičak zraka je: 1 

 H d 1  43.3 ⋅ 106    0.398 ⋅ 0.9 ⋅ 1.2 ⋅ −1 = λ 0.8 = η e ,0.8 λ p ρ α  p sr , e, 0.8  14.5  0.8 ⋅ 106 1 

H d λ 0.4 = η e ,0.4 λ p ρ α  p sr , e, 0.4

 1  43.3 ⋅ 106   −1 =  14.5  0.380 ⋅ 0.9 ⋅ 1.2 ⋅ 0.4 ⋅ 106  

  

− 1 = 1.5355

  

− 1 =

2.995

Primjer 36.7 (Pretičak zraka za dizelski motor s prednabijanjem) Četverotaktni dizelski motor s prednabijanjem i hlađenjem zraka namijenjen je pogonu teretnog vozila. Motor ima ukupni stapajni volumen V H = 9.5 dm 3. Za dva srednja efektivna tlaka poznate su specifične potrošnje goriva: q g = 55 g/MJ (0.198 kg/kWh) pri p sr,e = 1.6 MPa i q g = 58 g/MJ (0.2088 kg/kWh) pri p sr,e = 0.8 MPa. Brzina vrtnje motora je 25 s -1. Ogrjevna moć goriva je H d 42.3 MJ/kg. Gusto ća zraka na usisu je ρ = = 1.2 kg/m 3. Stupanj punjenja je d = = 2.1 pri p sr,e = λ p = 0.9. Gusto ća zraka se prednabijanjem i hlađenjem povećava za faktor µ = 1.6 MPa i µ = = 1.4 pri p sr,e = 0.8 MPa. Za oba srednja efektivna tlaka potrebno je izra čunati pretičak zraka za izgaranje.

Rješenje: Gustoća zraka na usisu u cilindar će pri zadana dva srednja efektivna tlaka biti: 2.52 kg/m3

ρ 1.6 = ρ 1 µ 1.6

= 1.2 ⋅ 2.1 =

ρ 0.8 = ρ 1 µ 0.8

= 1.2 ⋅ 1.4 = 1.68 kg/m

3

Efektivni stupanj djelovanja, izračunat putem specifične potrošnje goriva pri srednjem efektivnom tlaku p tlaku p sr,e = 0.8 MPa je:

η e,0.8

=

1

=

q g H d

1 55 ⋅ 10 − 9 ⋅ 42.3 ⋅ 106

=

0.4298 = 42.98 %


η e,0.4

=

1 q g H d

=

1 58 ⋅ 10 −9 ⋅ 42.3 ⋅ 106

=

0.4076 = 40.76 %

Pretičak zraka λ dobiti dobiti ćemo iz jednadžbe za srednji efektivni tlak:


p sr , e

λ =

153

= η e λ p ρ H s = η e λ p ρ

Zadaci

H d

1 + λα

1 

η e λ p ρ H d  α  p sr , e

  

− 1

Stehimetrijska količina zraka za izgaranje kg goriva je α = = 14.5 kg zraka / kg goriva. Za naša dva slučaja s različitim srednjim efektivnim tlakovima, pretičak zraka je:

λ 1.6

λ 0.8

=

=

1 

H d

 1  42.3 ⋅ 106  − 1 =  14.5  0.4298 ⋅ 0.9 ⋅ 2.52 ⋅ 1.6 ⋅ 106  

1 

H d

 1  42.3 ⋅ 106    − 1 =  14.5  0.4076 ⋅ 0.9 ⋅ 1.68 ⋅ 0.8 ⋅ 106 − 1 = 2.1784   

η e,1.6 λ p ρ 1.6  p sr , e ,1.6 α  η e ,0.8 λ p ρ 0.8  α  p sr , e, 0.8

  

− 1 = 1.7083

Ako ove vrijednosti usporedimo s onima iz primjera 36.6 za motor bez prednabijanja, vidimo da se u slučaju dobro odabranog sustava prednabijanja preti čak zraka ne mijenja tako jako s opterećenjem motora i da je on dovoljno visok i kod visokog optere ćenja motora, što će nam osigurati kvalitetno izgaranje sa smanjenom emisijom čađe.

Primjer 36.8 (Toplinska bilanca dizelskog motora) motora) Četverotaktni dizelski motor s 6 cilindara u liniji s prednabijanjem i hla đenjem zraka namijenjen je pogonu teretnog vozila. Za motor su poznati sljede ći podaci dobiveni na kočnici: - maksimalna snaga P snaga P e = 150 kW pri brzini vrtnje n = 43.3 s -1 (2600 min-1), - specifična potrošnja goriva q g = 60.3 g/MJ (0.217 kg/kWh), o & rv = 2.75 kg/s pri promjeni temperature za ∆T rv - protok rashladne vode m rv = 6 C,

& z = 0.23 kg/s, - protok zraka za izgaranje u motoru m - zrak za izgaranje se nakon prednabijanja ohladi za ∆T z = 82 oC, o - temperatura ispušnih plinova na izlazu iz turbine turbopuhala T isp isp = 520 C. - ogrjevna moć goriva je 43.3 MJ/kg, MJ/ kg, - temperatura okolnog zraka je T 0 = 15 oC. Potrebno je izračunati: a) Doveden toplinski tok izgaranjem i efektivni stupanj djelovanja, b) Toplinski tok predan rashladnoj vodi, vodi, c) Toplinski tok odveden zraku za izgaranje nakon prednabijanja, d) Toplinski tok odveden ispušnim plinovima, e) Toplinski tok predan s motora izravno na okolni zrak, f) Toplinsku bilancu motora izraženu iz raženu u postotcima dovedenog toplinskog toka izgaranjem goriva. Rješenje: a) Toplinski tok doveden izgaranjem goriva je:


Q& s

=

& g H d m

=

q g P e H d

=

154

Zadaci

60.3 ⋅ 10−9 ⋅ 150 ⋅ 103 ⋅ 43.3 ⋅ 106

= 391649 W

= 391.65 kW

Efektivni stupanj djelovanja je:

η e

=

P e

=

Q s

150 ⋅ 103 391649

= 0.383

b) Toplinski tok predan rashladnoj vodi je: Q& rv

=

& rv c p ∆T rv m

=

2.75 ⋅ 4180 ⋅ 6 = 68 970 W = 68.97 kW

c) Toplinski tok odveden zraku za izgaranje nakon prednabijanja je:

& z c p , z ∆T z = 0.23 ⋅ 1003 .5 ⋅ 82 = 18 926 W = 18.93 kW Q& z = m d) Toplinski tok odveden ispušnim plinovima izra čunamo tako da koristimo protok ispušnih plinova koji je:

& isp m

=

& z + m& g = m& z + q g P e = 0.23 + 60.3 ⋅ 10−9 ⋅ 150 ⋅ 103 m

=

0.239 kg/s

Toplinski tok odveden ispušnim plinovima je: Q&isp

=

& isp c p , z (T isp m

)

− T 0 = 0.239 ⋅ 1160 ⋅

(520 − 15) = 140 006 W = 140.01 kW

e) Toplinski tok predan izravno okolnom zraku (npr. s toploga ku ćišta motora) izračunati ćemo kao ostatak u toplinskoj bilanci: Q& 0

& − =Q s

(Q&

rv

& + Q& + +Q z isp

P e ) = 391.65 − (68.97 + 18.93 + 140.01 + 150 ) = 13.74 kW

f) Toplinska bilanca motora:

Toplinski tok doveden gorivom Efektivna snaga motora Odvedeno rashladnom vodom Odvedeno hla đenjem zraka Odvedeno ispušnim plinovima Predano okolini Suma

kW 391.65 150.00 68.97 18.93 140.01 13.74 391.65

% 100.00 38.30 17.61 4.83 35.75 3.51 100.00

PRS Zadaci

Recommend Documents