dr Aleksandar B. Srećković redovni profesor Fizičkog fakulteta Univerziteta u Beogradu
ZBIRKA ZADATAKA IZ PRIMENJENE
TERMODINAMIKE
Beograd, 2006
ZBIRKA ZADATAKA IZ PRIMENJENE TERMODINAMIKE Autor: Dr Aleksandar Srećković Redovni professor Fizičkog fakulteta Univerziteta u Beogradu
Recenzenti: Dr Stevan Djeniže, redovni profesor Fizičkog fakulteta, Beograd Dr Dragomir Krpić, redovni profesor Fizičkog fakulteta, Beograd
Naslovna strana: po ideji autora Kompjuterska obrada: Autor Ova zbirka zadataka je odlukom Nastavno-naučnog veća Fizičkog fakulteta Univerziteta u Beogradu, od 15. januara 1997. godine, prihvaćena kao univerzitetski idžbenik I odobreno njeno štampanje.
Tiraž: 200 primeraka
Predgovor Ova zbirka rešenih zadataka proizašla je iz objektivne potrebe studenata. Predmeti Termodinamika i Fizički osnovu termotehnike predaju se u šestom semestru treće godine studija Fizičkog fakulteta Univerziteta u Beogradu studentima studijskih grupa primenjena fizika, primenjena fizika i informatika i fizika i osnovi tehnike. Postojeće zbirke zadataka iz termodinamike samo delom mogu da koriste studenti fizike. Naime, određene oblasti termodinamike (termodinamičke relacije, ravnoteža termodinamičkih sistema i fazni prelazi, procesi sa hlađenje i rashladni sistemi), koje slušaju studenti fizike, nisu uopšte obrađene ili su obrađene nedovoljno u postojećoj literature na srpskom jeziku. U ovoj zbirci dat je postupak rešavanja i rešenje svih zadataka iz onih oblasti tehničke termodinamike koje se predaju studentima Fizičkog fakulteta, tako da je, pre svega, namenjena njima. Međutim, ovu zbirku zadataka mogu da koriste i studenti drugih (pedagoških i tehničkih) fakulteta i odgovarajćih viših škola, kao i inžinjeri pri rešavanju nekih problema u praksi. Bez obzira što su zadaci detaljno rešeni, preporučujem da korisnici ove zbirke predhodno detaljno prouče odgovarajuće oblasti iz teorije termodinamike. Na kraju zbirke, u prilogu, su date odgovarajuće tablice i dijagrami, koji su neophodni za rešavanje nekih zadataka. Koristim priliku da se zahvalim recenzentima, redovnim profesorima Fizičkog fakulteta, dr Stevanu Djenižeu i dr Dragomiru Krpiću na savesnoj i stručnoj recenziji i korisnim sugestijama i savetima.
Beograd, 1997 prof dr Aleksandar B. Srećković
SADRŽAJ Zadaci rešenja 1. Parametri stanja, jednačine stanja i termodinamički procesi
1
1
2. Prvi princip termodinamike
5
6
3. Drugi princip termodinamike. Maksimalan koristan rad
11
12
4. Termodinamičke relacije
18
19
5. Ravnoteža termodinamičkih sistema i fazni prelazi
28
29
6. Termodinamička svojstva supstancije. Vodena para
32
33
7. Procesi za hlađenje
38
41
8. Proticanje i isticanje fluida
60
62
9. Procesi u kompresorima
77
78
10. Motori sa unutrašnjim sagorevanjem
82
83
11. Gasnoturbinska postrojenja
95
96
12. Parnoturbinska postrojenja
104
105
13. Rashladni sistemi
119
122
14. Prostiranje toplote
138
141
Prilozi
158
Literatura
168
6.08.06 1. PARAMETRI STANJA, JEDNAČINE STANJA I TERMODINAMIČKI PROCESI 1.1. Odrediti specifičnu zapreminu i gustinu ugljen dioksida (CO2) koji se nalazi pod pritiskom p = 0,5 bara i temperaturi t = 300 0C. 1.2. Odrediti vrednost koeficijenta zapreminskog širenja idealnog gasa na temperaturi t1 = 250 C i t2 = 350 0C, kao i njegovu srednju vrednost u dataom temperaturskom intervalu. 0
1.3. Smeša gasova se sastoji od 18% ugljen-dioksida (CO2), 12% kiseonika (O2) i 70% azota (N2) i nalazi se na temperaturi t = 200 0C i pritisku p = 0,2 M Pa. Smatrajući ove gasove idealnim odrediti: a) gasnu konstantu smeše i b) specifičnu zapreminu smeše. 1.4. Smatrajući da se atmosferski vazduh sastoji od 23,2% kiseonika i 76,8% azota odrediti: a) molarnu masu vazduha; b) gasnu konstantu vazduha i c) gustinu vazduha pri temperaturi t = 27 0C i pritisku p = 0,1 M Pa. 1.5. Odrediti masu kiseonika u balonu zapremine V = 5 m3, u kojem se nalazi pod pritiskom p = 5 bara i temperaturi t = 17 0C. 1.6. Pomoću kompresora sabija se vazduh u rezervoar zapremine V = 50 m3, pri čemu se pritisak vazduha u rezervoaru poveća od p1 = 0,1 M Pa do p2 = 0,5 M Pa a temperatura od t1 = 27 0 C do t2 = 37 0C. Odrediti: a) masu vazduha koji kompresor usisa iz atmosfere i sabije u rezervoar i b) zapreminu usisanog vazduha pri normanim uslovima. 1.7. Idealan gas se nalazi u zatvorenom sudu pod barometarskim pritiskom od pm1 = 10 bara i temperaturi od t1 = 37 0C. Odrediti temperaturu gas pri barometarskom pritisku od pm2 = 20 bara, posle izohorne kompresije. Atmosferski pritisak je pb = 0,9 bara. 1.8. Pri politropskoj promeni stanja idealnog gasa pritisak gasa se smanji 6 puta a zapremina poveća 4 puta. Odrediti: a) eksponent politrope i b) temperaturu gasa na kraju procesa ako je početna temperatura t1 = 27 0C. 1.9 Vazduh mase m = 1 kg pri temperaturi t1 = 30 0C i pritisku p1 = 0,1 M Pa adijabatski sa sabije do pritiska p2 = 1 M Pa. Odrediti parametre stanja vazduha na kraju procesa. R1. REŠENJA R1.1. Molarna masa ugljen dioksida je M = 0,044 kg/mol, tako da je njegova gasna konstanta R = 8,314 / M = 8,314 / 0,044 = 189,0 J/kgK. Smatrajući da je pri ovim uslovima ugljen dioksid idealan gas njegova specifična zapremina i gustina iznose v=
i
m RT 189,0 ⋅ 573 = = 2.1659 3 5 p kg 0,5 ⋅ 10
2
1 1 kg = = 0.4617 3 . v 2.1659 m
ρ=
R1.2. Po definiciji koeficijent zapreminskog širenja dat je izrazom
1 ⎛ ∂v ⎞ ⎟ v ⎝ ∂T ⎠ p
α= ⎜
(R1.2.1)
Za idealan gas je v = RT/p, tako da je (∂v/∂T)p = R/p. Koeficijent zapreminskog širenja idealnog gasa iznosi
1 ⎛ ∂v ⎞ R 1 = , ⎟ = v ⎝ ∂T ⎠ p pv T
α= ⎜ tako da je
(R1.2.2)
α (T1) = 1/ T1 = 1/ 523 = 1,912 . 10-3 K-1
i
α (T2) = 1/ T2 = 1/ 623 = 1,605 . 10-3 K-1 Srednja vrednost koeficijenta zapreminskog širenja u datom temperaturskom intervalu
iznosi 2
α sr (T1 , T2 ) =
∫ α (T )dT 1
T2 − T1
2
dT T 623 ln 2 ln T T 1 = 1 = = 523 = 1,75.10 −3 K −1 . T2 − T1 T2 − T1 100
∫
R1.3. Za pritisak p smeše gasova važi Daltonov zakon: n
n
i =1
i =1
p = ∑ pi = ∑
Ri vi
(R1.3.1)
gde je
pi =
Ri T vi
(R1.3.3)
parcijalni pritisak i-te komponente smeše čija je gasna konstanta Ri i specifična zapremina vi. S druge strane, ukupan pritisak smeše gasova iznosi p=
Rsr T , v
(R1.3.3) n
gde je Rsr srednja vrednost gasne konstante smeše a v = ∑ vi - specifična zapremina smeše i =1
gasova. Iz izraza (R1.3.1) i (R1.3.3) sledi n R Rsr = v ∑ i i =1 v i
(R1.3.4)
3 Kako je v = V/m i vi = V/mi, gde je V- zapremina smeše, m -masa smeše i mi - masa i-te komponente smeše, sledi n
∑m R
Rsr =
i
i =1
i
m
n
= ∑ g i Ri ,
(R1.3.5)
i =1
gde je gi = mi /m
(R1.3.6)
relativni maseni sadržaj i-te komponente smeše. n
Jasno je da je
∑
gi = 1.
i =1
Molarne mase ugljen-dioksida, kiseonika i azota su: M1 = 0,044 kg/mol; M2 = 0,032 kg/mol i M3 = 0,028 kg/mol, respektivno. Kako je gasna konstanta data izrazom Ri = Ru/Mi = 8,314/Mi , gde je univerzalna gasna konstanta Ru = 8,314 J/mol K, sledi: R1 = 188,95 J/kg K, R2 = 259,81 J/kg K i R3 = 296,92 J/kg K. Relativni maseni sadržaji komponenti smeše su: g1 = 0.18, g2 = 0,12 i g3 = 0,70. a) Gasna konstanta smeše iznosi (izraz R1.3.5) n
Rs =
∑
gi Ri = g1R1 + g2R2 + g3R3 =
i =1
= 0,18 . 188,95 + 0,12 . 259,81 + 0,70 . 296,92 = 273,03 J/kg K. b) Specifi~na zapremina smeše iznosi v = Rs T/p = (273,0 . 473) / (0,2 . 106 ) = 0,6456 m3/kg. R1.4. a) Kako je n
n
i =1
i =1
p = ∑ pi = ∑
Ru T Ru T = V V
n
mi
∑M i =1
,
(R1.4.1)
i
gde je
pi =
mi Ru T Mi V
(R1.4.2)
parcijalni pritisak i-te komponente, i kako je ukupan pritisak p
p= Iz predhodnih izraza sledi,
m Ru T , M sr V
(R1.4.3)
4 m m =∑ i , M sr Mi
odakle je srednja vrednost molarne mase smeše gasova
M sr =
gde je g i =
m = mi ∑ i =1 M i n
1 = mi 1 ∑ i =1 m M i n
1 , gi ∑ i =1 M i
(R1.4.4)
n
mi - ralativni maseni sadržaj i-te komponente smeše. m
U ovom slučaju srednja vrednost molarne mase smeše gasova (vazduh) iznosi: M sr ==
kg kg 1 1 1 = = = 0,028836 = 288,36 0,232 0,768 g1 g gi mol kmol + + 2 ∑ 0,032 0,028 M1 M 2 i =1 M i n
b) Gasna konstanta vazduha iznosi n
Rsr = ∑ g i Ri = g1 R1 + g 2 R2 = 0,232 ⋅ 259,81 + 0,268 ⋅ 296,93 = 288,32 i =1
J kgK
ili Rsr =
Ru J 8,314 = = 288,32 M sr 0,028836 kgK
c) Gustina vazduha pri datim uslovima je
ρ=
R1.5. m =
1 p 0,1 ⋅ 10 6 kg = = = 1,1561 3 v Rsr T 288,31 ⋅ 300 m
pV 5 ⋅ 10 5 = = 33,2 kg . RT 259,81 ⋅ 290
R1.6. a) Pre početka rada kompresora u rezervoaru se nalazi vazduh mase m1 = p1V/RT1, a posle završenog rada kompresora u rezervoaru je vazduh mase m2 = p2V/RT2, tako da masa usisanog vazduha iznosi V ⎛ p 2 p1 ⎞ 50 ⎛ 0.5 ⋅ 10 6 0.1 ⋅ 10 6 ⎞ ⎟ = 234,2 kg ⎜ m = m2 − m1 = ⎜⎜ − − ⎟= 300 ⎟⎠ R ⎝ T2 T1 ⎟⎠ 287 ⎜⎝ 310
b) Zapremina usisanog vazduha pri normalnim uslovima (p0 = 0,1013 M Pa i T0 = 273,16 K) iznosi mRT0 234,2 ⋅ 287 ⋅ 273 V = = = 181 m 3 p0 0,1013 ⋅ 10 6
5 R1.7. Manometar meri razliku apsolutnog pritiska p gasa u sudu i atmosferskog pritiska pa : pm = p - pa , tako da je p1 = pm1 + pa = 10 + 0,9 = 10,9 bara = 1,09 M Pa i p2 = pm2 + pa = 20 + 0,9 = 20,9 bara = 2,09 MPa. Posle izohorne kompresije (V = const) temperatura gasa je Tp 310 ⋅ 2,09 T2 = 1 2 = = 594 K . p1 1,09 R1.8. a) Kako je p1/p2 = (V2/V1)n, gde je n -eksponent politrope sledi
p1 p 2 ln 6 n= = = 1,2925 . V2 ln 4 ln V1 ln
b) Konačna temperatura gasa je ⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
k −1 k
⎛p ⎞ = T1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ p2 ⎠
1− k k
= 300
1 6
0 , 2263
= 200,0 K
R1.9. Kako je k =1,40 sledi
⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
k −1 k
= 300 ⋅ 10 0, 286 = 585,0 K ,
tako da je
v2 =
RT2 287 ⋅ 585 m3 = = 0 , 1679 . p2 kg 1 ⋅ 10 6
2. PRVI PRINCIP TERMODINAMIKE
2.1. Zavisnost zapremine V jednog mola neke supstancije od pritiska p pri sobnoj temperaturi data je jednačinom: V = a + bp + cp2 , gde su a, b i c poznate empirijske konstante, nezavisne od pritiska. Naći izraz za rad koji treba da se izvrši pri sabijanju supstancije od 0 do p, pri sobnoj temperaturi. 2.2. Odrediti odnos izvršenog rada prema uloženoj toplotnoj energiji pri izobarnom širenju vazduha. 2.3. Pri pritisku p = 1 bar specifična zapremina i specifična unutrašnja energija suve vodene pare iznose v’’ = 1,694 m3/kg i u’’ = 2506 kJ/kg, respektivno. Odrediti specifičnu entalpiju suve vodene pare pri datom pritisku.
6 2.4. Pri zagrevanju n = 0,5 kmol azota od t1 = 63 0C do temperature t2 = 483 0C, pri konstantnom pritisku od p = p1 = p2 = 2 bara, unutrašnja energija azota se poveća za ΔU = 4534 kJ. Odrediti: a) promenu entalpije azota i b) srednju vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku (cp)sr u datom temperaturskom intervalu. 2.5. Vazduh se širi izobarno pri pritisku p = 1 M Pa = const od zapremine V1 = 0,5 m3 do V2 = 1 m3. Konačna temperatura vazduha iznosi t2 = 1000 0C. Smatrati da je vazduh idealan gas. Gasna konstanta vazduha je R = 287 J/kgK. Odrediti: a) temperaturu vazduha na početku procesa; b) dovedenu količinu toplote; c) izvršen rad; d) promenu unutrašnje energije i e) promenu entalpije. 2.6. U cilindru površine poprečnog preseka S = 1 dm2 nalazi se n = 0,25 kmol azota (N2) na temperaturi t1 = 100 0C. Na klip deluje konstantna sila F = 5 kN. Gasu se dovodi količina toplote Q = 3,00 MJ, usled čega se širi. U datom temperaturskom intervalu srednje vrednosti specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i konstantnoj zapremini iznose (cp)sr = 1076 J/kgK i (cv)sr = 779 J/kgK, respektivno. Gasna konstanta azota je R = 297 J/kgK. Odrediti: a) parametre stanja gasa na kraju procesa širenja; b) promenu unutrašnje energije; c) promenu entalpije i d) rad širenja gasa. 2.7. Zavisnost specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku cp (u kJ/kgK) od temperature t (u 0C) za vazduh, u temperaturskom intervalu od 0 do 1000 0C, data je izrazom cp = a + b t, gde su a = 0,992915 kJ/kgK i b = 1,97535 x 10-4 kJ/kgK2, empirijski određene konstante. Odrediti: a) srednju vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku cpm u datom temperaturskom intervalu; b) promenu entalpije vazduha mase m = 2 kg pri izobarnom zagrevanju od t1 = 0 0C do t2 = 500 0C. 2.8. Odrediti srednju vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri stalnom pritisku za azot u temperaturskom intervalu od t1 = 100 0C do t2 = 1000 0C, ako se zna da srednje vrednosti specifičnog toplotnog kapaciteta pri stalnom pritisku azota u intervalu od 0 do 100 0C i od 0 do 1000 0C iznose cpm [0,100] = 1,040 kJ/kgK i cpm [0,1000] = 1,118 kJ/kgK, respektivno. 2.9. Vazduh mase m = 2 kg prelazi kvazistatičkim procesom, po zakonu p = Av2 iz stanja 1 (p1 = 1 bar, t1 = 27 0C) u stanje 2 (p2 = 2,2 bara, t2), gde je A konstanta. Smatrajći da je vazduh pri datim uslovima idealan gas odrediti: a) izvršeni rad; b) promenu unutrašnje energije; c) srednju vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku u datom intervalu temperatura cpm (t1,t2) i d) promenu entalpije. R2. REŠENJA: R2.1. Kako je V = a + bp + cp 2 , sledi
dV = bdp + 2cpdp = (b + 2cp)dp tako da se konačan rad izračunava na osnovu izraza p
A = ∫ pdV = 0
p
p
p
0
0
0
2 ∫ p(b + 2cp)dp = b∫ pdp + 2c ∫ p dp =
bp 2 2cp 3 + . 2 3
R2.2. Iz prvog principa termodinamike δq = du +δl sledi
7
δl du = 1− . δq δq Kako je du = cv dT, δq = cp dT i cp/cv = k, sledi
c δl 1 k − 1 1,40 − 1 du = 1− = 1− v = 1− = = = 0,286. δq δq 1,40 cp k k Znači, pri izobarnom širenju vazduha (dvoatomskog gasa) za vršenje rada iskoristi se svega 28,6% uložene toplotne energije, a ostatak (71,4%) ide na povećanje njegove unutrašnje energije. R2.3. Specifična entalpija data je izrazom i = u + pv, tako da je u ovom slučaju i’’ = u’’ + pv’’ = 2506 . 103 + 1 . 105 . 1,694 = 2675 kJ. R2.4. a) Masa azota je m = nM = 0,5 . 103 . 0,028 = 14 kg ( M = 0,028 kg/mol je molarna masa azota). Gasna konstanta azota je R = 8,314/M ≅ 297 J/kgK Specifične zapremine na početku i kraju procesa su
RT1 RT1 297 ⋅ 336 m3 v1 = = 0,4990 = = p1 p kg 2 ⋅ 10 5 i
v1 =
RT2 RT2 297 ⋅ 756 m3 1 , 1227 = = = p2 p kg 2 ⋅ 10 5
Promena entalpije jednaka je dovedenoj količini toplote pri izobarnom širenju, tako da je ΔI = Q p = ΔU + pΔV = ΔU + mpΔv = ΔU + mp (v 2 − v1 ) =
= 4534 ⋅ 10 3 + 14 ⋅ 2 ⋅ 10 5 (1,1227 − 0,499) = 6280 kJ b) Kako je ΔI = Qp = m(cp)sr (t2 - t1) , sledi
(c )
p sr
=
ΔI ΔI 6280 kJ = = = 1,068 m (t 2 − t1 ) m (T2 − T1 ) 14(756 − 336) kgK
R2.5. a) Temperatura na početku procesa je
T1 = T2
V1 1273 ⋅ 0,5 = = 363,5 0 C . V2 1
b) Obzirom da je masa vazduha m = gas c p =
pV1 1 ⋅ 10 6 ⋅ 0,5 = = 2,727 kg i da je za idealan dvoatomski RT1 287 ⋅ 636,5
kR J = 1004,5 , dovedena količina toplote iznosi k −1 kgK
Q p = mc p (T2 − T1 ) = 2.737 ⋅ 1004,5(1273 − 636,5) = 1750 kJ
8 c) Pri širenju vazduh je izvršio rad
L = p(V2 − V1 ) = 1 ⋅ 10 6 (1 − 0,5) = 500 kJ . d) Kako je cv =
R J = 717,5 , promena unutrašnje energije vazduha iznosi k −1 kgK
ΔU = mcv (T2 − T1 ) = 2,737 ⋅ 717,5(1273 − 636,5 = 1250 kJ , ili ΔU = Q p − L = 1750 − 500 = 1250 kJ .
e) Obzirom da je I = U + pV , promena entalpije iznosi
ΔI = ΔU + Δ( pV ) = ΔU + pΔV = ΔU + L = 1250 + 500 = 1750 kJ . R2.6. a) Masa azota je m = nM = 0,25 ⋅ 10 3 ⋅ 0,028 = 7 kg .
Pritisak gasa jednak je pritisku na klip i iznosi
p = p1 = p 2 =
F 5 ⋅ 10 3 = = 5 ⋅ 10 5 Pa = 0,5 MPa . S 1 ⋅ 10 − 2
Specifična zapremina na početku procesa je v2 =
RT1 297 ⋅ 373 m3 = = 0 , 2215 p kg 5 ⋅ 10 5
Kako je Q = m(cp)sr (T2 - T1), sledi T2 = T1 +
Q 3 ⋅ 10 6 = 771,3 K = 373 + m (c p ) sr 7 ⋅ 1076
Specifična zapremina na kraju procesa je
v 2 = v1
T2 RT2 297 ⋅ 771,3 m3 = = = 0 , 4582 . T1 p kg 5 ⋅ 10 5
b) Promena unutrašnje energije iznosi
ΔU = m(cv ) sr (T2 − T1 ) = 7 ⋅ 779(771,3 − 373) = 2172 kJ . c) Promena entalpije iznosi ΔI = Q p = Q = 3000 kJ .
9 d) Rad širenja gasa je
L = Q − ΔU = 3000 − 2172 = 828 kJ , ili
L = pΔV = mpΔv = mp(v 2 − v1 ) = 7 ⋅ 5 ⋅ 10 5 (0,4582 − 0,2215) = 828 kJ . R2.7. a) Spednja vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku u temperaturskom intervalu od t1 do t2 odre|ena je izrazom 2
c pm (t1 , t 2 ) =
∫ c p (t )dt 1
t 2 − t1
2
=
∫ (a + bt )dt 1
t 2 − t1
=
b(t 22 − t12 ) b(t + t ) 2 =a+ 1 2 2 t 2 − t1
a (t 2 − t1 ) +
U datom slučaju je c pm (t1 , t 2 ) = 0,992915 +
kJ 1,97535 ⋅ 10 −4 (0 + 500) = 1,042 kgK 2
. b) Kako je cp = di/dt promena entalpije iznosi 2 2 ⎡ b(t 2 − t 2 ⎤ ΔI = m ∫ c p (t )dt = m ∫ (a + bt )dt = m ⎢(t 2 − t1 ) + 2 1 ⎥ = 2 ⎣ ⎦ 1 1 b(t + t ) ⎤ ⎡ m(t 2 − t1 ) ⎢a + 1 2 ⎥ = mc pm (t1 , t 2 )(t 2 − t 2 ) 2 ⎣ ⎦
U ovom slučaju je ΔI = mc pm (t1 , t 2 )(t 2 − t 2 ) = 2 ⋅ 1,042 (500 − 0) = 1042 kJ .
R2.8. Srednja vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri stalnom pritisku c pm (t1 , t 2 ) u temperaturskom intervalu od t1 do t2 može da se izrazi preko srednje vrednosti toplotnog kapaciteta pri stalnom pritisku c pm (0, t1 ) u intervalu od 0 do t1 i srednje vrednosti toplotnog
kapaciteta pri stalnom pritisku c pm (0, t 2 ) u intervalu od 0 do t2 2
2
c pm (t1 , t 2 ) =
∫c
p
(t )dt
1
t 2 − t1
=
∫c 0
1
p
(t )dt − ∫ c p (t )dt 0
t 2 − t1
=
c pm (0, t 2 ) − c pm (0, t1 ) t 2 − t1
U ovom slučaju je
c pm (t1 , t 2 ) =
c pm (0, t 2 ) − c pm (0, t1 ) t 2 − t1
=
kJ 1,118 ⋅ 100 − 1,040 ⋅ 100 = 1,126 . kgK 1000 − 100
10
R2.9. a) Kako je v =
p , iz jednačine stanja idealnog gasa sledi A
p2 ⎛ p2 =⎜ p1 ⎜⎝ p1
T2 p 2 v 2 p 2 = = T1 p1v1 p1
3
3 ⎞2 ⎟⎟ = 2,2 2 , ⎠
tako da je 3 2
T2 = T1 2,2 = 300 ⋅ 3,263 = 978,9 K , odnosno t 2 ≅ 706 0 C .
Izvršen rad pri procesu 1→ 2 iznosi 2
2
1
1
L1, 2 = m ∫ p (v ) dv = mA ∫ v 2 dv =
mA(v 23 − v13 ) m ( p 2 v 2 − p1v1 ) mR (T2 − T1 ) = = = 3 3 3
3 ⎡ ⎤ 3 ⎞ ⎞ mRT1 ⎢⎛ p 2 ⎞ 2 mRT1 ⎛ T2 2 ⋅ 287 ⋅ 300 ⎛ ⎥ 2 ⎜ ⎟ = 129,90 kJ ⎟⎟ − 1 = ⎜⎜ ⎜⎜ − 1⎟⎟ = = − 2 , 2 1 ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ 3 ⎝ T1 3 p 3 1 ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎢⎣ ⎥⎦
b) Promena unutrašnje energije iznosi 3 ⎡ ⎤ ⎛ T2 ⎞ mRT1 ⎢⎛ p 2 ⎞ 2 ⎥ ⎜⎜ ⎟⎟ − 1 = ΔU = mc v (T2 − T1 ) = mc v T1 ⎜⎜ − 1⎟⎟ = ⎥ ⎢ − T k 1 p ⎝ 1 ⎠ ⎢⎣⎝ 1 ⎠ ⎥⎦ 3 ⎞ 2 ⋅ 287 ⋅ 300 ⎛⎜ 2 ⎟ = 974,28 kJ = − 2 , 2 1 ⎜ ⎟ 0,1 ⎝ ⎠
c) Dovedena količina toplote iznosi
Q1, 2 = ΔU + L1, 2
mRT1 (k + 2) = 3(k − 1)
mRT1 = k −1
3 ⎡ ⎤ 2 ⎛ ⎞ p ⎢⎜ 2 ⎟ − 1⎥ + mRT1 ⎢⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ 3 ⎢⎣ ⎥⎦
3 ⎡ ⎤ 2 ⎛ ⎞ p ⎢⎜ 2 ⎟ − 1⎥ = ⎢⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
3 ⎡ ⎤ 2 ⎛ ⎞ p ⎢⎜ 2 ⎟ − 1⎥ = mR(k + 2) (T − T ) 2 1 ⎢⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ 3(k − 1) ⎢⎣ ⎦⎥
Obzirom da je Q1, 2 = mc pm (T1 , T2 )(T2 − T1 )
sledi
c pm (T1 , T2 ) =
R(k + 2) R(1,4 + 2) J = = 2,833 ⋅ 287 = 813,2 3(k − 1) 3(1,4 − 1) kgK
11 d) Promena entalpije vazduha iznosi ⎛T ⎞ ΔI = ΔU + m( p 2 v 2 − p1v1 ) = ΔU + mRT1 ⎜⎜ 2 − 1⎟⎟ = ⎝ T1 ⎠ 3 3 3 ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎜ ⎛ p2 ⎞ 2 ⎟ mkRT1 ⎢⎛ p 2 ⎞ 2 ⎥ mRT1 ⎢⎛ p 2 ⎞ 2 ⎥ ⎜ ⎟ − 1 + mRT1 ⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ − 1⎟ = ⎜ ⎟ −1 = = ⎥ ⎥ k − 1 ⎢⎜⎝ p1 ⎟⎠ p1 ⎠ k − 1 ⎢⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎝ ⎜ ⎟ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎝ ⎠ 3
2 ⋅ 1,4 ⋅ 287 ⋅ 300 = (2,2 2 − 1) = 1363,99 kJ 0,4
3. DRUGI PRINCIP TERMODINAMIKE. MAKSIMALAN KORISTAN RAD
3.1. Odrediti promenu entropije idealnog gasa u funkciji: a) T i v; b) T i p i c) p i v. 3.2. Odrediti maksimalan koristan rad (radnu sposobnost, eksergiju) vazduha mase m = 10 kg koji se nalazi u balonu pod pritiskom p1 = 10 M Pa na temperaturi t1 = 27 0C. Temperatura i pritisak okolnog vazduha iznose t0 = t1 = 27 0C i p0 = 0,1 M Pa, respektivno. Gasna konstanta vazduha iznosi R = 287 J/kg K. (Sept ‘05) 3.3. Odrediti eksergiju vazduha mase m = 5 kg, temperature t1 = 327 0C, koji se nalazi na atmosferskom pritisku p1 = p0. Pritisak i temperatura okolnog vazduha iznose p0 = 0,1 M Pa i t0 = 27 0C, respektivno. Smatrati da je vazduh idealan gas. Uzeti da je gasna konstanta vazduha R = 287 J/kgK. (Apr ‘04) 3.4. U boci zapremine V1 = 500 l nalazi se vazduh pod pritiskom p1 = 0,1 M Pa i temperaturi od t1 = - 30 0C. Pritisak i temperatura okolnog vazduha su p0 = 0,1 M Pa i t0 = 27 0C, respektivno. Odrediti maksimalan koristan rad (eksergiju) vazduha u boci. 3.5. Odrediti maksimalan koristan rad kiseonika mase m = 3 kg, temperature t1 = 227 0C i pritiska p1 = 1 bar. Parametri okolne sredine su p0 = p1 = 1 bar, t0 = 27 0C. Gasna konstanta za kiseonik je R = 260 J/kg K. 3.6. Ugljen dioksid mase m = 37,8 kg nalazi se u balonu pod pritiskom p1 = 10 M Pa i temperaturi t1 = 20 0C. Temperatura i pritisak okolne sredine su t0 = 20 0C i p0 = 0,1 M Pa, respektivno. Odrediti maksimalan koristan rad koji može da izvrši ugljen dioksid pri datim uslovima. Molarna masa ugljen dioksida je M = 0,046 kg/mol. 3.7. Odrediti gubitak specifične eksergije (specifične radne sposobnosti toplote) vazduha pri njegovom prigušenju od pritiska p1 = 10 M Pa do pritiska p2 = 5 M Pa. Temperatura okolne sredine je t0 = 27 0C. 3.8. Azot mase m = 1 kg prelazi iz stanja koje je određeno parametrima p1 = 7 bara i t1 = 495 C u stanje koje je određeno parametrima p2 = 2 bara i t2 = 47 0C. Tepmeratura okolne sredine iznosi t0 =10 0C.. 0
12 3.9. Odrediti guditak eksergije goriva pri njegovom sagorevanju u vazduhu. Specifična toplota sagorevanja goriva je konstantna i iznosi qs = 10 MJ/kg, a temperatura pri kojoj se vrši sagorevanje je t1=1200 0C. Parametri okolne sredine su p0 = 0,1 M Pa i t0 = 27 0C. R3. REŠENJA: R3.1. a) Kako je na osnovu prvog principa termodinamike
δq = du + pdv = cv dT + pdv, sledi
ds =
δq T
= cv
dT pdv dT dv + = cv +R . T T T v
(R3.1.1)
Konačan priraštaj entropije pri prelazu iz stanja 1 u 2 iznosi: Δs (T , v) = cv ln
T2 v + R ln 2 . T1 v1
(R3.1.2)
b) Diferenciranjem jednačine stanja idealnog gasa (pv = RT) sledi
pdv + vdp = RdT , tako da je
dv dT dp = − . v T p
(R3.1.3)
Smenom dobijenog izraza (R3.1.3) u izraz (R3.1.1) dobija se ds = (cv + R)
dT dp dT dp −R = cp −T , T p T p
(R3.1.4)
tako da je konačna promena entropije data izrazom Δs (T , p) = c p ln
T2 p − R ln 2 . T1 p1
(R3.1.5)
c) Na osnovu izraza R3.1.2 i izraza R3.1.3 sledi
ds = (cv + R)
dv dp + cv , v p
tako da konačan priraštaj entropije može da se napiše u obliku: Δs (v, p ) = c p ln
v2 p − c v ln 2 . v1 p1
(R3.1.6)
13 R3.2. Maksimalan koristan rad gasa se dobija pri njegovom izotermnom širenju (T2 = T0 = T1) do pritiska okolne sredine (p2 = p0), sobzirom na povratnost datog procesa :
Lmk = (U 1 − U 0 ) − T0 ( S1 − S 0 ) + p 0 (V1 − V0 ) = T0 ( S 0 − S1 ) − p0 (V0 − V1 ) Na osnovu (R3.1.5), u slučaju izotermnog procesa, promena entropije iznosi Δs(T , p) = s 2 − s1 = c p ln
T2 p p − R ln 2 = − R ln 2 T1 p1 p1
odnosno ΔS = S 0 − S1 = −mR ln
p0 p kJ = mR ln 1 = 10 ⋅ 287 ⋅ ln 100 = 13 216,8 p1 p0 kgK
Početna i konačna zapremina vazduha iznose V1 =
mRT1 10 ⋅ 287 ⋅ 300 = = 0,0861 m 3 7 p1 10
V2 =
mRT0 10 ⋅ 287 ⋅ 300 = = 8,6100 m 3 5 p0 10
tako da je maksimalan koristan rad vazduha u ovom slučaju
Lmk = T0 ( S 0 − S1 ) − p 0 (V0 − V1 ) = 300 ⋅ 13 216,8 ⋅ 10 3 − 10 5 (8,6100 − 0,0861) = = (3 965 − 0,8524) MJ = 3,113 MJ R3.3. Maksimalan koristan rad u ovom slučaju se dobija ako se vazduh povratnim procesom dovede u ravnotežno stanje s parametrima okolne sredine (T2 = T0 i p2 = p1 = p0). Ovo može da se postigne ako se vazduh prvo adijabatski širi do temperature okolne sredine T1’ = T2 = T0 a zatim izotermno sabije do pritiska okolne sredine p2 = p0 (Slika R3.1).
14
Promena unutrašnje energije i entropije po završenom procesu iznose, respektivno
⎛T ⎞ U 1 − U 2 = U 1 − U 0 = mcv (T1 − T0 ) = mcv T0 ⎜⎜ 1 − 1⎟⎟ , ⎝ T0 ⎠ 1
S 1 − S 2 = S1 − S 0 = ∫ 2
Obzirom da je V2 =
δq T
1
= ∫ mc p 2
T T dT = mc p ln 1 = mc p ln 1 . T T2 T0
(R3.3.1)
(R3.3.2)
mRT0 T i V1 = V2 1 , sledi p0 T0
⎛T ⎞ ⎛V ⎞ p0 (V1 − V0 ) = p0V2 ⎜⎜ 1 − 1⎟⎟ = mRT0 ⎜⎜ 1 − 1⎟⎟ . ⎝ V2 ⎠ ⎝ T0 ⎠
(R3.3.3)
Na osnovu (R3.3.1), (R3.3.2) i (R3.3.3), uzimajući u obzir da je c p =
kR , i R = c p − cv , k −1
eksergija vazduha u ovom slučaju iznosi: Lmk = (U 1 − U 0 ) − T0 ( S1 − S 0 ) + p0 (V1 − V0 ) = ⎛T ⎞ ⎛T ⎞ ⎛T T T = mcv T0 ⎜⎜ 1 − 1⎟⎟ − mc p T0 ln 1 + mRT0 ⎜⎜ 1 − 1⎟⎟ = mcv T0 ⎜⎜ 1 − 1 − ln 1 T0 T0 ⎝ T0 ⎠ ⎝ T0 ⎠ ⎝ T0 kmRT0 ⎛ T1 T ⎞ ⎜⎜ − 1 − ln 1 ⎟⎟. = k − 1 ⎝ T0 T0 ⎠ Zamenom brojnih vrednosti u predhodni izraz dobija se
⎞ ⎟⎟ = ⎠
15 Lmk =
1,4 ⋅ 5 ⋅ 287 ⋅ 300 ⎛ 600 600 ⎞ − 1 − ln ⎜ ⎟ = 462,35 kJ . 1,4 − 1 300 ⎠ ⎝ 300
R3.4. U ovom slučaju maksimalan koristan rad se postiže ako se vazduh prvo adijabatskim sabijanjem zagreje do temperature okolne srerdine T1’ = T0 , a zatim se izotermnim širenjem pritisak smanji do pritiska okolne sredine p2 = p0 (Slika R3.2 )
Promena unutrašnje energije i entropije po završenom procesu iznose, respektivno ⎛T ⎞ pV U 1 − U 2 = U 1 − U 0 = mcv (T1 − T0 ) = 1 1 cv T0 ⎜⎜ 1 − 1⎟⎟ = RT1 ⎝ T0 ⎠ =
⎛T ⎞ p 0V1 T0 ⎜⎜ 1 − 1⎟⎟, (k − 1)T1 ⎝ T0 ⎠ 1
S1 − S 2 = S1 − S 0 = ∫ 2
δq T
Obzirom da je V0 = V2 =
( R3.4.1) 1
=∫ 2
mc p dT T
= mc p ln
pVk T1 T = 0 1 ln 1 . T2 T1 (k − 1) T0
(R3.4.2)
V1T2 V1T0 = T1 T1
⎛V ⎞ ⎛T ⎞ p 0 (V0 −V 1) = p 0V1 ⎜⎜ 0 − 1⎟⎟ = p 0V1 ⎜⎜ 0 − 1⎟⎟ . ⎝ V1 ⎠ ⎝ T1 ⎠ Maksimalan koristan rad, na osnovu (R3.4.1-R3.4.3), iznosi
(R3.4.3)
16 Lmk = (U 1 − U 0 ) − T0 ( S1 − S 0 ) + p 0 (V1 − V0 ) = ⎛T ⎞ ⎛T ⎞ p 0V1 pVk T T0 ⎜⎜ 1 − 1⎟⎟ − 0 1 T0 ln 1 − p0V1 ⎜⎜ 0 − 1⎟⎟ = T1 (k − 1) ⎝ T0 T0 ⎝ T1 ⎠ ⎠ T1 (k − 1) p VT k ⎛T T ⎞ kp V ⎛ T T T ⎞ = 0 1 0 ⎜⎜ 1 − ln 1 ⎟⎟ = 0 1 ⎜⎜1 − 0 + 0 ln 1 ⎟⎟ T1 (k − 1) ⎝ T0 T0 ⎠ k − 1 ⎝ T1 T1 T0 ⎠ =
( R3.4.4)
Zamenom brojnih vrednosti dobija se
Lmk =
kp0V1 ⎛ T0 T0 T1 ⎞ ⎜1 − + ln ⎟ = 4 477 kJ k − 1 ⎜⎝ T1 T1 T0 ⎟⎠
R3.5. Na osnovu rešenja zadatka 3.3
Lmk = (U 1 − U 0 ) − T0 ( S1 − S 0 ) + p 0 (V1 − V0 ) = ⎛T ⎞ ⎛T ⎞ ⎛T T T ⎞ = mcv T0 ⎜⎜ 1 − 1⎟⎟ − mc p T0 ln 1 + mRT0 ⎜⎜ 1 − 1⎟⎟ = mcv T0 ⎜⎜ 1 − 1 − ln 1 ⎟⎟ = T0 T0 ⎠ ⎝ T0 ⎠ ⎝ T0 ⎠ ⎝ T0 kmRT0 ⎛ T1 T ⎞ 1,4 ⋅ 3 ⋅ 260 ⋅ 300 ⎛ 500 500 ⎞ ⎜⎜ − 1 − ln 1 ⎟⎟ = = − 1 − ln ⎜ ⎟ = 127,63 kJ k − 1 ⎝ T0 T0 ⎠ 1,4 − 1 300 ⎠ ⎝ 300 R3.6. Maksimalan koristan rad gasa u ovom slučaju se dobije pri njegovom izotermnom širenju (T2 = T0 = T1) do pritiska okolne sredine (p2 = p0) (pogledati zadatak 3.2) :
Lmk = (U 1 − U 0 ) − T0 ( S1 − S 0 ) + p0 (V1 − V0 ) = T0 ( S 0 − S1 ) − p0 (V0 − V1 ) = ⎡T ⎡ p ⎤ p1 T ⎤ p − p0 mR ⎢ 0 − 1 ⎥ = mRT0 ln 1 − mRT0 ⎢1 − 0 ⎥ = p0 p0 ⎣ p1 ⎦ ⎣ p0 p1 ⎦ ⎧ p ⎡ p ⎤⎫ ⎧ 10 ⎡ 0,1⎤ ⎫ = mRT0 ⎨ln 1 − ⎢1 − 0 ⎥ ⎬ = 37,8 ⋅180,7 ⋅ 293⎨ln − ⎢1 − ⎥ ⎬ = 7,235 MJ ⎩ 0,1 ⎣ 10 ⎦ ⎭ ⎩ p0 ⎣ p1 ⎦ ⎭ = T0 mR ln
R3.7. Gubitak radne sposobnosti (eksergije) iznosi: Δe =
ΔLmk = (i1 − i2 ) − T0 ( s1 − s 2 ). m
(R3.7.1)
Kako je pri prigušenju i1 = i2 sledi Δe = −T0 ( s1 − s 2 ) = RT0 ln
p1 . p2
(R3.7.2)
17 U ovom slučaju je Δe = RT0 ln
p1 kJ = 287 ⋅ 300 ⋅ ln 2 = 59,7 . p2 kg T2 p − R ln 2 (pogledaj T1 p1 stanju 1 i stanju 2 iznosi,
R3.8. Obzirom da je Δi = i1 − i0 = c p ΔT = c p (T1 − T0 ) , i Δs (T , p ) = c p ln
izraz R3.1.5) specifična radna sposobnost toplote (eksergija) u respektivno
⎡ T p ⎤ e1 = (i1 − i0 ) − T0 ( s1 − s 0 ) = c p (T1 − T0 ) − T0 Δs = c p (T1 − T0 ) − T0 ⎢c p ln 1 − R ln 1 ⎥ T0 p0 ⎦ ⎣ ⎡ T p ⎤ e2 = (i2 − i0 ) − T0 ( s 2 − s 0 ) = c p (T2 − T0 ) − T0 Δs = c p (T2 − T0 ) − T0 ⎢c p ln 2 − R ln 2 ⎥ T0 p0 ⎦ ⎣ tako da je gubitak eksergije ⎡ k ⎡ T p ⎤ T p ⎤ kR (T1 − T2 ) − RT0 ⎢ ⋅ ln 1 − ln 1 ⎥ = Δe = c p (T1 − T2 ) − T0 ⎢c p ln 1 − R ln 1 ⎥ = T2 p2 ⎦ k − 1 T2 p2 ⎦ ⎣k −1 ⎣ 1,4 ⋅ 297 770 7⎤ kJ ⎡ 1,4 (770 − 320) − 297 ⋅ 283 ⋅ ⎢ = ⋅ ln − ln ⎥ = 314,76 1,4 − 1 320 2⎦ kg ⎣1,4 − 1
R3.9. Maksimalan koristan rad, na račun količine toplote Q koja je uzeta od toplotnog izvora, radno telo ostvaruje pri povratnom Carnot-ovom ciklusu :
⎛ T Lmk = η c Q = ⎜1 − 0 T ⎝
⎞ ⎟Q , ⎠
(R3.9.1)
T0 - termički koeficijent iskorišćenja Carnot-ovog ciklusa. Eksergija toplote T (specifična radna sposobnost) goriva iznosi
gde je η c = 1 −
e=
Lmk ⎛ T ⎞ = η c q = ⎜1 − 0 ⎟ q . m T ⎠ ⎝
(R3.9.2)
Gubitak eksergije pri konstantnoj temperaturi sagorevanja T (početna temperatura), pri čemu produkti sagorevanja vrše rad hladeći se do temperature okolne sredine T0, iznosi 1 1 T0 δq Δe = − ∫ (1 − )δq = q s − T0 ∫ = q s − T0 ∫ ds = q s − T0 ( s1 − s 0 ). T T 0 0 0 1
(R3.9.3)
U izrazu (R3.9.3) veličina T0(s1-s0) predstavlja količinu toplote predatu okolnoj sredini.
18 Kako je qs = cp (T-T0) sledi s1 − s 0 = c p ln
Δe = q s − T0 ( s1 − s 0 ) = q s − T0
qs T1 T = ln 1 , tako da je T0 T − T0 T0
⎛ qs T0 T ln 1 = q s ⎜⎜1 − T − T0 T0 ⎝ T − T0
⎞ T1 ⎟⎟ ln . ⎠ T0
U ovom slučaju gubitak eksergije je
⎛ T0 Δe = q s ⎜⎜1 − ⎝ T − T0
⎞ T1 MJ 300 ⎞ 1473 ⎟⎟ ln = 10 ⋅ ⎛⎜1 − = 5,93 , ⎟ ln kg ⎝ 1473 − 300 ⎠ 300 ⎠ T0
što čini 59,3% oslobođene specifične toplote sagorevanja.
4. TERMODINAMIČKE RELACIJE
4.1. Dokazati sledeću termodinamičku relaciju: T ⎛ ∂T ⎞ ⎜ ⎟ =− cv ⎝ ∂v ⎠ s
⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ . ⎝ ∂T ⎠ v
4.2. Dokazati sledeću termodinamičku relaciju:
⎛ ∂T ⎞ T ⎛ ∂v ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎟ . ⎜ ⎝ ∂p ⎠ s c p ⎝ ∂T ⎠ p 4.3. Dokazati da važi sledeća relacija:
Tpβ v ⎛ ∂T ⎞ , ⎟ =− ⎜ cv ⎝ ∂v ⎠ s gde je β v =
1 ⎛ ∂p ⎞ ⎟ - temperaturski koeficijent pritiska. ⎜ p ⎝ ∂T ⎠ v
4.4. Dokazati da je: ⎛ ∂s ⎞ ⎛ ∂s ⎞ c p − c v = −T ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ . ⎝ ∂v ⎠ T ⎝ ∂p ⎠ T
4.5. Dokazati sledeću relaciju:
(R3.9.4)
19
⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂v ⎞ cp = T ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ . ⎝ ∂T ⎠ s ⎝ ∂T ⎠ p 4.6. Dokazati da je:
⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂p ⎞ cv = −T ⎜ ⎟ . ⎟ ⎜ ⎝ ∂T ⎠ s ⎝ ∂T ⎠ v 4.7. Dokazati da važi relacija:
c p ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ . ⎝ ∂v ⎠ s cv ⎝ ∂v ⎠ T 4.8. Dokazati termodinamičku relaciju: 2
⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂v ⎞ T ⎡⎛ ∂v ⎞ ⎤ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎟ ⎥ . ⎢⎜ ⎝ ∂p ⎠ s ⎝ ∂p ⎠ T c p ⎢⎣⎝ ∂T ⎠ p ⎦⎥ 4.9. Dokazati termodinamičku relaciju:
T ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ − ⎝ ∂v ⎠ s ⎝ ∂v ⎠ T c v
2
⎡⎛ ∂p ⎞ ⎤ ⎟ ⎥ . ⎢⎜ ⎣⎝ ∂T ⎠ v ⎦
4.10. Dokazati da je:
T ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂T ⎞ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ . ⎝ ∂v ⎠ s cv ⎝ ∂v ⎠ T ⎝ ∂T ⎠ p 4.11. Naći specifičnu slobodnu energiju (Helmholtz-ovu f-ju) f(T,v) idealnog gasa. 4.12. Naći specifični Gibs-ov termodinamički potencijal g(T,p) idealnog gasa 4.13. Naći specifičnu entalpiju i(s,p) idealnog gasa R4. REŠENJA: R4.1. Na osnovu poznate relacije
⎛ ∂T ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂s ⎞ ⎟ = −1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎝ ∂v ⎠ s ⎝ ∂s ⎠ T ⎝ ∂T ⎠ v i Maxwell-ove relacije
(R4.1.1)
20
⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂s ⎞ ⎟ , ⎜ ⎟ =⎜ ⎝ ∂v ⎠ T ⎝ ∂T ⎠ v
(R4.1.2)
sledi
⎛ ∂s ⎞ ⎜ ⎟ ⎛ ∂T ⎞ ⎝ ∂v ⎠ T =− ⎟ =− ⎜ ⎛ ∂s ⎞ ⎝ ∂v ⎠ s ⎟ ⎜ ⎝ ∂T ⎠ v
⎛ ∂p ⎞ ⎟ ⎜ ⎝ ∂T ⎠ v . ⎛ ∂s ⎞ ⎟ ⎜ ⎝ ∂T ⎠ v
(R4.1.3)
⎛ ∂s ⎞ Kako je cv = T ⎜ ⎟ , iz poslednjeg izraza se dobija ⎝ ∂T ⎠ v T ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂T ⎞ ⎟ , ⎟ =− ⎜ ⎜ cv ⎝ ∂T ⎠ v ⎝ ∂v ⎠ s
(R4.1.4)
što je trebalo da se dokaže. Do istog rezultata se dolazi polazeći od toga da je u slučaju izoentropskog procesa:
⎛ ∂s ⎞ ⎛ ∂s ⎞ ds (T , v) = ⎜ ⎟ dT + ⎜ ⎟ dv = 0 ⎝ ∂v ⎠ T ⎝ ∂T ⎠ v tako da je ⎛ ∂s ⎞ ⎜ ⎟ dT ⎛ ∂T ⎞ T ⎛ ∂s ⎞ ⎝ ∂v ⎠ T =⎜ =− ⎜ ⎟ ⎟ =− dv ⎝ ∂v ⎠ s cv ⎝ ∂v ⎠ T ⎛ ∂s ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ v
jer je ⎛ ∂s ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂s ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ i cv = T ⎜ ⎟ ⎝ ∂v ⎠ T ⎝ ∂T ⎠ v ⎝ ∂T ⎠ v
R4.2. Na osnovu poznate relacije ⎛ ∂T ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂s ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = −1 ⎝ ∂p ⎠ s ⎝ ∂s ⎠ T ⎝ ∂T ⎠ p
(R4.2.1)
sledi
⎛ ∂T ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ∂p ⎠ s Kako je
⎛ ∂s ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ∂p ⎠ T =− . ⎛ ∂s ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ p
(R4.2.2)
21
⎛ ∂s ⎞ cp = T⎜ ⎟ , ⎝ ∂T ⎠ p na osnovu Maxwell-ove relacije ⎛ ∂s ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = − ⎜ ⎟ , ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂p ⎠ T
iz relacije (R4.2.1) sledi ⎛ ∂T ⎞ T ⎛ ∂v ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ ⎟ , ⎝ ∂p ⎠ s c v ⎝ ∂T ⎠ p
što je trebalo da se dokaže. Do istog rezultata može da se dođe polazeći od toga da je u slučaju izoentropskog procesa: ⎛ ∂s ⎞ ⎛ ∂s ⎞ ds (T , p ) = ⎜ ⎟ dT + ⎜⎜ ⎟⎟ dv = 0 , ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂p ⎠ T odakle se dobija relacija (R4.2.2):
dT ⎛ ∂T ⎞ ⎟ =⎜ dp ⎜⎝ ∂p ⎟⎠ s
⎛ ∂s ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ∂p ⎠ T =− . ⎛ ∂s ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ p
T ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂T ⎞ R4.3. Na osnovu termodinamičke relacije (R4.1.4): ⎜ ⎟ =− ⎜ ⎟ cv ⎝ ∂T ⎠ v ⎝ ∂v ⎠ s ⎛ ∂p ⎞ i obzirom da je ⎜ ⎟ = pβ v , sledi ⎝ ∂T ⎠ v
Tpβ v ⎛ ∂T ⎞ , ⎜ ⎟ =− cv ⎝ ∂v ⎠ s što je trebalo da se dokaže.
⎛ ∂i ⎞ R4.4. Kako je c p = ⎜ ⎟ i di = d (u + pv) = du + pdv + vdp , sledi ⎝ ∂T ⎠ p ⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂v ⎞ cp = ⎜ ⎟ + p⎜ ⎟ . ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂T ⎠ p
(R4.4.1)
22
⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂u ⎞ Obzirom da je du (T , v) = ⎜ ⎟ dT + ⎜ ⎟ dv , ⎝ ∂T ⎠ v ⎝ ∂v ⎠ T sledi ⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ , ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂T ⎠ v ⎝ ∂v ⎠ T ⎝ ∂T ⎠ p
(R4.4.2)
tako da ze smenom izraza (R4.4.2) u izraz (R4.4.1) dobija
⎤ ⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎡⎛ ∂u ⎞ cp = ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎢⎜ ⎟ + p ⎥ . ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂T ⎠ p ⎣⎝ ∂v ⎠ T ⎦
(R4.4.3)
Kako je du = Tds-pdv, sledi
⎛ ∂u ⎞ ⎜ ⎟ =T ⎝ ∂v ⎠ T
⎛ ∂s ⎞ ⎜ ⎟ − p. ⎝ ∂v ⎠ T
(R4.4.4)
Na osnovu Maxwell-ove relacije ⎛ ∂s ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = − ⎜ ⎟ , ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂p ⎠ T
⎛ ∂u ⎞ kao i relacija (R4.4.4) i (R4.4.3) i uzevši u obzir da je cv = ⎜ ⎟ , dobija se ⎝ ∂T ⎠ v ⎛ ∂s ⎞ ⎛ ∂s ⎞ c p − cv = −T ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ , ⎝ ∂v ⎠ T ⎝ ∂p ⎠ T što je trebalo da se dokaže.
⎛ ∂s ⎞ R4.5. Po definiciji je c p = T ⎜ ⎟ . Obzirom da je ⎝ ∂T ⎠ p ⎛ ∂s ⎞ ⎛ ∂s ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂v ⎠ p ⎝ ∂T ⎠ p sledi
⎛ ∂s ⎞ ⎛ ∂v ⎞ cp = T ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ . ⎝ ∂v ⎠ p ⎝ ∂T ⎠ p Kada se uzme u obzir Maxwell-ova relacija
⎛ ∂s ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ , ⎝ ∂v ⎠ p ⎝ ∂T ⎠ s konačno se dobija
23
⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂v ⎞ cp = T ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ , ⎝ ∂T ⎠ s ⎝ ∂T ⎠ p što je trebalo da se dokaže.
⎛ ∂s ⎞ R4.6. Po definiciji je c v = T ⎜ ⎟ . Obzirom da je ⎝ ∂T ⎠ v ⎛ ∂s ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂s ⎞ ⎜ ⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ , ⎝ ∂T ⎠ v ⎝ ∂p ⎠ v ⎝ ∂T ⎠ v
sledi ⎛ ∂s ⎞ ⎛ ∂p ⎞ c v = T ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ . ⎝ ∂p ⎠ v ⎝ ∂T ⎠ v
Kada se uzme u obzir Maxwell-ova relacija
⎛ ∂s ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = − ⎜ ⎟ , ⎝ ∂T ⎠ s ⎝ ∂p ⎠ v konačno se dobija
⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂p ⎞ cv = −T ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ , ⎝ ∂T ⎠ s ⎝ ∂T ⎠ v što je trebalo da se dokaže. R4.7. Obzirom da je (izrazi R4.5 i R4.6) ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂v ⎞ c p = T ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ i cv = −T ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ s ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂T ⎠ s ⎝ ∂T ⎠ v
sledi ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ cp ⎝ ∂v ⎠ s ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂T ⎠ s ⎝ ∂T ⎠ p , =− =− cv ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ v ⎝ ∂T ⎠ s ⎝ ∂T ⎠ v
odnosno
24 ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ cp c p ⎝ ∂T ⎠ v ⎛ ∂p ⎞ =− ⎜ ⎟ =− cv c v ⎛ ∂v ⎞ ⎝ ∂v ⎠ s ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ p
⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ∂T ⎠ v ⎝ ∂T ⎠ p
(R4.7.1)
Kako je ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂T ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ = −1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ∂T ⎠ v ⎝ ∂v ⎠ p ⎝ ∂p ⎠ T
sledi
⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂T ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ =−⎜ ⎟ , ⎝ ∂T ⎠ v ⎝ ∂v ⎠ p ⎝ ∂v ⎠ T
(R4.7.2)
tako da se smenom (R4.7.2) u (R4.7.1) dobija
c p ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ , ⎝ ∂v ⎠ s cv ⎝ ∂v ⎠ T što je trebalo da se dokaže.
cp ⎛ ∂p ⎞ Dobijena relacija pokazuje da je koeficijent adijabatske kompresibilnosti β s = ⎜ ⎟ ve}i k = cv ⎝ ∂v ⎠ s ⎛ ∂p ⎞ puta od koeficijenta izotermske kompresibilnosti β T = ⎜ ⎟ . ⎝ ∂v ⎠ T ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂v ⎞ R4.8. Obzirom da je dv( p, T ) = ⎜⎜ ⎟⎟ dp + ⎜ ⎟ dT , sledi ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂p ⎠ T ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂T ⎞ ⎟⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎝ ∂p ⎠ s ⎝ ∂p ⎠ T ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂p ⎠ s
(R4.8.1)
Na osnovu Maxwell-ove relacije ⎛ ∂T ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎟⎟ = ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎝ ∂p ⎠ s ⎝ ∂s ⎠ p
i relacije (R4.8.1) sledi
⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ . ⎝ ∂p ⎠ s ⎝ ∂p ⎠ T ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂s ⎠ p Obzirom da je
(R4.8.2)
25 2
⎡⎛ ∂v ⎞ ⎤ ⎟ ⎥ ⎢⎜ 2 ⎢⎣⎝ ∂T ⎠ p ⎥⎦ ⎡⎛ ∂v ⎞⎛ ∂v ⎞⎛ ∂v ⎞⎤ T ⎡⎛ ∂v ⎞ ⎤ ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂v ⎞ = ⎟ ⎥ , ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎥ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎢⎜ ⎢⎜ c p ⎢⎣⎝ ∂T ⎠ p ⎦⎥ ⎛ ∂s ⎞ ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂s ⎠ p ⎣⎝ ∂T ⎠⎝ ∂T ⎠⎝ ∂T ⎠⎦ p ⎟ ⎜ ⎝ ∂T ⎠ p
(R4.8.3)
zamenom izraza (R4.8.3) u izraz (R4.8.2) dobija se
⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂v ⎞ T ⎡⎛ ∂v ⎞ ⎤ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎟ ⎥ ⎢⎜ ⎝ ∂p ⎠ s ⎝ ∂p ⎠ T c p ⎢⎣⎝ ∂T ⎠ p ⎥⎦
2
što je trebalo da se dokaže.
⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂p ⎞ R4.9. Obzirom da je dp (v, T ) = ⎜ ⎟ dv + ⎜ ⎟ dT , sledi ⎝ ∂T ⎠ v ⎝ ∂v ⎠ T
⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂T ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ . ⎝ ∂v ⎠ s ⎝ ∂v ⎠ T ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂v ⎠ s
(R4.9.1)
Na osnovu Maxwell-ove relacije
⎛ ∂T ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ = −⎜ ⎟ ⎝ ∂v ⎠ s ⎝ ∂s ⎠ v i relacije (R4.9.1) sledi ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ . ⎝ ∂v ⎠ s ⎝ ∂v ⎠ T ⎝ ∂T ⎠ v ⎝ ∂s ⎠ v
(R4.9.2)
Obzirom da je 2
⎡⎛ ∂p ⎞ ⎤ ⎟ ⎥ ⎢⎜ ⎡⎛ ∂p ⎞⎛ ∂p ⎞⎛ ∂T ⎞⎤ T ⎝ ∂T ⎠ v ⎦ ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎣ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎢⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎥ = cv ⎛ ∂s ⎞ ⎝ ∂T ⎠ v ⎝ ∂s ⎠ v ⎣⎝ ∂T ⎠⎝ ∂T ⎠⎝ ∂s ⎠⎦ v ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ v
2
⎡⎛ ∂p ⎞ ⎤ ⎟ ⎥ , (R4.9.3) ⎢⎜ ⎣⎝ ∂T ⎠ v ⎦
zamenom izraza (R4.9.3) u izraz (R4.9.2) dobija se
⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂p ⎞ T ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ − ⎝ ∂v ⎠ s ⎝ ∂v ⎠T cv
2
⎡⎛ ∂p ⎞ ⎤ ⎟ ⎥ , ⎢⎜ ⎣⎝ ∂T ⎠v ⎦
što je trebalo da se dokaže. ⎛ ∂T ⎞ ⎛ ∂p ⎞ R4.10. Na osnovu Maxwell-ove jednačine ⎜ ⎟ = − ⎜ ⎟ , sledi ⎝ ∂v ⎠ s ⎝ ∂s ⎠ v
26
⎛ ∂p ⎞ 2 ⎜ ⎟ T ⎡⎛ ∂p ⎞ ⎤ ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂T ⎞ ⎝ ∂T ⎠ v = − ⎢⎜ ⎟ ⎥ . ⎜ ⎟ =−⎜ ⎟ =− cv ⎣⎝ ∂T ⎠ v ⎦ ⎛ ∂s ⎞ ⎝ ∂v ⎠ s ⎝ ∂s ⎠ v ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ v
(R4.10.1)
Kako je ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂T ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ = −1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ∂T ⎠ v ⎝ ∂v ⎠ p ⎝ ∂p ⎠ T
sledi
⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎜ ⎟ =−⎜ ⎟ ⎜ ⎟ , ⎝ ∂T ⎠ v ⎝ ∂v ⎠ T ⎝ ∂T ⎠ p
(R4.10.2)
tako da se posle zamene izraza (R4.10.2) u izraz (R4.10.1) dobija
T ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂T ⎞ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ , ⎝ ∂v ⎠ s cv ⎝ ∂v ⎠ T ⎝ ∂T ⎠ p što je trebalo da se dokaže. R4.11. Po definiciji je
f (T , v) = u (T ) − Ts(T , v) .
(R4.11.1)
Obzirom da je Tds = du + pdv = cv dT + pdv , za idealni gas, sledi
ds = cv
dT pdv dT Rdv + = cv + . T T T v
Integracijom poslednjeg izraza se dobija
s (T , v) = s 0 + cv ln T + R ln v .
(R4.11.2)
u (T ) = u 0 + cvT
(R4.11.3)
S druge strane je
Smenom (R4.11.2) i (R4.11.3) u (R4.11.1) dobija se
f (T , v) = u (T ) − Ts (t , v) = (u 0 + cv T ) − T ( s 0 + cv ln T + R ln v) = = (u 0 − Ts 0 ) + cv (1 − ln T ) − RT ln v, odnosno
f (T , v) = f 0 + cv (1 − ln T ) − RT ln v ,
(R4.11.4)
27 gde je f 0 = u 0 − Ts 0 . R4.12. Po definiciji je
g = u − Ts + pv .
(R4.12.1)
Iz izraza R4.11.2 sledi s = s 0 + c v ln T + R ln v = s 0 + (c p − R ) ln T + R ln
RT = p
= s 0 + c p ln T − R ln p + R ln R,
odnosno
s (T , p) = s0' + c p ln T − R ln p .
(R4.12.2)
gde je s 0' = s 0 + R ln R . Smenom izraza (R4.11.3) i (R4.12.2) u izraz (R4.12.1) dobija se g (T , p ) = u (T ) − Ts (T , p ) + pv = (u 0 + cv T ) − T ( s 0' + c p ln T − R ln p ) + TR = = (u 0 − Ts 0' ) + c p T − c p T ln T + RT ln p = (u 0 − Ts 0' ) + c p T (1 − ln T ) + RT ln p,
odnosno g (T , p ) = g 0 + c p T (1 − ln T ) + RT ln p ,
(R4.12.3)
gde je g 0 = u 0 − Ts 0' . R4.13. Po definiciji je
i = u + pv
(R4.13.1)
Kako je u = u 0 + cv T i pv = RT , sledi i = u 0 + c v T + RT = u 0 + c p T
(R4.13.2)
Obzirom da je (izraz R4.12.2)
s (T , p) = s 0' + c p ln T − R ln p , sledi ln T =
⎡ ⎛ s − s 0' s − s 0' R ln p s − s 0' k − 1 + = + ln p = ln ⎢exp⎜ cp cp cp k ⎢⎣ ⎜⎝ c p
⎡ k −1 ⎛ s − s 0' = ln ⎢ p k ⋅ exp⎜ ⎜ c ⎢⎣ ⎝ p
⎞⎤ ⎟⎥, ⎟⎥ ⎠⎦
k −1 ⎞⎤ ⎟⎥ + ln p k = ⎟⎥ ⎠⎦
28 tako da je
T ( s, p ) = p
k −1 k
⎛ s − s 0' ⋅ exp⎜ ⎜ c ⎝ p
⎞ ⎟. ⎟ ⎠
(R4.13.3)
Smenom izraza R4.13.3 u izraz R4.13.2 dobija se
i ( s, p ) = u 0 + c p ⋅ p
k −1 k
⎛ s − s 0' ⋅ exp⎜ ⎜ c ⎝ p
⎞ ⎟. ⎟ ⎠
(R4.13.4)
5. RAVNOTEŽA TERMODINAMIČKIH SISTEMA I FAZNI PRELAZI
5.1. Odrediti temperaturu pri kojoj će da proključa voda koja se nalazi pod pritiskom od p = 0,090 M Pa. Specifična toplota isparavanja vode pri ovim uslovima iznosi r = 2,256 M J/kg. (Okt 2000) 5.2. U evakuisanu posudu zapremine V0 = 10 dm3 ulivena je voda mase mv = 1,0 kg. Pri temperaturi od t = 1000 C i pritisku od p = 0,10 M Pa voda se nalazi u termodinamičkoj ravnoteži sa njenom zasićenom parom. Za koliko treba da se povisi temperatura ovog termodinamičkog sistema da bi se povećala masa zasićene vodene pare za Δm = 7,0 mg. 5.3. Pri pritisku p1 = 0,0849 M Pa temperatura ključanja vode je Tk1 = 368 K, dok pri pritisku od p2 = 0,1013 M Pa temperatura ključanja iznosi Tk2 = 373 K. Odrediti specifičnu toplotu isparavanja vode u datom temperaturskom intervalu. 5.4. Odrediti pritisak pri kome će da se topi led temperature T2 = 268 K. Specifična toplota topljenja leda pri datim uslovima je r = 335,5 kJ/kg. Specifična zapremina leda i vode iznose vL = 1,091 cm3/g i v0 = 1,000 cm3/g, respektivno. 5.5. Odrediti promenu temperature topljenja leda pri povećanju pritiska za Δp = 0,1 M Pa. Pri normalnom atmosferskom pritisku i temperaturi od 00 C specifična toplota topljenja leda je r = 335,5 kJ/kg, gustina leda je ρL = 916,6 kg/m3, a gustina vode iznosi ρ0 = 1000 kg/m3. 5.6. Komad leda mase m = 1 kg smešten je u toplotno izolovanu komoru na atmosferskom pritisku i temperaturi od t1 = 00 C. Odrediti masu Δm istopljenog leda pri njegovom adijabatskom sabijanju do pritiska od p2 = 120 at. Specifične zapremine vode i leda iznose v0 = 1 cm3/g i vL = 1,09 cm3/g, respektivno. Specifični toplotni kapacitet leda iznosi cL ≅ 2,5 kJ/kgK a specifična toplota topljenja leda je r = 335,5 kJ/kg. 5.7. Na osnovu eksperimentalnih podataka, u intervalu od 00 C do 200 C, dobijena je sledeća zavisnost pritiska amonijaka od temperature: p (T) = - 13,2302 + 0,1845 T - 0,8602 x 10-3 T2 + 0,1348 x 10-5 T3 , gde je temperatura (T) u K a pritisak (p) u M Pa. Odrediti specifičnu toplotu isparavanja amonijaka pri temperaturi od 100 C. Poznato je da pri datoj temperaturi specifične zapremine amonijaka na donjoj i gornjoj graničnoj krivoj iznose v’ = 1,598 cm3/g i v’’ = 206,0 cm3/g, respektivno.
29 5.8. Odrediti specifičnu zapreminu suvo-zasićene pare freone -12 pritiska p = 0,65080 M Pa, ako je poznato da je specifična toplota isparavanja r = 141,68 kJ/kg, a specifična zapremina na donjoj graničnoj krivoj v’ = 0,7628 dm3/kg . Zavisnost T(p) za data je tabelarno: T(K) p (MPa)
297,15 0,63335
298,15 0,65080
299,15 0,66857
R5. REŠENJA. R5.1. Obzirom da je specifična zapremina vodene pare mnogo veća od specifične zapremine vode, tj. v p >> v1 , Clausius-Clapeyron-ova jednačina može da se napiše u
pojednostavljenom obliku:
dp r r = ≅ . dT T (v p − v1 ) Tv p Smatrajući da je vodena para pri datim uslovima idealan gas ( v p =
dp rdT = , dT RT 2
(R5.1.1)
RT ) sledi p (R5.1.2)
odakle je
ln p = −
r +C. RT
(R5.1.3)
Konstanta C se nalazi iz uslova da je pri normalnim uslovima p = p0 = 0,1013 MPa temperatura ključanja vode T = Tnk = 373 K: C = ln p 0 +
r . RTnk
(R5.1.4)
Zamenom izraza (R5.1.4) u izraz (R5.1.3) dobija se jednačina ln
p r r , =− + p0 RT RTnk
(R5.1.5)
odakle se nalazi izraz za temperaturu ključanja tečnosti (vode) pri datom pritisku T=
Tnk . Tnk R p 1− ln r p0
(R5.1.6)
Kako molarna masa vode iznosi M = 0,018 kg/mol, gasna konstanta za vodenu paru ima vrednost R = 8,314 / M = 461,9 J/kgK, tako da se posle zamene ove vrednosti i ostalih datih brojnih
30 podataka u poslednji izraz dobija da će pri pritisku od p = 0,090 MPa voda da proključa pri temperaturi od T = 369,7 K , tj. t = 96,5 0C . R5.2. Vodena para pri datim uslovima može da se smatra idealnim gasom tako da se korišćenjem jednačine
pdv vdp + =R, dT dT koja je dobijena diferenciranjem jednačine stanja idealnog gasa, i Clausius-Clapeyron-ove jednačine (R5.1.1), dobija
dv = dT
R− p
r T .
(R5.2.1)
Obzirom da je v = V/ m, gde je V = V0 - mv/ρv -raspoloživa zapremina pare a ρv -gustina vode, sledi
dm = −
Vdv =− v2
V0 − v
2
mv
ρv
dv .
(R5.2.2)
Iz izraza (R5.2.1) i (R5.2.2.) sledi
dT =
RT 2 dm , ⎛ mv ⎞⎛ r ⎞ ⎟⎟⎜ p⎜⎜V0 − − 1⎟ ρ ⎠ v ⎠⎝ RT ⎝
(R5.2.3)
odakle se dobija da je za povećanje mase pare za Δm = 7,0 mg potrebno da se temperatura poveća za ΔT =
RT 2 Δm = 0.0405 K . ⎛ mv ⎞⎛ r ⎞ ⎟⎟⎜ p⎜⎜V0 − − 1⎟ ρ RT ⎝ ⎠ v ⎠ ⎝
R5.3. Na osnovu jednačine (R5.1.3) ln p = −
ln
r + C , sledi RT
p2 r ⎛ 1 1 ⎞ = ⎜ − ⎟, p1 R ⎜⎝ T1 T2 ⎟⎠
odakle se dobija se da specifična toplota isparavanja vode u datom temperaturskom intervalu (368, 373) K ima vrednost:
31 p2 p1 RT1T2 p 461,89 ⋅ 368 ⋅ 373 0,1013 MJ r= ln 2 = ln = = 2,24 1 1 T2 − T1 p 1 373 − 368 0,0849 kg − T1 T2 R ln
R5.4. Iz Clausius-Clapeyron-ove jednačine
dp =
dp r sledi = dT T (v 0 − v L )
rdT , T (v 0 − v L )
tako da se za konačne priraštaje dobija Δp = p 2 − p1 =
r (T2 − T1 ) r (T1 − T2 ) = , T1 (v0 − v L ) T1 (v L − v0 )
(R5.4.1)
gde je T1 = 273 K temperatura topljenja leda pri pritisku od p1 = 0,1013 M Pa. Zamenom brojnih vrednosti u izraz (R5.4.1) dobija se da je za topljenje leda pri temperaturi T2 = 268 K potreban dodatni pritisak od Δp = 67,56 M Pa, odnosno ukupan pritisak od p2 = p1 + Δp = 67,66 M Pa.
R5.5. Iz Clausius-Clapeyron-ove jednačine sledi:
⎛ 1 1 ⎞ ⎟ − T1 ⎜⎜ ρ 0 ρ L ⎟⎠ T (ρ − ρ L ) K ΔT T1 (v0 − v L ) ⎝ = =− =− 1 0 = −0,074 , r r rρ 0 ρ L MPa Δp odakle je ΔT = −0,074 ⋅ Δp
K = −0,0074 K . MPa
R5.6. Promena temperature topljenja leda s promenom pritiska iznosi:
ΔT =
T1 (v 0 − v L )Δp 273(1 − 1,09) ⋅ 10 −3 (120 − 1) ⋅ 1,013 ⋅ 10 5 = = −0,884 K . r 335,5 ⋅ 10 3
Znači, pri datom pritisku (p2) led se nalazi na temperaturi koja je za ΔT viša od njegove tačke topljenja pri datim uslovima, tako da se deo unutrašnje energije leda ΔU = mc L ΔT iskoristi za prevođenje mase Δm leda u tečno stanje: Δm =
mc L ΔT r
=
2,5 ⋅ 10 3 ⋅ 0,994 ⋅ 1 = 6,59 g . 335 ⋅ 10 3
32 R5.7. Na osnovu poznate zavisnost p = p (T) dobija se:
dp = 0,1845 − 0,172 ⋅ 10 −2 T + 0,4044 ⋅ 10 −5 T 2 . dT Na temperaturi od 10 0 C je
dp Pa = 0,1845 − 0,172 ⋅ 10 − 2 ⋅ 283 + 0,4044 ⋅ 10 −5 ⋅ 2832 = 2,162 ⋅ 10 4 . dT K Na osnovu Clausius-Clapeyron-ove jednačine sledi T (v '' − v ' )Δp dp kJ r= = T ( v '' − v ' ) = 283(206,0 − 1,598) ⋅ 10 −3 ⋅ 2,162 ⋅ 10 4 = 1251 . dT kg ΔT (ovaj podatak se razlikuje za 12,3% od tabličnog podatka: rid = 1405 kJ/kg). R5.8. Na osnovu priloženih podataka za p = p(T) dobija se
ΔT K 2 = = 56,786 . Δp 0,03522 MPa Iz Clausius-Clapeyron-ove jednačine sledi v '' = v ' +
rΔT m3 0,14168 ⋅ 10 6 ⋅ 56,786 ⋅ 10 −6 = 7,628 ⋅ 10 − 4 + = 0,02775 . TΔp kg 298,15
6. TERMODINAMIČKA SVOJSTVA SUPSTANCIJE. VODENA PARA
6.1. Odrediti veličine stanja vlažne vodene pare pritiska p = 20 bara i stepena suvoće x = 0,80. 6.2. Pregrejana vodena para mase m = 5 kg, pritiska p1 = 10 bara i temperature t1 = 200 0C sabija se izotermski do specifične zapremine v2 = v1/2. Odrediti: a) parametre stanja na kraju procesa i b) odvedenu količinu toplote. 6.3. Pregrejana vodena para mase m = 5 kg, pritiska p1 = 16 bara i temperature t1 = 300 0C, izoentropski se širi do pritiska p2 = 2 bara. Odrediti: a) promenu unutrašnje energije, b) apsolutni rad i c) tehnički rad. 6.4. Vlažna vodena para mase m = 2 kg, stepena suvoće x1 = 0,75 i pritiska p1 = 10 bara, pregreva se izobarno do temperature t2 = 300 0C. Odrediti: a) apsolutni rad; b) dovedenu količinu toplote; c) promenu unutrašnje energije i d) promenu entropije.
33 6.5. Vlažna vodena para stepena suvoće x1 = 0,70 i pritiska p1 = 1 M Pa prigušuje se do pritiska p2 = 0,05 M Pa. Odrediti: a) stepen suvoće na kraju procesa; b) promenu entropije i c) promenu temperature. R6. REŠENJA: R6.1. Na osnovu tablice veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od pritiska (ili i, s-dijagrama) dobijaju se za p = 2 MPa = 20 bara sledći parametri vodene pare na donjoj (‘) i gornjoj graničnoj krivoj (‘’):
temperatura ključanja ts = 212,37 0C toplota isparavanja r = 1891 kJ/kg specifična zapremina v’ = 0,0011766 m3/kg entalpija i’ = 908,53 kJ/kg entropija s’ = 2,4467 kJ/kgK unutrašnja energija u’ = 906,1 kJ/kg
v’’ = 0,09958 m3/kg i’’ = 2799 kJ/kg s’’ = 6,340 kJ/kgK u’’ = 2600 kJ/kg.
Toplota isparavanja i unutrašnja energija mogu da se odrede računskim putem na osnovu ostalih parametara: r = Ts (s’’ - s’) = 485,5 (6,340 - 2,4467) = 1890,2 kJ/kg u’ = i’ -pv’ = 908,5 103 -20 x 105 x 0,0011766 = 906,15 kJ/kg u’’ = i’’ -pv’’ = 2799 x 103 -20 x 105 x 0,09958 = 2599,84 kJ/kg. Veličine stanja vodene pare pritiska p = 20 bara i stepena suvoće x = 0,80 određuju se prema relacijama m3 v x = v ' + (v '' − v ' ) x = 0,0011766 + (0,09958 − 0,0011766) ⋅ 0,80 = 0,079899 kg kJ i x = i ' + (i '' − i ' ) x = 908,53 + (2799 − 908,53) ⋅ 0,80 = 2420,91 kg kJ s x = s ' + ( s '' − s ' ) x = 2,4467 + (6,340 − 2,4467) ⋅ 0,80 = 5,56134 kgK kJ u x = u ' + (u '' − u ' ) x = 906,1 + (2600 − 906,1) ⋅ 0,80 = 2261.22 kg R6.2. Iz tablice veličine stanja pregrejane vodene pare (ili i,s-dijagrama. Slika R6.1) za p1 = 10 bara (1 M Pa) i t1 =200 0C dobija se:
v1 = 0,2060 m3/kg i1 = 2827 kJ/kg s1 = 6,692 kJ/kg. S druge strane, za temperaturu t2 = t1 = 200 0C , iz tablice veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od temperature, sledi: toplota isparavanja
p2 = 15,551 bara r = 1941 kJ/kg
34 specifična zapremina entalpija entropija unutrašnja energija
v’ = 0,0011565m3/kg i’ = 852,4 kJ/kg s’ = 2,3308 kJ/kgK u’ = 851,6 kJ/kg
Obzirom da je u konačnom stanju v 2 =
v’’ = 0,1272 m3/kg i’’ = 2793 kJ/kg s’’ = 6,3418 kJ/kgK u’’ = 2595 kJ/kg.
v 2 0,2060 m3 = = 0,1030 , u datoj tački procesa stepen kg 2 2
suvoše iznosi
x2 =
v 2 − v 2' 0,1030 − 0,0011565 = = 0,808 . v 2'' − v 2' 0,1272 − 0,0011565
Kako je v2 >> v2’ i v2’’ >> v2’, stepen suvoće može da se odredi približno x2 ≅
v 2 0,1030 = = 0,810 . v 2'' 0,1272
a) Parametri stanja na kraju procesa (tačka 2) su: i2 = i2’ + (i2’’ - i2’) x2 = 852,4 + (2793 - 852,4) 0,808 = 2420,40 kJ/kg s2 = s2’ + (s2’’ - s2’) x2 = 2,3308 + (6,4318 - 2,3308) 0,808 = 5,64441 kJ/kgK u2 = u2’ + (u2’’ - u2’) x2 = 851,6 + (2595 - 851,6) 0,808 = 2260,27 kJ/kg. b) Obzirom da je proces izoterman odvedena količina toplote iznosi Q12 = mq12 = mT1 ( s 2 − s1 ) = 5 ⋅ 473(5,6441 − 6,692) kJ = −2477,55 kJ .
R6.3. Iz tablice veličine stanja pregrejane vodene pare (ili i,s-dijagrama. Slika R6.2) za p1 = 16 bara (1,6 M Pa) i t1 =300 0C dobija se:
v1 = 0,1585 m3/kg i1 = 3030 kJ/kg s1 = 6,877 kJ/kg. S druge strane, za pritisak p2 = 2 bara , iz tablice veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od pritiska, sledi: toplota isparavanja specifična zapremina entalpija entropija unutrašnja energija
ts = 120,23 0 C r = 2202 kJ/kg v’ = 0,0010605 m3/kg i’ = 504,8 kJ/kg s’ = 1,5302 kJ/kgK u’ = 504,59 kJ/kg
v’’ = 0,8854 m3/kg i’’ = 2707 kJ/kg s’’ = 7,127 kJ/kgK u’’ = 2530 kJ/kg.
Kako je s2 = s1 = 6,877 kJ/kgK, stepen suvoće vodene pare na kraju procesa iznosi
35
x2 =
s 2 − s 2' 6,877 − 1,5302 = = 0,955 7,127 − 1,5302 s 2'' − s 2'
tako da je v 2 = v 2' + (v 2'' − v 2' ) x 2 = 0,0010605 + (0,8854 − 0,0010605)0,955 = 56441 i2 = i2' + (i2'' − i2' ) x 2 = 504,8 + (2707 − 504,8) ⋅ 0,955 = 2607,90
m3 kg
kJ kg
u 2 = u 2' + (u 2'' − u 2' ) x 2 = 504,59 + (2530 − 504,59) ⋅ 0,955 = 2438,86
kJ . kg
a) Kako je u = i - pv, promena unutrašnje energije vodene pare iznosi
ΔU = mΔu = m[(i2 − i1 ) − ( p 2 v 2 − p1v1 )] =
[
]
5 ⋅ (2607,90 − 3030) − (0,2 ⋅ 10 3 ⋅ 0,8446 − 1,6 ⋅ 10 3 ⋅ 0,1585) = −1688,1 kJ b) Obzirom da je proces izoentropski (s = const, tako da je Q12 = 0), apsolutni rad iznosi L12 = - ΔU = 1 688,1 kJ. Tehnički rad pri datom procesu je Lteh = m(i1 - i2) = 5 (3030 - 2607,90) = 2 110,5 kJ.
R6.4. Na osnovu tablice veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od pritiska (ili i, s-dijagrama) dobijaju se za p1 = 10 bara sledeći parametri vodene pare na donjoj (‘) i gornjoj graničnoj krivoj (‘’):
temperatura ključanja specifična zapremina entalpija entropija
ts = 179,88 0C v’ = 0,0011273 m3/kg i’ = 762,7 kJ/kg s’ = 2,138 kJ/kgK
v’’ = 0,1946 m3/kg i’’ = 2778 kJ/kg s’’ = 6,587 kJ/kgK.
36 Kako je x1 = 0,75, parametri vodene pare na početku procesa (tačka 1) iznose v1 = v’ + (v’’ - v’) x1 = 0,0011273 + (0,1946 - 0,0011273) 0,75 = 0,14623 m3/kg i1 = i’ + (i’’ - i’)x1 = 762,7 + (2778 - 762,7) 0,75 = 2274,18 kJ/kg s1 = s’ + (s’’ - s’)x1 = 2,138 + (6,587 - 2,138) 0,75 = 5,4748 kJ/kgK Za p2 = p1 = 10 bara i t2 = 300 0C iz tablice veličine stanja pregrejane vodene pare (ili i,s dijagrama, Slika R6.3) je v2 = 0,2578 m3/kg i2 = 3048 kJ/kg s2 = 7,116 kJ/kgK. a) Apsolutni rad tokom ovog izobarnog procesa je L12 = m l12 = mp1Δv = mp1 (v2 - v1) = 2 x 105(0,2578 - 0,14623) = 223,14 kJ. b) Dovedena količina toplote iznosi Q12 = mq12 = m(i2 - i1) = 2 (3048 - 2274,18) = 1 547,64 kJ.
c) Promena unutrašnje energije iznosi ΔU = Q12 - L12 = 1547,64 - 223,14 = 1 324,5 kJ, ili ΔU = mΔu = m [(i2 - i1) - (p2v2 - p1v1)] = 1 324,5 kJ. d) Promena entropije iznosi ΔS = mΔs = m (s2 - s1) = 2 (7,116 - 5,4748) = 3,2824 kJ/K R6.5. Na osnovu tablice veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od pritiska (ili i, s-dijagrama) dobijaju se za sledeći parametri vodene pare na donjoj (‘) i gornjoj graničnoj krivoj (‘’) za p1 = 1 M Pa = 10 bara i p2 = 0,05 M Pa = 0,5 bara, respektivno:
pritisak
p1 = 1 M Pa = 10 bara
37 temperatura ključanja entalpija entropija
ts1 = 179,88 0C i1’ = 762,7 kJ/kg s1’ = 2,138 kJ/kgK
pritisak p2 = 0,05 M Pa = 0,5 bara temperatura ključanja ts2 = 81,35 0C entalpija i2’ = 340,6 kJ/kg entropija s2’ = 1,0910 kJ/kgK
i1’’ = 2778 kJ/kg s1’’ = 6,587 kJ/kgK.
i2’’ = 2645 kJ/kg s2’’ = 7,593 kJ/kgK.
Kako je i1 = i1’ + (i1’’ - i1’) x1 i i2 = i2’ + (i2’’ - i2’) x2, stepen suvo}e vodene pare na kraju procesa prigušenja (i1 = i2) iznosi x2 = [(i1’’ - i1’)x1 + (i1’ - i2’)] / (i2’’ - i2’) = = [(2778 - 762,7) 0,70 + (762,7 - 340,6)] / (2645 - 340,6) = 0,795. Entropija na početku procesa je s1 = s1’ + (s1’’ - s1’)x1 = 2,138 + (6,587 - 2,138) 0,70 = 5,2523 kJ/kgK. Na kraju procesa entropija iznosi s2 = s2’ + (s2’’ - s2’)x2 = 1,0910 + (7,593 - 1,0910) 0,795 = 6,2601 kJ/kgK. Promena entropije iznosi Δs = s2 - s1 = 6,2601 - 5,2523 = 1,0078 kJ/kgK. Temperatura se promenila za Δt = t2 - t1 = 81,35 - 179,88 = - 98,53 0C. Do istih rezultata može da se dođe korišćenjem i, s-dijagrama (Slika R6.4).
38
7. PROCESI ZA HLAĐENJE
7.1. Dokazati da se maksimumi izoentalpi (i = const) u T,s- dijagramu nalaze na krivoj inverzije Joule-Thompson-ovog efekta. 7.2. Dokazati da se realan gas, koji se podčinjava Van der Waals-ovoj jednačini s koeficijentom a = 0, pri adijabatskom prigušenju uvek zagreva. 7.3. Dokazati da se realan gas, čije se stanje opisuje Van der Waals-ovom jednačinom s koeficijentom b = 0, pri adijabatskom prigušenju uvek hladi. 7.4. U eksperimentu je ustanovljeno da je temperatura inverzije helijuma (pri niskom pritisku) za 30,5 0 C viša od njene kritične temperature. Odrtediti vrednost temperature inverzije helijuma. 7.5. Prikazati jednačinu inverzije krive inverzije Van der Waals-ovog gasa u T,vdijagramu, kojom se ravan T, v deli na dve oblasti: αi < 0 i ΔT> 0 (gas se zagreva) i αi > 0 i ΔT< 0 (gas se hladi). 7.6. Na}i izraz za diferencijalni Joule-Thomson-ov efekt Van der Waals-ovog gasa i odrediti temperaturu inverzije u slučaju niskih pritisaka, odnosno malih gustina, kada je v>> a,b. 7.7. Vlažna para pritiska p1 = 1,90 MPa i stepena suvoće x1 = 0,95 puštena je kroz prigušni ventil parovoda niskog pritiska p2 = 0,20 MPa. Na osnovu i, s- dijagrama za vodenu paru odrediti: a) stanje pare u parovodu posle prolaza kroz prigušni ventil; b) veličinu promene entropije i c) veličinu srednjeg diferencijalnog efekta prigušenja. 7.8. Vlažna para stepena suvoše x1 = 0,90 i pritiska p1 = 3,00 MPa prigušuje se do pritiska p2 = 0,20 MPa. Odrediti: a) integralni Joule Thompson-ov efekt i b) vrednost specifične zapremine pare posle prigušenja.
39 7.9. Suvozasićena vodena para pritiska p1 = 9,00 MPa prigušuje se do pritiska p2 = 2,00 MPa. Temperatura okolne sredine iznosi T0 = 300 K. Koristeći se tablicama za vodenu paru odrediti: a) srednji diferencijalni Joule Thompson-ov efekt; b) stepen suvoće vodene pare posle prigušenja i c) gubitak eksergije. 7.10. Suvozasićena vodena para pritiska p1 =12,00 MPa prigušuje se do pritiska p2 = 1,00 MPa. Koristeći se tablicama za vodenu paru odrediti: a) parametre pare posle prolaza kroz prigušni ventil, b) srednju vrednost diferencijalnog efekta prigušenja i c) gubitak radne sposobnosti. Temperatura okolne sredine je T0 =300 K. (Sept ‘04). 7.11. Odrediti stanje vodene pare u parovodu ako je pritisak pare u njemu p1 = 1,20 MPa a pritisak i temperatura pare u kalorimetru s prigušnim ventilom, koji služi za određivanje stanja pare, su p2 = 0,10 MPa i t2 = 135 0 C, respektivno. 7.12. Pregrejana para pritiska p1 =16,00 MPa i temperature t1 = 360 0 C prigušuje se do pritiska p2 = 2,00 Mpa. Koristeći tablice ili odgovarajuće dijagrame za vodenu paru odrediti: a) integralni Joule-Tompsonov efekt i b) gubitak radne sposobnosti. Temperatura okolne sredine je T0 = 300 K. (Maj ‘96. god.). 7.13. Zavisnost specifične zapremine od temperature, pri pritisku od p1 = 9,80 MPa, na osnovu podataka za vodenu paru, prikazana je tabelarno: t (0C)
490
v ( m3 / kg )
500
0,0329 0,0335
510
520
530
0,0341
0,0347 0,0353
Znajući da je specifični toplotni kapacitet vodene pare pri p1 = 9,80 MPa i temperaturi t1 = 510 0 C iznosi cp = 2,577 kJ/kgK, odrediti: a) veličinu diferencijalnog Joule-Tompson-ovog efekta pri t1 = 510 0 C i b) integralni efekt prigušenja vodene pare od p1 = 9,80 MPa do p2 = 8,00 Mpa. 7.14. Na osnovu tabele za vodu i vodenu paru formirana je tabela vrednosti entalpije za različite pritiske pri temperaturi od t = 260 0 C: p (MPa) i (kJ/kg)
5,0
10,0
16,0
18,0
20,0
25,0
30,0
40,0
1135,1
1134,1
1133,0
1133
1133
1134
1135
1137
Odrediti vrednost pritiska pri kojem će temperatura inverzije za vodu da iznosi 260 0 C. 7.15. Odrediti konačnu temperaturu azota pri njegovom adijabatskom širenju od pritiska p1 = 1,00 MPa do p2 = 0,95 MPa. Početna temperatura azota je t1 = 1000 0C. Specifični toplotni kapacitet azota pri datim uslovima je cp = 1,20 kJ/kgK a njegova gasna konstanta je R = 297 J/kgK. Predpostaviti da u ovom slučaju može da se primeni jednačina stanja idealnog gasa. 7.16. Zavisnost specifične zapremine od temperature, pri pritisku od p1 = 4,90 MPa, na osnovu podataka za vodenu paru, prikazana je tabelarno:
40
t (0C) v ( m3 / kg )
480
490
500
510
520
0,06786
0,06893
0,06999
0,07104
0,07208
Pri datom pritisku p1 = 4,90 MPa i temperaturi od t1 = 500 0C specifični toplotni kapacitet vodene pare iznosi cp = 2,34 kJ/kgK. Odrediti promenu temperature vodene pare u slučaju: a) izoentropskog reverzibilnog širenja od pritiska p1 = 4,90 MPa i temperaturi od t1 = 500 0C do pritiska p2 = 4,50 MPa; b) adijabatskog prigušanja (integralni Joule-Tompsonov efekt) pri istim vrednostima početnih i krajnjih pritisaka i temperatura kao u slučaju pod a. 7.17. Iz eksperimenta je dobijeno da se pri pritisku p = 12,00 Mpa i temperaturi t = 520 0C koeficijenti reverzibilnog adijabatskog (izoentropskog) širenja i koeficijent adijabatskog prigušenja vodene pare razlikuju za αs - αi = 10,49 K / Mpa. U tablicama je nađeno da je specifična zapremina vodene pare pri datim uslovima v = 0,02782 m3/kg. Odrediti specifični toplotni kapacitet cp vodene pare pri datim uslovima. 7.18. Iz eksperimenta je dobijeno da je za vodenu paru pri pritisku p = 12,00 MPa i temperaturi t = 520 0C koeficijent reverzibilnog adijabatskog (izoentropskog) širenja 7,26 puta veći od koeficijenta adijabatskog prigušenja. Odrediti vrednost koeficijenta zapreminskog širenja 1 ⎛ ∂v ⎞ vodene pare α = ⎜ ⎟ pri datom pritisku i temperaturi. v ⎝ ∂T ⎠ p 7.19. Odrediti promenu temperature i specifične entropije kao i gubitak eksergije vodene pare pri ireverzibilnom adijabatskom širenju iz suda konstantne zapremine (tzv. ispust) u sredinu pritiska p0 = 0,10 MPa i temperature T0 = 300 K. Početni parametri vodene pare su t1 = 510 0 C i p1 = 5,0 MPa. (Nov 2000) 7.20. Vodonik temperature T1 = 55,5 K i pritiska p1 = 2,94 MPa hladi se metodama: a) reverzibilnog adijabatskog (izoentropskog) širenja i b) adijabatskog prigušenja. Odrediti promenu temperature datim metodama hlađenja ako se vodonik širi do pritiska p2 = 0,147 MPa. 7.21. Vodonik temperature T1 = 55,5 K i pritiska p1 = 2,94 Mpa se širi do pritiska p2 = 0,589 Mpa. Odrediti promenu temperature vodonika ako je širenje: a) izoentropsko (s = const) i b) izoentalpijsko (i = const). 7.22. Dva balona jednakih zapremina Va = Vb = V = 10 - 3 m3 spojena su pomoću cevi sa slavinom. U jednom balonu nalazi se ugljen-dioksid pri pritisku od p1 = 1,013.105 Pa, i temperaturi od T1 = 290 K, a u drugom - vakuum. Smatrajući da se ugljen-dioksid dobro opisuje Van der Waals-ovom jednačinom stanja s konstantom a = 3,64.105 Nm4/ kmol2 i da su zidovi balona i cevi dobro (adijabatski) izolovani od okolne sredine, odrediti veličinu promene temperature u prvom balonu posle otvaranja slavine. Specifični toplotni kapacitet pri konstantnoj zapremini i molarna masa ugljen dioksida iznose cv = 0,645 kJ/kgK i M = 0,044 kg/mol, respektivno. (Jun ‘02) 7.23. Količina azota od 1 kmol adijabatski se širi u vakuum od početne zapremine V1 = 1 m do konačne zapremine V2 = 20 m3. Odrediti promenu temperature azota ako konstanta a u Van der Waals-ovoj jednačini iznosi a = 1,35.105 Nm4/ kmol2, a specifični toplotni kapacitet pri konstantnoj zapremini ne zavisi od temperature i zapremine i iznosi Cv = 2,08.104 J/kmolK. 3
41 7.24. Poznato je da kiseonik pri kritičnoj temperaturi i kritičnom pritisku od pk = 5,05 MPa ima gustinu ρk = 338 kg/ m3. Smatrajući da se kiseonik potčinjava Van der Waals-ovoj jednačini stanja odrediti promenu temperature količine od 11 kg kiseonika pri širenju u vakuum od početne zapremine V1 = 1 m3 do konačne zapremine V2 = 10 m3. Maseni specifični toplotni kapacitet kiseonika pri datoj početnoj zapremini i temperaturi iznosi cv = 656 J/kgK. 7.25. Vodonik, koji se nalazi u sudu zapremine V1 = 1 m3 pod pritiskom p1 = 0,10 MPa i temperaturi T1 = 300 K, adijabatski se širi u vakuum do konačne zapremine V2 = 20 m3. Odrediti promenu temperature smatrajući da se vodonik potčinjava Van der Waals-ovoj jednačini stanja. Kritična temperatura i kritična zapremina vodonika iznose Tk = 33,2 K i vk = 79,8 cm3/ mol, respektivno. Molarni specifični toplotni kapacitet pri konstantnoj zapremini vodonika je Cv = 20,40 kJ/ kmol K 7.26. Odrediti temperaturu na kraju procesa adijabatskog razmagnetisavanja uzorka paramagnetne soli kalijum hromove stipse [KCr (S04)2 12H2O], kao i količinu toplote koja se oslobodi pri namagnetisavanju količine od 1 mol ove supstance. Početna vrednost temperature i jačine magnetnog polja iznose T1 = 10 K i H1 = 5.105 A/m, respektivno. Tablični podaci za datu supstanciju su: Θs = 0,245 K, R = 16,7 J/kgK, M = 0,499 kg/ mol i C = 5,9 x10-11 JK/ kg(A/m)2. Smatrati da se u datoj oblasti ova supstanca potčinjava Curie-evom zakonu (do Θs = 0,245 K). 7.27. Odrediti temperaturu na kraju procesa adijabatskog razmagnetisavanja uzorka paramagnetne soli cerijummagnezijum nitrata [Ce2 Mg3 (NO3)12 24 H2O] mase m = 50 g, kao i količinu toplote koja je oslobođena pri procesu izotermnog namagnetisavanja. Početne vrednosti temperature i jačine magnetnog pola iznose T1 = 2 K i H1 = 5.105 A/m. Tablični podaci su: C = 0,658x10-11 JK/ kg(A/m)2, R = 10,9 J/ kgK i Θs = 0,0055 K Smatrati da se u datoj oblasti ova supstanca potčinjava Curie-evom zakonu (do Θs = 0,0055 K). 7.28. Odrediti promenu temperature ΔT = T2 - T1 homogene i izotropne supstancije pri izoentropskom (reverzibilno adijabatskom) širenju (ili sabijanju) od pritiska p1 do pritiska p2, ukoliko su poznate vrednosti koeficijenta zapreminskog širenja αv, specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku cp i gustine ρ, date supstancije. 7.29. Voda, koja se nalazi na temperaturi od t1 = 0 0 C i pritisku p1 = 19,6 MPa, izoentropski se širi do pritiska p2 = 0,098 MPa. Odrediti promenu temperature vode pri ovom procesu ako se zna da je za vodu pri datim uslovima koeficijent zapreminskog širenja αv = 6,1x10-5 K-1, specifični toplotni kapacitet pri konstantnom pritisku cp = 4,22 kJ/kgK i gustina ρ = 1,000x103 kg/m3. 7.30. Živa, koja se nalazi na temperaturi od t1 = 0 0 C i pritisku p1 = 4,9 Mpa, izoentropski se širi do pritiska p2 = 0,098 MPa. Odrediti promenu temperature žive pri ovom procesu ako se zna da je koeficijent zapreminskog širenja žive pri ovim uslovima αv = 1, 81x10-4 K-1, specifični toplotni kapacitet pri konstantnom pritisku cp = 0,140 kJ/kgK i gustina ρ = 1,36.10 4kg/m3. R7. REŠENJA . R7.1. Kako je
⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂p ⎞ di = Tds + vdp i dp(T , s) = ⎜ ⎟ dT + ⎜ ⎟ ds , ⎝ ∂T ⎠ s ⎝ ∂s ⎠ T
42 sledi
⎡ ⎛ ∂p ⎞ ⎤ ⎛ ∂p ⎞ di = ⎢T + v⎜ ⎟ ⎥ ds + v⎜ ⎟ dT . ⎝ ∂s ⎠ T ⎦ ⎝ ∂T ⎠ s ⎣
(R7.1.1)
Na osnovu Maxwell-ove relacije
⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂T ⎞ ⎜ ⎟ = −⎜ ⎟ ⎝ ∂s ⎠ T ⎝ ∂v ⎠ p i izraza (R7.1.1) sledi ⎡ ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂T ⎞ ⎤ di = ⎢T − v⎜ ⎟ dT , ⎟ ⎥ ds + v⎜ ⎝ ∂T ⎠ s ⎝ ∂v ⎠ p ⎥⎦ ⎢⎣
(R7.1.2)
⎡ ⎤ ⎢ ⎥ v ⎥ ⎛ ∂p ⎞ di = ⎢T − ds + v⎜ ⎟ dT . ⎢ ⎛ ∂v ⎞ ⎥ ⎝ ∂T ⎠ s ⎜ ⎟ ⎥ ⎢ ⎝ ∂T ⎠ p ⎦ ⎣
(R7.1.3)
odnosno
U slučaju izoentalpijskog procesa (di =0), iz predhodnog izraza (R7.1.3), sledi
T− ⎛ ∂T ⎞ ⎜ ⎟ =− ⎝ ∂s ⎠ i
v ⎛ ∂v ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ p
⎛ ∂p ⎞ v⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ s
.
(R7.1.4)
Maksimum izoentalpi određuje se iz uslova
⎛ ∂T ⎞ ⎜ ⎟ = 0, ⎝ ∂s ⎠ i
(R7.1.5)
tako da je na osnovu izraza (R7.1.4) T−
v = 0, ⎛ ∂v ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ p
odnosno
v ⎛ ∂v ⎞ ⎟ = , ⎜ ⎝ ∂T ⎠ p T što predstavlja jednačinu krive inverzije.
(R7.1.6)
43
⎛ ∂p ⎞ Veličina v⎜ ⎟ u izrazu (R7.1.4) je pozitivna tako da znak nagiba izoentalpi zavisi od odnosa ⎝ ∂T ⎠ s 1 1 ⎛ ∂v ⎞ veličina T i , gde je α = ⎜ ⎟ - koeficijet toplotnog širenja, jer je α v ⎝ ∂T ⎠ p T−
v 1 1 =T − =T − . 1 ⎛ ∂v ⎞ α ⎛ ∂v ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ v ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂T ⎠ p
U oblasti gasne faze i u oblasti zasićenja je velikim gustinama je
1
α
1
α
< T , tako da su izoentalpe opadajuće krive. Pri
> T , tako da je u ovoj oblasti nagib izoentalpi pozitivan.
R7.2. Kada je a = 0 Van der Waals-ova jednačina može da se napiše u obliku
v=
RT +b, p
(R7.2.1)
tako da je
R v−b ⎛ ∂v ⎞ . ⎜ ⎟ = = T ⎝ ∂T ⎠ p p
(R7.2.2)
U tom slučaju diferencijalni Joule-Thomson-ov efekt iznosi
⎛ ∂T ⎞
α i = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ∂p ⎠ i Pri konačnom padu pritiska zagreva
⎛ ∂v ⎞ T⎜ ⎟ −v ⎝ ∂T ⎠ p b = =− . cp cp
(R7.2.3)
Δp = - |Δp| < 0 pri adijabatskom prigušenju gas će uvek da se
ΔT = α i Δp =
b Δp > 0 , cp
(R7.2.4)
44 jer je uvek b > 0 i cp > 0. R7.3. Kada je b = 0 Van der Waals-ova jednačina može da se napiše u obliku RT a p= − 2. (R7.3.1) v v Kako je ⎛ ∂p ⎞ ⎛ ∂p ⎞ dp (T , v) = ⎜ (R7.3.2) ⎟ dT + ⎜ ⎟ dv , ⎝ ∂T ⎠ v ⎝ ∂v ⎠ T
sledi da je pri p = const, tj. dp = 0 ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ ⎛ ∂v ⎞ ⎝ ∂T ⎠ v . ⎜ ⎟ =− ⎛ ∂p ⎞ ⎝ ∂T ⎠ p ⎜ ⎟ ⎝ ∂v ⎠ T
(R7.3.3)
Iz jednačine (R7.3.1) sledi R ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ = ⎝ ∂T ⎠ v v
(R7.3.4)
RT 2a ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ =− 2 + 3 , v v ⎝ ∂v ⎠ T
(R7.3.5)
i
tako da se posle smene (R7.3.4) i (R7.3.5) u (R7.3.3) dobija R v ⎛ ∂v ⎞ v . = ⎜ ⎟ = ⎝ ∂T ⎠ p − RT + 2a T (1 − 2a ) RTv v2 v3
(R7.3.6)
U slučaju malih gustina (ili visokih temperatura), kada je korekcioni član za pritisak mali (a/v2 << p ), drugi član u imeniocu izraza (R7.3.6) je mnogo manji od 1: 2a 2a ≅ << 1 , RTv pv 2
pa je 1 2a , ≅ 1+ 2a RTv 1− RTv
jer je
1 ≅ 1 − x , tako da izraz (R7.3.6) može da se napiše u obliku 1+ x 2a v+ ∂ v ⎛ ⎞ RT . ⎜ ⎟ ≅ T ⎝ ∂T ⎠ p
(R7.3.7)
(R7.3.8)
45 U datom slučaju [ na osnovu (R7.3.6)] koeficijent adijabatskog prigušenja iznosi:
⎛ ∂T ⎞
α i = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ∂p ⎠ i
⎛ ∂v ⎞ T⎜ ⎟ −v ⎝ ∂T ⎠ p 2a = ≅ . cp RTc p
(R7.3.9)
Pri konačnom padu pritiska Δp = - |Δp| u procesu adijabatskog prigušenja gas će da se uvek hladi ΔT = α i Δp = −
2a Δp < 0 , RTc p
(R7.3.10)
jer je uvek a > 0 i cp > 0. R7.4. Temperatura inverzije (Tinv) i kritična temperatura (Tkr), odrđene su odnosom a/b, koeficijenata a i b iz Van der Waals-ove jednačine stanja, tj.
2a , Rb
(R7.4.1)
8a . 27 Rb
(R7.4.2)
Tinv = Tk =
Iz predhodnog izraza sledi da se ove temperature razlikuju za veličinu:
ΔT = Tinv − Tk = odakle je
46 , 27 ⋅ Rb
a 27ΔT = . Rb 46
(R7.4.3)
(R7.4.4)
Smenom dobijenog izraza (R7.4.4) u izraz (R7.4.1) sledi
Tinv =
27ΔT 27 ⋅ 30,5 = 35,8 K . = 23 23
R7.5. Iz izraza (R7.6.7) , za realan gas, koji je opisan Van der Waals-ovo jednačinom RT a p= − 2 , sledi izraz za diferencijalni Joule-Thomson-ov efekt: v−b v
RTb 2a ⎤ ⎡ R − + 2 2 ⎥ ⎢ ⎡ ⎤ ⎛ ∂T ⎞ 1 1 1 v (v − b) ⎛ ∂v ⎞ v−b ⋅ α i = ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎢T ⎜ ⎟ − v ⎥ = ⎢T ⋅ − v⎥ = 2a RT 2a RT ⎥ cp ⎥⎦ c p ⎢ ⎝ ∂p ⎠ i c p ⎣⎢ ⎝ ∂T ⎠ p − 3 − 3 2 2 ⎥⎦ ⎢⎣ (v − b) v (v − b) v Iz poslednjeg izraza sledi da je jednačina krive inverzije (αi =0) oblika
46 2a RTb − 2 = 0, 2 (v − b) v
(R7.5.1)
odnosno 2
2a ⎛ b ⎞ T= ⎜1 − ⎟ . Rb ⎝ v ⎠
(R7.5.2)
Kriva inverzije prikazana je grafički na slici R7.2 u T, v-dijagramu.
R7.6. Iz Van der Waals-ove jednačine napisane u obliku
p=
RT a − 2 , v−b v
(R7.6.1)
sledi
R ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ = ⎝ ∂T ⎠ v v − b
(R7.6.2)
RT 2a ⎛ ∂p ⎞ + 3 . ⎜ ⎟ =− 2 v (v − b ) ⎝ ∂v ⎠ T
(R7.6.3)
⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂T ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎟⎟ ⎜ ⎟ = −1 ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂p ⎠ v ⎝ ∂v ⎠ T
(R7.6.4)
⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ ⎛ ∂v ⎞ ⎝ ∂T ⎠ v , ⎜ ⎟ =− ⎛ ∂p ⎞ ⎝ ∂T ⎠ p ⎜ ⎟ ⎝ ∂v ⎠ T
(R7.6.5)
i
Na osnovu relacije
sledi
tako da se smenom (R7.6.2) i (R7.6.3) u izraz (R4.7.5) dobija
47 ⎛ ∂v ⎞ ⎜ ⎟ =− ⎝ ∂T ⎠ p
R R v−b v−b . = RT 2a RT 2a − + − (v − b) 2 v 3 (v − b) 2 v 3
(R7.6.6)
Smenom izraza (R7.6.6) u izraz (R.7.2.3) za diferencijalni Joule- Thomson-ov efekt
⎛ ∂T ⎞
α i = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ∂p ⎠ i
⎛ ∂v ⎞ T⎜ ⎟ −v ⎝ ∂T ⎠ p = cp
dobija se 2a RTb ⎡ ⎤ R − + 2 2 ⎢ ⎥ ⎤ 1 1 ⎡ ⎛ ∂v ⎞ 1 (v − b ) v v−b − v⎥ = ⋅ = α i = ⎢T ⎜ ⎟ − v ⎥ = ⎢T ⋅ 2a 2a RT RT c p ⎢⎣ ⎝ ∂T ⎠ p ⎥ cp ⎥⎦ c p ⎢ − − ⎥⎦ ⎢⎣ (v − b) 2 v 3 (v − b ) 2 v 3 2a b − RT [1 − (b / v)]2 1 = ⋅ . ( R 7.6.7 ) 1 2 ⋅ (a / v) cp − RT [1 − (b / v)]2
Kako je
b a << 1 i << 1 iz poslednjeg izraza sledi v v 2a −b . α i ≅ RT cp
(R7.6.8)
Promena temperature pri izoentalpijskom širenju (i = const), tj. pri adijabatskom prigušenju, u slučaju konačnog pada pritiska Δp = - |Δp|, na osnovu izraza (R7.6.8), iznosi 2a −b RT (R7.6.8) ΔT = α i Δp = Δp . cp Iz ovog izraza, koji je dobijen za slučaj niskih pritisaka i malih gustina, dobija se izraz za 2a −b temperaturu inverzije ( α i ≅ RT =0) cp
Tinv =
2a . Rb
(R7.6.9)
Na osnovu (R7.6.9) i (R7.6.8) sledi 2a −b b ⎛ Tinv ⎞ ΔT = RT Δp = − 1 ⎟ Δp . ⎜ cp cp ⎝ T ⎠
(R7.6.10)
48 Kako je uvek (b, cp > 0) u slučaju kada je T > Tinv gas se pri adijabatskom prigušenju hladi (ΔT< 0), a kada je T < Tinv gas pri procesu adijabatskog prigušenja zagreva (ΔT > 0). Kada je 2a T = Tinv = pri pocesu adijabatskog prigušenja temepratura gasa se ne menja. Rb R7.7. Entalpija vlažne pare pri početnom pritisku p1 = 1,90 MPa i stepenu suvoće x1 = 0,95 iznosi i1 = 2705 kJ/kg. Iz i, s- dijagrama za vodenu paru dobija se da je početna temperatura vlažne pare t1 = 200 0C a entropija s1 =7,125 kJ/kgK.
a) Kako se posle prolaza kroz prigušni ventil entalpija nije promenila, tj. i2 = i1 = 2705 kJ/kg, iz preseka izoentalpe i2 = i1 = const s izobarom p2 = 0,20 MPa dobija se da je stepen suvoće pare x2 = 1,00, što znači da je para apsolutno suva. b) Konačna temperatura pare u parovodu je t1 = 120 0C, a entropija s2 = 6,165 kJ/kgK. Pri procesu prigušenja entropija pare je porasla za Δs = s2 - s1 = 0,960 kJ/kgK. c) Veličina srednjeg diferencijalnog efekta prigušenja iznosi
(α i )sr
0 ⎛ ΔT ⎞ C 200 − 120 0 C ⎟⎟ = = ⎜⎜ = 47,06 . MPa 1,9 − 0,2 MPa ⎝ Δp ⎠ i
R7.8. Iz tablice veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od pritiska, dobija se da su pri pritisku p1 = 3,00 MPa = 30 bara parametri pare sledeći:
t1 = 233,83 0C, i1’ = 1008,35 kJ/kg, i1’’ = 2803 kJ/kg. Pri p2 = 0,20 MPa = 2,0 bara je t2 = 120,22 0C, v2’ = 1,0606 dm3/kg, v2’’ = 0,8860 m3/kg, i2’ = 504,72 kJ/kg, i2’’ = 2707 kJ/kg. a) Integralni Joule-Thompson-ov efekt iznosi:
ΔT = T2 - T1 = (120,22 - 233,83) 0C = - 113,61 K. b) Kako je i1 = i1' + (i1'' − i1i ) x1 = 1008,35 + (2803 − 1008,35) ⋅ 0,90 = 2623,54
kJ kg
Posle prigušenja entalpija se nije promenila
i2 = i2' + (i2'' − i2' ) x 2 = i1 tako da je stepen suvoće pare na izlazu iz prigušnog ventila
x2 =
i2 − i2' i1 − i2' 2623,54 − 504,72 = = = 0,962 . '' ' '' ' 2707 − 504,72 i2 − i2 i2 − i2
Specifična zapremina posle prigušenja iznosi v 2 = v 2' + (v 2'' − v 2' ) ⋅ x 2 = 1,0606 ⋅ 10 −3 + (0,8860 − 1,0606 ⋅ 10 −3 ) ⋅ 0,962 = 0,8523
m3 kg
49 R7.9. Iz tablice veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od pritiska, dobija se da su pri pritisku p1 = 9,00 MPa = 90,0 bara parametri pare sledeći: t1 = 303,31 0C, i1’ = 1363,51 kJ/kg, i1’’ = 2742 kJ/kg, s1’ = 3,2866 kJ/kgK, s1’’ = 5,678 kJ/kgK. Pri p2 = 2,00 MPa = 20,0 bara parametri pare sledeći: t2 = 212,37 0C, i2’ = 908,53 kJ/kg, i2’’ = 2799 kJ/kg, s2’ = 2,4467 kJ/kgK, s2’’ = 6,340 kJ/kgK.
a) Srednji diferencijalni Joule Thompson-ov efekt iznosi
(α i )sr
0 ⎛ ΔT ⎞ 303,31 − 212,37 0 C C ⎟⎟ = = ⎜⎜ = 12,99 MPa 9.00 − 2.00 MPa ⎝ Δp ⎠ i
b) Kako je u početku vodena para bila suvozasićena x1 = 1 , sledi i1 = i1'' = 2742
kJ kg
.
Posle prigušenja entalpija se nije promenila
i2 = i2' + (i2'' − i2' ) x 2 = i1 = i1'' , tako da je stepen suvoće vodene pare posle prigušenja
x2 =
i2 − i2' i1'' − i2' 2742 − 908,53 = = = 0,970 . i2'' − i2' i2'' − i2' 2799 − 908,53
c) Entropija suvozasićene vodene pare iznosi s1 = s1'' = 5,678
kJ . Posle prigušenja entropija kgK
vlažne vodene pare je
s 2 = s 2' + ( s 2'' − s 2' ) x 2 = 2,4467 + (6,340 − 2,4467) ⋅ 0,970 = 6,2232
kJ kgK
Po definiciji, gubitak radne sposobnosti (eksergije) iznosi (R3.7.1): Δe =
ΔLmk = (i1 − i2 ) − T0 ( s1 − s 2 ). m
Kako je pri prigušenju i1 = i2 (izraz R3.7.2) gubitak eksergije iznosi
Δe = −T0 ( s1 − s 2 ) = −300 ⋅ (5,678 − 6,2232) = 163,56
kJ . kg
R7.10. Iz tablica za vodenu paru se dobija da je pri p1 = 12,00 MPa = 120 bara: t1 = 324,64 0C, i1’ = 1491,13 kJ/kg, i1’’ = 2684 kJ/kg, s1’ = 3,4964 kJ/kgK, s1’’ = 5,492 kJ/kgK. Pri p2 = 1,00 MPa je t2 = 179,88 0C, i2’ = 762,71 kJ/kg, i2’’ = 2778 kJ/kg, s2’ = 2,1382 kJ/kgK, s2’’ = 6,586 kJ/kgK.
Kako je u početku para suvozasićena (x1 =1,00) njena entalpija iznosi i2 = i1 = i1’ = 2684 kJ/kg. Obzirom da je i2 = i2' + (i2'' − i2' ) x 2 = i1 = i1'' , stepen suvoće pare posle prigušenja iznosi
50
x2 =
i2 − i2' i1'' − i2' 2684 − 762,71 = = = 0,953 . i2'' − i2' i2'' − i2' 2778 − 762,71
Srednji diferencijalni efekt prigušenja je
(α i )sr
0 ⎛ ΔT ⎞ ⎛ Δt ⎞ t −t C 179,88 − 324,64 0 C ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = 2 1 = = ⎜⎜ = 13,16 MPa 1,00 − 12,00 MPa ⎝ Δp ⎠ i ⎝ Δp ⎠ i p 2 − p1
Entropija pare posle prigušenja je
s 2 = s 2' + ( s 2'' − s 2' ) x 2 = 2,1382 + (6,586 − 2,1382) ⋅ 0,953 = 6,377
kJ kgK
Gubitak radne sposobnosti (eksergije) u procesu prigušenja iznosi (R3.7.1): Δe = (i1 − i2 ) − T0 ( s1 − s 2 ). = −T0 ( s1 − s 2 ) = T0 ( s 2 − s1 ) = T0 ( s 2 − s1'' ) = = 300(6,377 − 5,492) = 265,5
kJ kg
R7.11. Pritisku p2 = 0,10 MPa (1 bar) odgovarala bi temperatura zasićene pare od 99,62 C. Kako je t2 = 135 0 C sledi da je pri datom pritisku para pregrejana. Iz tabele za pregrejanu vodenu paru, linearnom interpolacijom, nalazi se da pri datom pritisku i temperaturi (p2 , t2) entalpija iznosi i2 = 2747 kJ/kg (za t = 120 0C, i = 2717 kJ/kg, za t = 140 0C, i = 2757 kJ/kg). Pritisku p1 = 1,20 MPa = 12,0 bara odgovaraju sledeći parametri vlažne pare: t1 = 187,95 0C, i1’ = 798,61 kJ/kg, i1’’ = 2784 kJ/kg. Kako se entalpija po završetku procesa prigušenja nije promenila (i2 = i1), sledi i1 = i1' + (i1'' − i1' ) x 2 = i1 , tako da je stepen suvoće pare u parovodu 0
x1 =
i1 − i1' i2 − i1' 2747 − 798,61 = = = 0,981 . i1'' − i1' i1'' − i1' 2784 − 798,61
Do istog rezultata može da se dođe korišćenjem i,s-dijagrama. R7.12. Iz tablica za pregrejanu vodenu paru sledi da za p1 = 16,00 MPa = 160 bara i t1 = 360 C entalpija i entropija imaju sledeće vrednosti: i1 = 2711 kJ/kg, s1 = 5,457 kJ/kgK. Iz tablica veličine stanja za ključalu vodu i suvu paru sledi da su za p2 = 2,00 MPa=20 bara i t2 = 212,37 0 C parametri stanja sledeći: i2’ = 908,53 kJ/kg, i2’’ = 2799 kJ/kg, s2’ = 2,4467 kJ/kgK, s2’’ = 6,340 kJ/kgK. Integralni Joule-Thompson-ov efekt iznosi: 0
ΔT = T2 − T1 = t 2 − t1 = (212,37 − 360) 0 C = −147,63 K Kako je i2 = i1 , sledi
x2 =
i2 − i2' i1 − i2' 2711 − 908,53 = = = 0,953 '' ' '' ' i2 − i2 i2 − i2 2799 − 908,53
Na osnovu predhodnog sledi da entropija pare posle prigušenja iznosi
51
s 2 = s 2' + ( s 2'' − s 2' ) x 2 = 2,4467 + (6,340 − 2,4467) ⋅ 0,953 = 6,1570
kJ . kgK
Gubitak radne sposobnosti (eksergije) iznosi Δe = (i1 − i2 ) − T0 ( s1 − s 2 ). = −T0 ( s1 − s 2 ) = T0 ( s 2 − s1 ) = T0 ( s 2 − s1'' ) = = 300 ⋅ (6,1570 − 5,457) = 210,00
kJ kg
R7.13. a) Iz priložene tablice sledi da je 3 0,0347 − 0,0335 m 3 ⎛ Δv ⎞ −5 m = = 6 , 0 ⋅ 10 ⎜ ⎟ kgK kgK 20 ⎝ ΔT ⎠ p
Koeficijent adijabatskog prigušenja (diferencijalni Joule Tompson-ov efekt) iznosi
⎛ ∂T ⎞
α i = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ∂p ⎠ i = 5,00 ⋅10 − 6
⎛ ∂v ⎞ ⎛ Δv ⎞ T⎜ ⎟ − v T⎜ ⎟ −v ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ΔT ⎠ p 783 ⋅ 6,0 ⋅10 −5 − 0,0341 = ≅ = = . cp cp 2,577 ⋅10 3 K K = 5,00 Pa MPa
b) Integralni efekt prigušenja, pri datoj razlici pritisaka, iznosi
ΔT ≅ α i Δp = −α i ( p1 − p 2 ) = −5,00 (9,8 − 8,00) = −9,00 K .
R7.14. Temperatura inverzije određuje se iz uslova da je αi = 0, tj.
⎛ ∂T ⎞
α i = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ∂p ⎠ i
⎛ ∂v ⎞ T⎜ ⎟ −v ⎝ ∂T ⎠ p = =0 cp
Kako je (jedna od Maxwell-ovih jednačina) ⎛ ∂s ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎜ ⎟ = −⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂p ⎠ T
sledi ⎛ ∂s ⎞ − T ⎜⎜ ⎟⎟ − v ⎛ ∂T ⎞ ⎝ ∂p ⎠ T α i = ⎜⎜ ⎟⎟ = =0 cp ⎝ ∂p ⎠ i
52 Kako je di = Tds + vdp , sledi ⎛ ∂i ⎞ ⎛ ∂s ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = T ⎜⎜ ⎟⎟ + v ⎝ ∂p ⎠ T ⎝ ∂p ⎠ T tako da je ⎛ ∂s ⎞ ⎛ ∂i ⎞ − T ⎜⎜ ⎟⎟ − v − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎛ ∂T ⎞ ⎝ ∂p ⎠ T ⎝ ∂p ⎠ T α i = ⎜⎜ ⎟⎟ = = =0 cp cp ⎝ ∂p ⎠ i
Tačke inverzije nalazi se iz uslova ⎛ ∂i ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = 0 . ⎝ ∂p ⎠ T
Tačka inverzije, tj. pritisak koji odgovara datoj temperaturi inverzije, nalazi se iz minimuma krive zavisnosti entalpije od pritiska (Slika R7.3), koja je formirana na osnovu podataka iz priložene tabele. U konkretnom slučaju entalpija ima minimum kada pritisak dostigne vrednost pi ≅ 19 MPa.
R7.15. U slučaju adijabatskog (izoentropskog reverzibilnog) širenja realnog gasa koeficijent reverzibilnog adijabatskog širenja iznosi (pogledaj zadatak 4.2): ⎛ ∂T ⎞
T ⎛ ∂v ⎞
α s = ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ ⎟ , ⎝ ∂p ⎠ s c p ⎝ ∂T ⎠ p tako da u slučaju malog konačnog pada pritiska promena temperature pri adijabatskom širenju iznosi
53
ΔT ≅ α s Δp =
TΔp ⎛ ∂v ⎞ ⎜ ⎟ . c p ⎝ ∂T ⎠ p
U slučaju kada realan gas može da se smatra idealnim iz jednačine stanja idealnog gasa v =
RT p
sledi
R ⎛ ∂v ⎞ ⎜ ⎟ = , ⎝ ∂T ⎠ p p tako da je promena temperature TRΔp 1273 ⋅ 297 ⋅ (0,95 − 1,00)10 6 ΔT ≅ = = −15,75 K . pc p 1 ⋅ 10 6 ⋅ 1,20 ⋅ 10 3
Konačna temperatura azota je
T2 = T1 + ΔT = 1000 − 15,75 = 984,2 0 C . R7.16. Iz priložene tabele sledi 3 0,07104 − 0,06999 m 3 ⎛ Δv ⎞ −4 m . = 1,05 ⋅ 10 ⎜ ⎟ = kgK kgK 10 ⎝ ΔT ⎠ p
a) koeficijent reverzibilnog adijabatskog širenja iznosi (rešenje zadatka 7.15): ⎛ ∂T ⎞ T ⎛ ∂v ⎞ T ⎛ Δv ⎞ K 773 ⋅ 1,055 ⋅ 10 −4 α s = ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ ⎟ ≅ ⎜ = 34,85 . ⎟ = 3 MPa 2,34 ⋅ 10 ⎝ ∂p ⎠ s c p ⎝ ∂T ⎠ p c p ⎝ ΔT ⎠ p Pri konačnom padu pritiska promena temperature iznosi
(ΔT ) s ≅ α s Δp = α s ( p 2 − p1 ) = 34,85 ⋅ (4,50 − 4,90) = −13.94 K . b) Koeficijent adijabatskog prigušenja (diferencijalni Joule Tompson-ov efekt) iznosi (pogledati rešenje zadatka 7.13) ⎛ ∂T ⎞
1 ⎡ ⎛ Δv ⎞
⎤
α i = ⎜⎜ ⎟⎟ ≅ ⎢T ⎜ ⎟ − v⎥ = ⎥⎦ ⎝ ∂p ⎠ i c p ⎢⎣ ⎝ ΔT ⎠ p
K 773 ⋅ 1,055 ⋅ 10 − 4 − 0,06999 = 4,94 . 3 MPa 2,34 ⋅ 10
b) Integralni efekt prigušenja, pri konačnoj razlici pritisaka, iznosi
(ΔT ) i ≅ α i Δp = α i ( p 2 − p1 ) = 4,94 ⋅ (4,50 − 4,90) = −1,98 K . Na osnovu predhodnog može da se uoči da je efekt hlađenja pri izoentropskom širenju vodene pare znatno veći nego u slučaju adijabatskog prigušenja
54 ΔT = (ΔT ) s − (ΔT ) i = Δp(α s − α i ) = Δp
v = 11,96 K cp
R7.17. Kako je ⎛ ∂T ⎞
T ⎛ ∂v ⎞
⎛ ∂T ⎞
1 ⎡ ⎛ ∂v ⎞
α s = ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ ⎟ ⎝ ∂p ⎠ s c p ⎝ ∂T ⎠ p i ⎤
α i = ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎢T ⎜ ⎟ − v ⎥ ⎥⎦ ⎝ ∂p ⎠ i c p ⎢⎣ ⎝ ∂T ⎠ p sledi
αs − αi =
v , cp
tako da je cp =
v kJ 0,02782 . = = 2,652 −6 α s − α i 10,49 ⋅ 10 kgK
R7.18. Kako je
⎛ ∂T ⎞
T ⎛ ∂v ⎞
⎛ ∂T ⎞
1 ⎡ ⎛ ∂v ⎞
α s = ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ ⎟ ⎝ ∂p ⎠ s c p ⎝ ∂T ⎠ p i ⎤
α i = ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎢T ⎜ ⎟ − v ⎥ , ⎝ ∂p ⎠i c p ⎢⎣ ⎝ ∂T ⎠ p ⎦⎥ Sledi ⎛ ∂v ⎞ T⎜ ⎟ −v αi ⎝ ∂T ⎠ p 1 1 v = 1− = 1− = 1− , = 1 ⎛ ∂v ⎞ Tα ∂s ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂v ⎞ T⎜ T⎜ T ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ v ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂T ⎠ p
1 ⎛ ∂v ⎞ gde je α = ⎜ ⎟ koeficijent toplotnog širenja pri konstantnom pritisku, v ⎝ ∂T ⎠ p tako da je
α=
1 ⎛ α T ⎜⎜1 − i ⎝ αs
⎞ ⎟⎟ ⎠
=
1 1 ⎞ ⎛ 793 ⋅ ⎜1 − ⎟ ⎝ 7,26 ⎠
= 1,46 ⋅ 10 −3 K −1
R7.19. Iz i, s-dijagrama za vodenu paru nalazi se da je u početnom stanju: v1 = 0,07 m3/kg, i1 = 3445 kJ/kg, s1 = 7,005 kJ/kgK.
Slično se dobija interpolacijom (izmedju temperatura 500 i 520 0 C ) iz tablica veličine stanja pregrejanje pare da je za temperaturu od 510 0C i pritisak 5,0 MPa = 50 bara: v1 = 0,0696 m3/kg, i1 = 3456 kJ/kg, s1 = 7,004 kJ/kgK.
55 Pri ispustu pritisak naglo pada na vrednost pritiska okolne stredine tako da je specifični rad l = p 2 Δv = p 2 (v 2 − v1 ) . S obzirom da je ispust adijabatski proces, promena specifične unutrašnje energije iznosi Δu = u 2 − u1 = −l = − p 2 (v 2 − v1 ) . Promena specifične entalpije i = u + pv pri datom procesu je: Δi = i 2 − i1 = (u 2 − u1 ) + ( p 2 v 2 − p1v1 ) = − p 2 (v 2 − v1 ) + ( p 2 v 2 − p1v1 ) = p 2 v1 − p1v1 = ⎛ p ⎞ = − p1v1 ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ p1 ⎠ ⎝
U datom slučaju je p2 = p0 tako da promena entalpije iznosi:
⎛ ⎛ p ⎞ p ⎞ kJ ⎛ 0,1 ⎞ Δi = − p1v1 ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ = − p1v1 ⎜⎜1 − 0 ⎟⎟ = −5,0 ⋅ 10 6 ⋅ 0,070 ⎜1 − ⎟ = −341,04 , p1 ⎠ p1 ⎠ kg 5 ⎠ ⎝ ⎝ ⎝ Tako da je i2 = i1 + Δu = 3456 − 341 = 3115
kJ . kg
Iz preseka izoentalpe i2 = 3115 kJ/kg i izobare p2 = p0 = 0,10 MPa nalazi se da je konačna temperatura vodene pare t2 = 321 0C. Do istog rezultata se dobija korišćenjem tablica za vodenu paru. Osim toga, dobija se da je s2 = 8,285 kJ/kgK, tako da je promena specifične entropije Δs = s2 -s1 = 8,285 - 7,005 = 1,280 kJ/kgK. Gubitak specifične eksergije iznosi Δe = - T0 Δs = - T0 (s2 - s1) = -733 kJ/kg. R7.20. Iz T, s- dijagrama za vodonik, za date početne parametre stanja, dobija se: i1 = 963 kJ/kg, s1 = 31,8 kJ/kgK.
a) pri izoentropskom širenju (s2 = s1 = 31,8 kJ.kgK) do pritiska p2 = 0,147 MPa vodonik se ohladio do temperature (T2)s = 22 K. Stepen suvoće zasićene pare vodonika pri datim uslovima je x = 0,81. Vodonik se ohladio za (ΔT)s = - 33,5 K. b) pri adijabatskom prigušenju je i1 = i2 = 963 kJ/kg, tako da se iz preseka date izoentalpe s izobarom p2 = 0,147 MPa dobija (T2)i = 43 K i s2 = 43,2 kJ/kgK. Vodonik se ohladio za (ΔT)i = - 12,5 K. R7.21. Iz T, s- dijagrama za vodonik, za date početne parametre stanja, dobijaju se sledeći
podaci: a) Is preseka izoentrope s2 = s1 = 31,8 kJ/kgK sa izobarom p2 = 0,589 MPa dobija se da je (T2)s = 29 K. Promena temperature iznosi (ΔT)s = - 26,5 K.
56 b) pri izoentalpijskom širenju (adijabatskom prigušenju) je i1 = i2 = 963 kJ/kg, tako da se iz preseka date izoentalpe s izobarom p2 = 0,589 MPa dobija (T2)i = 45,5 K i s2 = 37,7 kJ/kgK. Vodonik se ohladio za (ΔT)i = - 10,0 K. R7.22. Iz Van der Waals-ove jednačine stanja za n = m/M molova realnog gasa, gde je mmasa gasa a M-njegova molarna masa: ⎛ 2 a ⎜p+n 2 V ⎝
⎞ ⎟(V − nb) = RT , ⎠
(R7.21.1)
sledi p=
RT b ⎞ ⎛ M ⎜v − ⎟ M⎠ ⎝
−
a , M 2v 2
tako da je R ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ = ⎝ ∂T ⎠ v M ⎛ v − b ⎜ M ⎝
⎞ ⎟ ⎠
.
(R7.21.2)
Pri adijabatskom isticanju u vakuum je du = 0, jer je δq = 0 i δl = 0 , tako da je elementarna promena temperature data izrazom ⎛ ∂p ⎞ p −T⎜ ⎟ ⎛ ∂T ⎞ ⎝ ∂T ⎠ v dv dT = ⎜ ⎟ dv = cv ⎝ ∂v ⎠ u
Konačna promena temperature pri adijabatskom isticanju u vakuum iznosi
1⎡ ⎛ ∂p ⎞ ⎤ ⎟ ⎥ dv , ⎢p −T⎜ c ⎝ ∂T ⎠ v ⎦ 1 v ⎣ 2
ΔT = T2 − T1 = ∫
tako da se smenom izraza (R7.21.2) u (R7.21.3) dobija ⎡ ⎛ ⎜ ⎢ 2 RT a R 1⎢ − 2 2 −T⎜ ΔT = T2 − T1 = ∫ ⎜ ⎛ b ⎞ M v b c ⎢ ⎛ 1 v ⎜ M ⎜v − ⎢M ⎜v − M ⎟ M ⎠ ⎝ ⎝ ⎣ ⎝ =
a cv M 2
⎛1 1⎞ v −v a ⎜⎜ − ⎟⎟ = ⋅ 1 2. 2 v1v 2 ⎝ v 2 v1 ⎠ cv M
Kako je v = V/m i Cv = Mcv, sledi
(R7.21.3)
⎞⎤ ⎟⎥ ⎟⎥ dv = − a cv M 2 ⎞ ⎟⎥ ⎟ ⎟⎥ ⎠ ⎠⎦
2
dv
∫v
2
=
1
( R 7.21.4)
57 ΔT =
ma V1 − V2 ⋅ . C v M V1V2
(R7.22.5)
U datom slučaju je V1 = Va = V = 10-3 m3 i V2 = Va + Vb = 2Va = 2V = 2.10- 3 m3 . Osim toga je Cv =Mcv = 0,044 . 645 J/mol K = 28,38 J/mol K. n = p1 V1 / Ru T1 = 1,013.105 .10-3 / 8,314.290 mol = 0,0420 mol = 4,20.10-2 mol, gde je Ru univerzalna gasna konstanta. Iz izraza (R7.22.5) sledi da je u balonu temperature opala za
ΔT =
na (V − 2V ) 4,2 ⋅ 10 −2 ⋅ 3,64 ⋅ 10 −1 na = − = − = −0,269 K . 2VCv 2 ⋅ 10 −3 ⋅ 28,38 C v ⋅ 2V 2
R7.23. Na osnovu izraza (R7.22.5) sledi
ΔT =
ma V1 − V2 na V1 − V2 1 ⋅ 1,35 ⋅ 10 5 1 − 20 ⋅ = ⋅ = ⋅ = −6,16 K . C v M V1V2 C v V1V2 2,08 ⋅ 10 4 1 ⋅ 20
R7.24. Pri adijabatskom širenju u vakuum promena (sinženje) temperature iznosi (R7.22.5) : ma V1 − V2 ma V − V2 ΔT = ⋅ = 2 ⋅ 1 . MC v V1V2 M cv V1V2 a Kako je p k = i v k = 3b , sledi da je konstanta a u Van der Waals-ovoj jednačini stanja 27b 2 povezana sa kritičnim parametrima pk i vk izrazom: a = 3 pk vk2 . Obrirom da je: m3 m3 1 1 vk = = = 2,958 ⋅ 10 −3 = 9,466 ⋅ 10 −5 . ρ k 338 kg mol sledi Nm 4 Nm 4 a = 3 p k v k2 = 3 ⋅ 5,05 ⋅ 10 6 ⋅ 2,958 2 ⋅ 10 −6 = 132.56 = 0 , 1356 . kg 2 mol 2
Molarni specifični toplotni kapacitet pri konstantnoj zapremini je:
C v = Mcv = 0,032 ⋅ 656 = 20,99
J . molK
Zamenom brojnih vrednosti u izraz (R7.22.5) dobija se da je ΔT =
ma V1 − V2 11 ⋅ 0,1356 ⋅ (1 − 10) ⋅ = = −2,00 K MC v V1V2 0,032 ⋅ 20,99 ⋅ 10
58 R7.25. Pri adijabatskom širenju u vakuum promena (sinženje) temperature iznosi (R7.22.5) ma V1 − V2 na V1 − V2 ΔT = ⋅ = ⋅ , MC v V1V2 C v V1V2
gde je, u ovom slučaju, broj molova n = Kako je Tk =
p1V1 0,10 ⋅ 10 6 ⋅ 1 = = 40,09 mol . Ru T1 8,134 ⋅ 300
8a i v k = 3b , gde je Ru - univerzalkna gasna konstanta, sledi 27 Ru b
a=
9 9 Nm 4 Ru v k Tk = ⋅ 8,314 ⋅ 79,8 ⋅ 10 −6 ⋅ 33,2 = 0,02478 . 8 8 mol 2
Pad temperature pri pri adijabatskom širenju vodonika u vakuum u ovom slučaju iznosi na V1 − V2 40,09 ⋅ 0,02478 ⋅ (1 − 20) ΔT = ⋅ = = −0,046 K . C v V1V2 20,40 ⋅ 1 ⋅ 20 R7.26. Na osnovu tabličnih podataka je:
A=
Θ 2s 0,245 2 = = 0,015 K 2 i 4 4
5,9 ⋅ 10 −11 C ⎛ A⎞ = = 2,355 ⋅ 10 −10 ⎜ ⎟ RA 16,7 ⋅ 0,015 ⎝m⎠
−2
Temperatura na kraju procesa adijabatskog razmagnetisavanja iznosi: T2 =
T1 C 1+ ⋅ H 12 RA
=
10 1 + 2,355 ⋅ 10 −10 ⋅ (5 ⋅ 10 5 ) 2
= 1,29 K
C ⋅ H 12 >> 1 , konačna temperatura pri adijabatskom RA razmagnetisavanju paramagnetnih soli može približno da se izračuna na osnovu izraza
Uslučaju jačih polja, kada je
T2 =
T1 C 1+ ⋅ H 12 RA
T1
≅ H1
C RA
= 1,30 K
Toplota, koja je oslobođena u procesu izotermnog namagnetisavanja, iznosi:
CH 12 J 5,9 ⋅ 10 −11 (5 ⋅ 10 5 ) 2 =− = −0,7375 q=− kg 2T1 2 ⋅ 10
Q = mq = nMq = 1 ⋅ 0,499 ⋅ (−0,7375) = −0,368 J . R7. 27. Na osnovu tabličnih podataka je
59
A=
Θ 2s (5,5 ⋅ 10 −3 ) 2 = = 7,562 ⋅ 10 −6 K 2 4 4
i −2
0,658 ⋅ 10 −11 C ⎛ A⎞ = = 7,983 ⋅ 10 −8 ⎜ ⎟ , −6 RA 10,9 ⋅ 7,562 ⋅ 10 ⎝m⎠
tako da temperatura na kraju procesa adijabatskog razmagnetisavanja iznosi: T2 =
T1 C 1+ ⋅ H 12 RA
=
2 1 + 7,983 ⋅ 10 −8 ⋅ (5 ⋅ 10 5 ) 2
= 0,0142 K .
CH 12 J 0,658 ⋅ 10 −11 (5 ⋅ 10 5 ) 2 =− = −0,411 , oslobo|ena toplota u procesu kg 2T1 2⋅2 izotermnog namagnetisavanja iznosi: Kako je
q=−
Q = mq = 0,050 ⋅ (−0,411) = −20,5 mJ . R7.28. Promena temperature pri izoentropskom širenju 2 2 ⎛ ∂T ⎞ ⎟⎟ dp = ∫ α s dp , ΔT = ∫ ⎜⎜ ∂p ⎠ s 1⎝ 1
⎛ ∂T ⎞ ⎟⎟ -koeficijent izoentropskog (reverzibilnog adijabatskog) širenja. Na osnovu gde je α s = ⎜⎜ ⎝ ∂p ⎠ s ⎛ ∂T ⎞ T ⎛ ∂v ⎞ ⎟⎟ = termodinamičke relacije ⎜⎜ ⎜ ⎟ , koja je dokazana u zadatku 4.2, sledi ⎝ ∂p ⎠ s c p ⎝ ∂T ⎠ p ⎛ ∂T ⎞
T ⎛ ∂v ⎞
α s = ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ ⎟ . ⎝ ∂p ⎠ s c p ⎝ ∂T ⎠ p U slučaju malih promena pritiska (ili kada αs slabo zavisi od pritiska), dobija se
ΔT ≅ α s Δp =
T cp
⎛ ∂v ⎞ ⎟ Δp . ⎜ ⎝ ∂T ⎠ p
1 ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂v ⎞ Kako je koeficijent zapreminskog širenja dat relacijom α v = ⎜ ⎟ , sledi ⎟ = ρ⎜ v ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂T ⎠ p α ⎛ ∂v ⎞ ⎜ ⎟ = v , ρ ⎝ ∂T ⎠ p tako da je Tα v Tα v T ⎛ ∂v ⎞ Δp = ( p 2 − p1 ) . ΔT = ⎜ ⎟ Δp = cpρ cpρ c p ⎝ ∂T ⎠ p
60
R7.29. U slučaju relativno male promene pritiska i kada koeficijent izoentropskog širenja αs slabo zavisi od pritiska, važi sledeća relacija (pogledaj rešenje zadatka 7.28) Tα v T ⎛ ∂v ⎞ Δp , ΔT ≅ α s Δp = ⎟ Δp = ⎜ cpρ c p ⎝ ∂T ⎠ p jer je α ⎛ ∂v ⎞ ⎜ ⎟ = v . ρ ⎝ ∂T ⎠ p
Zamenom brojnih vrednosti u gornju relaciju dobija se da će temperatura vode da poraste za ΔT =
Tα v 273 ⋅ (−6,1 ⋅ 10 −5 ) ( p 2 − p1 ) = (0,098 − 19,6) ⋅ 10 6 = 0,077 K . cpρ 4,22 ⋅ 10 3 ⋅ 1 ⋅ 10 3
ΔT= 273 (-6,1 x 10 - 5 ) (0,098 - 19,6) x 106 / 4,22 x 103 x 1,00 x 103 K = 0,077 K. R7.30. Promena temperature žive pri datom izoentropskom širenju (pogledati zadatak 7.29) iznosi ΔT ≅ α s Δp =
T cp
Tα v 273 ⋅ 1,81 ⋅ 10 −4 ⋅ (0,098 − 4,9) ⋅ 10 6 ⎛ ∂v ⎞ Δp = = −0,125 K ⎜ ⎟ Δp = cpρ 140 ⋅ 1,36 ⋅ 10 4 ⎝ ∂T ⎠ p
8. PROTICANJE I ISTICANJE FLUIDA
8.1. Vazduh temperature t1 = 27 0 C i pritiska p1 = 0,16 MPa ističe iz rezervoara kroz cev preseka A = 50 mm2 u sredinu pritiska p0 = 0,10 MPa. Odrediti: a) parametre vazduha na izlazu iz cevi; b) brzinu isticanja i c) maseni protok. Smatrati da je isticanje izoentropsko. Zanemariti kontrakciju mlaza. Uzeti da je gasna konstanta za vazduh R= 287 J/kgK. (Sept 99) 8.2. Iz rezervoara, pod pritiskom p1 = 0,15 MPa i na temperaturi t1 = 17 0 C, ističe argon kroz mali otvor (pukotinu) preseka A = 1 mm2 u sredinu pritiska p0 = 0,10 MPa. Smatrajući da je isticanje izoentropsko odrediti masu isteklog gasa tokom Δt = 12 h. Zanemariti kontrakciju mlaza. Molarna masa argona je M = 0,040 kg/mol. 8.3. Iz rezervoara, pod pritiskom p1 = 0,70 MPa i na temperaturi t1 = 20 0 C, ističe kiseonik u sredinu pritiska p0 = 0,50 MPa kroz konvergentni mlaznik. Površina poprečnog preseka izlaznog dela mlaznika je A2 =20 mm2. Odrediti maseni protok kiseonika. Smatrati da je kiseonik pri datim uslovima idealan gas, gasne konstante R = 259,7 J/kgK. (Jan ‘05) 8.4. Vazduh na pritisku p1 = 10 bara i temperaturi t1 = 300 0C ističe kroz pravilno dimenzionisan (de Lavalov) mlaznik u okolinu pritiska od p0 = 1 at. Maseni protok vazduha je G = 4 kg/s. Odrediti: a) kritičan pritisak, kritičnu specifičnu zapreminu i kritičnu brzinu, b) minimalan presek mlaznika i c) brzinu i presek na izlazu mlaznika. (Sept ‘90).
61 8.5. Odrediti prečnik kružnog preseka izlaznog dela konvergentnog mlaznika da bi pri ispuštanju azota iz rezervoara, u kome se nalazi pod pritiskom p1 = 0,40 MPa i na temperaturi t1 = 27 0 C, u sredinu pritiska p0 = 0,30 MPa, maseni protok iznosio G = 72,0 kg/h. Gasna konstanta azota je R = 296,9 J/kgK. Smatrati da je azot pri datim uslovima idealan gas. Zanemariti otpore pri proticanju. 8.6. Iz rezervoara, pod pritiskom p1 = 1,20 MPa i na temperaturi t1 = 27 0 C, ističe ugljen dioksid u sredinu pritiska p0 = 0,5 MPa, kroz konvergentni mlaznik. Površina poprečnog preseka na izlazu iz mlaznika je A2 = 30 mm2. Odrediti: a) temperaturu gasa na izlazu iz mlaznika i b) maseni protok gasa. Molarna masa ugljen dioksida je M = 0,044 kg/mol. Eksponent adijabate iznosi k = 1,30. (Jun ‘05) 8.7. Odrediti brzinu isticanja vazduha iz suda u kome se nalazi pod pritiskom p1 = 1,00 MPa i na temperaturi t1 = 27 0 C u sredinu pritiska p0 = 0,1 MPa pri isticanju kroz: a) konvergentni mlaznik i b) konvergentno-divergentni (de Lavalov) mlaznik. Uzeti da je Gasna konstanta R = 287 J/kgK. 8.8. Odrediti površine preseka i odgovarajuće parametre vazduha na mestu najužeg i najšireg dela de Lavalovog mlaznika, ako su pritisak i temperatura vazduha na ulazu u mlaznik p1 = 0,80 MPa, t1 = 17 0 C, respektivno a spoljašnji pritisak p0 = 0,1 MPa. Maseni protok vazduha je G = 3600 kg/h. Gasna konstanta vazduha je R = 287 J/kgK. (Jul ‘05) 8.9. Iz rezervoara, u kome se nalazi pod pritiskom p1 = 1,00 MPa i na temperaturi t1 = 227 C, vazduh ističe kroz konvergentni mlaznik u sredinu pritiska p0 = 0,10 MPa. Površina preseka najužeg dela mlaznika iznosi Amin = 20 mm2. Na konvergentni mlaznik se stavi divergentni dodatak (naglavak) tako da se formira de Lavalov mlaznik. Veličina izlaznog preseka tako dobijenog mlaznika je A2 =1,60 A1. Gasna konstanta vazduha je R = 287 J/kgK. Zanemariti trenje i početnu brzinu isticanja vazduha. Odrediti: a) maseni protok iz formiranog mlaznika; b) kritični odnos pritisaka p2/p1 na izlazu iz mlaznika; c) brzinu isticanja iz mlaznika i d) odnos prečnika D2/D1 najšireg i najužeg dela pravilno dimenzionisanog de Lavalovog mlaznika, tako da bude p2 = p0 . 0
8.10. Proračunati de Lavalov mlaznik i odrediti brzinu isticanja azota iz njega u okolnu sredinu pritiska p0 = 0,1 MPa, ako su pritisak i temperatura na ulazu u mlaznik p1 = 1,6 MPa i t1 = 57 0C, respektivno. Maseni protok gasa je G = 360 kg/h. Smatrati da je isticanje izoentropsko sa zanemarljivom početnom brzinom. Ugao proširenja divergentnog dela mlaznika je 8 0. (Nov 2000) 8.11. Vazduh pod pritiskom od p1 = 1,0 M Pa i temperaturi t1 = 1000 C adijabatski ističe iz konvergentno-divergentnog (de Lavalovog) mlaznika u sredinu pritiska p2 = 0,1 M Pa. Ugao širenja divergentnog dela mlaznika je α = 10 0. Maseni protok vazduha je G = 1,44 . 104 kg/h. Odrediti karakteristične dimenzije mlaznika. (Sept ‘05) 8.12. Parametri vodene pare na ulazu u de Lavalov mlaznik iznose p1 = 0,50 MPa, t1 = 310 C. Vodena para se širi do pritiska p2 = 0,030 MPa, pri čemu je stepen suvoće x2 = 0,99. Odrediti: a) brzinu isticanja iz mlaznika i b) stepen dobrote mlaznika. Za vodenu paru je eksponent adijabate k = 1,33.
0
8.13. Pregrejana vodena para pritiska p1 = 1,2 M Pa i temperature T1 = 573 K adijabatski ističe iz mlaznika u sredinu pritiska p0 = 0,1 M Pa. Na osnovu i, s-dijagrama, drediti brzinu
62 isticanja pare kroz: a) konvergentni mlaznik i b) konvergentno-divergentni (de Lavalov) mlaznik, koji je dobijen tako što je na konvergentni mlaznik stavljen divergentni naglavak. 8.14. Pregrejana vodena para pritiska p1 = 1,2 M Pa i temperature t1 = 300 0 C ističe kroz de Lavalov mlaznik u sredinu pritiska p0 =0,1 M Pa. Na izlazu iz mlaznika stepen suvoće pare je x = 0,98. Odrediti: a) brzinu mlaza na izlazu iz mlaznika; b) promenu specifične entopije pare i c) stepen dobrote mlaznika.
R8. REŠENJA. k
p ⎛ 2 ⎞ k −1 R8.1. Za vazduh (dvoatomski gas) je ψ k = k = ⎜ ⎟ = 0,528 . Kako je p1 ⎝ k + 1 ⎠ p 0,1 ψ = 0 = = 0,626 > ψ k , sledi da je pritisak na izlazu iz cevi jednak pritisku okolne sredine, p1 0,16 tj. p2 = p0 = 0,10 MPa, tako da je isticanje dozvučno. Obzirom da je isticanje izoentropsko, sledi
w2 =
k −1 ⎡ ⎤ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 2 ⎞ k ⎥ = ⋅ 1− ⎜ ⎟ k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥
k −1 ⎡ ⎤ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 0 ⎞ k ⎥ ⋅ 1− ⎜ ⎟ = k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥
1, 40 −1 ⎞ ⎛ m 2 ⋅ 1,40 ⋅ 287 ⋅ 300 ⎜ ⎛ 0,1 ⎞ 1, 40 ⎟ = 275,2 ⋅ ⎜1 − ⎜ ⎟ ⎟ s 1,40 − 1 ⎟ ⎜ ⎝ 0,16 ⎠ ⎠ ⎝
Zaista, brzina isticanja je manja od kritične w2 < wk =
2kRT1 = k +1
m 2 ⋅ 1,40 ⋅ 287 ⋅ 300 = 316,9 . s 1,40 + 1
RT1 287 ⋅ 300 m3 = = 0 , 5381 , pri izoentropskom isticanju specifična zapremina na p1 kg 0,16 ⋅ 10 6 izlazu iz cevi iznosi: Kako je v1 =
1
1
⎛ p ⎞k m3 ⎛ 0,16 ⎞ 1, 40 v 2 = v1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = 0,5381⋅ ⎜ , = 0,7528 ⎟ kg ⎝ 0,10 ⎠ ⎝ p2 ⎠ tako da je
p 2 v 2 0,1 ⋅ 10 6 ⋅ 0,7528 = = 266,3 K , T2 = 287 R što znači da se vazduh na izlazu hladniji za 37,7 K od vazduha u rezervoaru. Maseni protok vazduha je
63
G2 =
A2 w2 50 ⋅ 10 −6 ⋅ 275,2 kg kg = = 0,01828 = 65,80 v2 s h 0,7528
k
p ⎛ 2 ⎞ k −1 R8.2. Za argon kao jednoatomski gas je: k = 1,67 i ψ k = k = ⎜ ⎟ = 0,484 . Kako p1 ⎝ k + 1 ⎠ p 0,10 = 0,667 > ψ k , sledi da je pritisak na izlazu iz cevi jednak pritisku okolne je ψ = 0 = p1 0,15 sredine, tj. p2 = p0 = 0,10 MPa, tako da je isticanje dozvučno. Obzirom da je isticanje izoentropsko, brzina isticanja iz rezervoara velikog kapaciteta je (w1 ≅ 0):
w2 =
k −1 ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ p2 k ⎥ 2kRT1 ⎢ ⋅ 1− ⎜ ⎟ = k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
1, 67 −1 ⎞ ⎛ m 2 ⋅ 1,67 ⋅ 207,85 ⋅ 290 ⎜ ⎛ 0,10 ⎞ 1, 67 ⎟ = 212,4 ⋅ ⎜1 − ⎜ ⎟ ⎟ s 1,67 − 1 ⎟ ⎜ ⎝ 0,15 ⎠ ⎠ ⎝
J 8,314 = 207,85 . Specifična zapremina pred otvorom kgK 0,040 rezervoara i posle izlaza iz otvora iznosi, respektivno:
gde je gasna konstanta za argon R =
RT1 207,85 ⋅ 290 m3 = = 0,4018 v1 = p1 kg 0,15 ⋅ 10 6 i 1
1
⎛ p ⎞k m3 ⎛ 0,15 ⎞ 1,67 v 2 = v1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = 0,4018 ⋅ ⎜ . = 0,5122 ⎟ kg ⎝ 0,10 ⎠ ⎝ p2 ⎠ Maseni protok argona je
G2 =
A2 w2 Aw2 1 ⋅ 10 −6 ⋅ 212,4 kg kg = = = 4,147 = 1,493 , v2 v2 s h 0,5122
tako da za vreme od 12 h isteče Δm = G 2 Δt = 1,493 ⋅ 12 = 17,92 kg argona. (Na izlazu iz otvora rezervoara temperatura argona je: pv p v 0,10 ⋅ 10 6 ⋅ 0,5122 T2 = 2 2 = 0 2 = = 246,4 K = −26,6 0 C .) R R 207,85 k
R8.3.
Za
kiseonik
(k
=
1,40)
je
p ⎛ 2 ⎞ k −1 ψk = k =⎜ ⎟ = 0,528 . p1 ⎝ k + 1 ⎠
Kako
je
p 0 0,50 = = 0,714 > ψ k , sledi da je pritisak na izlazu iz cevi jednak pritisku okolne sredine, p1 0,70 tj. p2 = p0 = 0,50 MPa, tako da je isticanje dozvučno (w < wk ). Brzina isticanja iz rezervoara velikog kapaciteta je (w1 ≅ 0):
ψ =
64
k −1 ⎡ ⎤ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 2 ⎞ k ⎥ ⎜ ⎟ ⋅ 1− = k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
w2 =
1, 40 −1 ⎛ ⎞ m 2 ⋅ 1,40 ⋅ 259,7 ⋅ 293 ⎜ ⎛ 0,50 ⎞ 1, 40 ⎟ ⋅ ⎜1 − ⎜ = 221,0 ⎟ ⎟ s 1,40 − 1 ⎜ ⎝ 0,70 ⎠ ⎟ ⎝ ⎠
Zaista, brzina isticanja je dozvučna jer je w2 < wk =
m 2 ⋅ 1,40 ⋅ 259,7 ⋅ 293 = 297,9 . s 1,40 + 1
2kRT1 = k +1
Specifične zapremine na ulazu u malznik i na njenom izlazu iznose, respektivno
v1 =
RT1 259,7 ⋅ 293 m3 = = 0 , 1087 , p1 kg 0,70 ⋅ 10 6
i 1
1
⎛ p1 ⎞ k m3 ⎛ 0,70 ⎞ 1, 40 ⎜ ⎟ v 2 = v1 ⎜ ⎟ = 0,1087 ⋅ ⎜ , = 0,1382 ⎟ kg ⎝ 0,50 ⎠ ⎝ p2 ⎠ tako da je maseni protok kiseonika
G2 =
A2 w2 20 ⋅ 10 −6 ⋅ 221 kg kg = = 0,03198 = 115,1 . v2 s h 0,1382
k
R8.4.
ψ =
Za
vazduh
(k
=
1,40)
je
p ⎛ 2 ⎞ k −1 ψk = k =⎜ ⎟ = 0,528 , p1 ⎝ k + 1 ⎠
tako
da
p0 1 = = 0,098 < ψ k , jer je 1bar=1,02 at., tako da je isticanje sa kritičnom brzinom. p1 10 ⋅ 1,02
a) Kritični parametri vazduha su:
p k = p1ψ k = 10 ⋅ 0,528 = 5,28 bar = 0,528 MPa , 1 k
1
⎛ p1 ⎞ m3 ⎛ 10 ⎞ k , v k = v1 ⎜⎜ ⎟⎟ = v1 ⎜ ⎟ = 0,259 kg ⎝ 5,28 ⎠ ⎝ pk ⎠ gde je
v1 =
wk =
RT1 286,7 ⋅ 573 m3 = = 0 , 1643 , p1 kg 1 ⋅ 10 6 2kRT1 = k +1
m 2 ⋅ 1,40 ⋅ 286,7 ⋅ 573 = 437,8 s 1,40 + 1
je
65
b) Amin =
Gv k 4 ⋅ 0,259 = = 2,366 ⋅ 10 −3 m 2 = 2366 mm 2 wk 437,8
c) Pri isticanja iz pravilno dimenzionisanog (de Lavalovog) mlaznika (do pritiska p2 = p0 = 1 at brzina je nadzvučna
w2 =
k −1 ⎡ ⎤ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 2 ⎞ k ⎥ ⋅ 1− ⎜ ⎟ = k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
k −1 ⎡ ⎤ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 0 ⎞ k ⎥ ⋅ 1− ⎜ ⎟ = k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
1, 40 −1 ⎞ ⎛ m 2 ⋅ 1,40 ⋅ 286,7 ⋅ 573 ⎜ ⎛ 1 ⎞ 1, 40 ⎟ = 746,8 ⋅ ⎜1 − ⎜ ⎟ ⎟ s 1,40 − 1 ⎟ ⎜ ⎝ 10 ⋅ 1,02 ⎠ ⎠ ⎝ 1
1
⎛ p ⎞k m3 ⎛ 10 ⋅ 1,02 ⎞ 1, 4 v 2 = v1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = 0,1643 ⋅ ⎜ ⎟ = 0,863 kg ⎝ 1 ⎠ ⎝ p0 ⎠ A2 =
Gv2 4 ⋅ 0,863 = = 4,622 ⋅ 10 −3 m 2 = 4622 mm 2 w2 746,8 k
R8.5.
Za
azot
(k
=
1,40)
je
p ⎛ 2 ⎞ k −1 ψk = k =⎜ ⎟ = 0,528 . p1 ⎝ k + 1 ⎠
Kako
je
p 0 0,30 = = 0,75 > ψ k , sledi da je pritisak na izlazu iz cevi jednak pritisku okolne sredine, tj. p1 0,40 p2 = p0 = 0,30 MPa, tako da je isticanje dozvučno (w < wk). Brzina isticanja iz rezervoara velikog kapaciteta (w1 ≅ 0) je:
ψ =
w2 =
⎡ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 2 1− ⎜ k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎣⎢
⎞ ⎟⎟ ⎠
k −1 k
⎤ ⎥= ⎥ ⎦⎥
1, 40 −1 ⎛ ⎞ m 2 ⋅ 1,40 ⋅ 296,9 ⋅ 300 ⎜ ⎛ 0,30 ⎞ 1, 40 ⎟ = 221,8 . 1− ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ s 1,40 − 1 ⎜ ⎝ 0,40 ⎠ ⎟ ⎝ ⎠
Zaista, brzina isticanja je dozvučna jer je w2 < wk =
2kRT1 = k +1
m 2 ⋅ 1,40 ⋅ 296,9 ⋅ 300 = 322,4 . s 1,40 + 1
RT1 296,9 ⋅ 300 m3 = = 0,2227 , a na izlazu iz Specifična zapremina na ulazu u malznik je v1 = p1 kg 0,40 ⋅ 10 6 1
1
⎛ p ⎞k m3 ⎛ 0,40 ⎞ k , tako da je mlaznika je v 2 = v1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = 0,2227 ⋅ ⎜ ⎟ = 0,2735 kg ⎝ 0,30 ⎠ ⎝ p2 ⎠
66 A2 =
Gv2 (72 / 3600) ⋅ 0,2735 = = 24,66 ⋅ 10 −6 m 2 = 24,66 mm 2 w2 221,8 D2 = 2 ⋅
Prečnik na izlazu iz mlaznika je:
A2
π
= 2⋅
24,66 = 5,60 mm . 3,14
k
p ⎛ 2 ⎞ k −1 R8.6. Za ugljen dioksid (k = 1,30) je ψ k = k = ⎜ ⎟ = 0,546 . p1 ⎝ k + 1 ⎠ p 0,50 = 0,417 < ψ k , sledi da je isticanje sa kritičnom brzinom Obzirom da je ψ = 0 = p1 1,2 w2 = wk =
2kRT1 m = 253,1 k +1 s
gde je gasna konstanta za ugljen dioksid R = 8,314/ 0,044 J/kgK = 188,95 J/kgK. Specifična zapremina na ulazu u mlaznik je
v1 =
RT1 m3 = 0,0472 p1 kg
Na izlazu iz mlaznika pritisak je jednak kritičnom pritisku p2 = p k = p1ψk = 0,655 Mpa, tako da je specifična zapremina na izlazu iz mlaznika 1
1
⎛ p1 ⎞ k ⎛ p1 ⎞ k m3 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ v 2 = v1 ⎜ ⎟ = v1 ⎜ ⎟ = 0,0752 . kg ⎝ p2 ⎠ ⎝ pk ⎠ Maseni protok ugljen dioksida je A2 w2 kg kg = 0,1010 = 363,5 . v2 s h Kako je isticanje iz mlaznika adijabatsko (izoentropsko) temperatura ugljen dioksida na izlazu iz mlaznika iznosi G=
⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ k ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠ odnosno
k −1 k
t2 = -12,10 0C.
= 260,9 K .
67 k
p ⎛ 2 ⎞ k −1 R8.7. Za vazduh je (k = 1,40) je ψ k = k = ⎜ ⎟ = 0,528 . p1 ⎝ k + 1 ⎠ p 0,1 = 0,1 < ψ k , sledi da je isticanje sa kritičnom brzinom (do pritiska a) Obzirom da je ψ = 0 = p1 1,00 p2 = pk = ψk p1 = 0,528 MPa > p0 ) w2 = wk =
m 2 ⋅ 1,40 ⋅ 287 ⋅ 300 = 316,9 . s 1,40 + 1
2kRT1 = k +1
b) Pri isticanju iz de Laval-ovog mlaznika (do pritiska p2 = p0 = 0,10 MPa) brzina je nadzvučna
w2 =
⎡ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 2 ⋅ 1− ⎜ k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎣⎢
⎞ ⎟⎟ ⎠
k −1 k
⎤ ⎥= ⎥ ⎦⎥
⎡ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 0 ⋅ 1− ⎜ k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎣⎢
⎞ ⎟⎟ ⎠
k −1 k
⎤ ⎥= ⎥ ⎦⎥
1, 40 −1 ⎞ ⎛ m 2 ⋅ 1,40 ⋅ 287 ⋅ 300 ⎜ ⎛ 0,1 ⎞ 1, 40 ⎟ = 539,0 ⋅ ⎜1 − ⎜ ⎟ ⎟ s 1,40 − 1 ⎟ ⎜ ⎝ 1,00 ⎠ ⎠ ⎝
k
p ⎛ 2 ⎞ k −1 R8.8. Za vazduh je (k = 1,40) je ψ k = k = ⎜ ⎟ = 0,528 . Obzirom da je p1 ⎝ k + 1 ⎠ p 0,1 ψ = 0 = = 0,1 < ψ k , sledi da je u najužem delu mlaznika pritisak jednak kritičnom brzinom p1 0,80
pritisku p min = p k = p1ψ k = 0,80 ⋅ 10 6 ⋅ 0,528 = 0,4224 MPa , tako da je brzina strujanja u najužem delu mlaznika jednaka kritičnoj brzini (jednakoj mesnoj brzini zvuka) 2kRT1 = k +1
wmin = wk =
m 2 ⋅ 1,40 ⋅ 287 ⋅ 290 = 311,6 . s 1,40 + 1
Ostali parametri vazduha su: 1
v min
1
⎛ p ⎞k m3 ⎛ 0,80 ⎞ k = v k = v1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = 0,104 ⋅ ⎜ ⎟ = 0,1641 kg ⎝ 0,4224 ⎠ ⎝ pk ⎠
gde je specifična zapremina vazduha na ulazu u mlaznik
v1 =
RT1 287 ⋅ 290 m3 = = 0 , 1040 p1 kg 0,80 ⋅ 10 6
i Tmin = Tk =
p k v k 0,4224 ⋅ 10 6 ⋅ 0,1641 = = 241,5 K . R 287
68 Kako je G = Aw/v, površina preseka najužeg dela de Laval-ovog mlaznika iznosi Amin =
Gvk (3600 / 3600) ⋅ 0,1641 = = 527 mm 2 . wk 311,6
Obzirom da je u najužem delu mlaznika brzina jednaka lokalnoj brzini zvuka, isticanje iz de Laval-ovog mlaznika do pritiska okolne sredine (p2 =p0 = 0,50 MPa) biće nadzvučnom brzinom: k −1 ⎡ ⎤ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 2 ⎞ k ⎥ ⋅ 1− ⎜ ⎟ = k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
w2 =
=
k −1 ⎡ ⎤ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 0 ⎞ k ⎥ ⋅ 1− ⎜ ⎟ = k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
1, 4 −1 ⎡ ⎤ m 2 ⋅ 1,40 ⋅ 287 ⋅ 290 ⎢ ⎛ 0,1 ⎞ 1, 40 ⎥ = 510,9 ⋅ 1− ⎜ ⎟ ⎢ ⎝ 0,8 ⎠ ⎥ s 1,40 − 1 ⎢⎣ ⎥⎦
Ostali parametri vazduha na izlazu iz mlaznika su: 1 k
1 k
1
⎛ p1 ⎞ ⎛ p1 ⎞ m3 ⎛ 0,80 ⎞ 1, 40 , v 2 = v1 ⎜⎜ ⎟⎟ = v1 ⎜⎜ ⎟⎟ = 0,1040 ⋅ ⎜ = 0,4593 ⎟ kg ⎝ 0,1 ⎠ ⎝ p2 ⎠ ⎝ p0 ⎠ k −1
⎛p ⎞ k ⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = T1 ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠ ⎝ p1 ⎠ Najveći (izlazni) presek mlaznika je A2 =
k −1 k
⎛ 0,1 ⎞ = 290 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 0,80 ⎠
k −1 1, 40
= 160,1 K = −113 0 C
Gv2 (3600 / 3600) ⋅ 0,4593 = = 899 mm 2 . w2 510,9
(Prečnik na izlazu iz mlaznika je za 30,6% ve}i od prečnika najužeg dela cevi.
D2 = Dmin R8.9.
Pri
A2 899 = = 1,306 ) 527 Amin isticanju
vazduha
(k=1,40)
iz
konvergentnog
k k −1
mlaznika
je:
p0 pk ⎛ 2 ⎞ 0,1 = = 0,10 < ψ k = 0,528 , sledi da je =⎜ ⎟ = 0,528 . Obzirom da je ψ = p1 ⎝ k + 1 ⎠ p1 1,00 brzina na izlazu iz mlaznika jednaka kritičnoj brzini, tj. lokalnoj brzini zvuka: 2kRT1 m 2 ⋅ 1,40 ⋅ 287 ⋅ 500 w2 = wk = = 409,2 , = k +1 s 1,40 + 1
ψk =
a pritisak jednak kritičnom pritisku, koji j eveći od pritiska okolne sredine p0
69 p 2 = p k = p1ψ k = 1,00 ⋅ 10 6 ⋅ 0,528 = 0,528 MPa > p 0 .
Kako je v1 =
RT1 287 ⋅ 500 m3 = = 0 , 1435 , i kako je isticanje adijabatsko, sledi p1 1,00 ⋅ 10 6 kg 1
1
⎛ p ⎞k m3 ⎛ 1,00 ⎞ 1, 4 v 2 = v k = v1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = 0,1435 ⋅ ⎜ . ⎟ = 0,2264 kg ⎝ 0,528 ⎠ ⎝ p2 ⎠ Temperatura vazduha na izlazu iz mlaznika jednaka je kritičnoj temperaturi T2 = Tk =
p k v k 0,528 ⋅ 10 6 ⋅ 0,2264 = = 416,5 K . R 287
Maseni protok kroz mlaznik je
G = G2 = Gmin =
Amin w2 20 ⋅ 10 −6 ⋅ 409,2 kg kg = = 0,03615 = 130,1 . v2 s h 0,2264
Stavljanjem divergentnog dela (naglavka) na konvergentni mlaznik brzina proticanja kroz najuži deo tako dobijenog de Laval-ovog mlaznika neće da se promeni wmin = w2’ = 409,2 m/s, što važi i za maseni protok G’ = G = 0,03615 kg/s. Kako je maseni protok pri adijabatskom isticanju dat izrazom: 2k p1 ⋅ G ' = A2 ⋅ k − 1 v1
2 ⎡ k ⎛ ⎞ p ⎢⎜ 2 ⎟ − ⎛⎜ p 2 ⎜p ⎢⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎝ 1 ⎢⎣
⎞ ⎟⎟ ⎠
k +1 k
⎤ ⎥ = A p ⋅ 2k ⋅ 1 2 1 ⎥ k − 1 RT1 ⎦⎥
2 k +1 ⎡ ⎤ k k ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ p p ⎢⎜ 2 ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎥ ⎜p ⎟ ⎥ ⎢⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎝ 1⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎦
Zamenom brojnih vrednosti dobija se k +1 2 ⎡ ⎤ ⎡⎛ p ⎞1, 428 ⎛ p ⎞1,714 ⎤ k ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ p2 p2 k ⎥ ⎢ = 0,2235⎢⎜⎜ 2 ⎟⎟ − ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎥ , 0,03615 = 0,2235 ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎢⎝ p1 ⎠ ⎥ ⎢⎣⎝ p1 ⎠ ⎝ p1 ⎠ ⎥ ⎝ p1 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎦
⎛p ⎞ p odakle se grafičkom metodom, iz grafika G = G⎜⎜ 2 ⎟⎟ , dobija da je 2 = 0,14 . Pritisak na izlazu p1 ⎝ p1 ⎠ iz mlaznika je veći od pritiska okolne sredine: p2 = 0,14 MPa > p0. Brzina isticanja vazduha iz mlaznika je je nadzvučna
w = ' 2
k −1 ⎡ ⎤ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 2 ⎞ k ⎥ ⋅ 1− ⎜ ⎟ = k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
1, 4 −1 m 2 ⋅ 1,40 ⋅ 287 ⋅ 500 ⎡ ⎤ ⋅ ⎢1 − (0,14 ) 1, 40 ⎥ = 657,0 s 1,40 − 1 ⎣ ⎦
70 Vazduh bi se širio do pritiska okolne sredine ukoliko bi odnos pritisaka iznosio
p 2 p0 = = 0,10 . p1 p1
U tom slučaju površina preseka izlaznog dela mlaznika trebala bi da bude G G = = A2' = 2 2 k +1 k +1 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 2k 1 ⎢⎛ p 2 ⎞ k ⎛ p 2 ⎞ k ⎥ 2k 1 ⎢⎛ p 0 ⎞ k ⎛ p0 ⎞ k ⎥ ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⋅ p1 ⋅ p1 ⋅ k − 1 RT1 ⎢⎝ p1 ⎠ p1 ⎠ ⎥ k − 1 RT1 ⎢⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎝ ⎝ p1 ⎠ ⎥⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎦ 0,03615 = = 38,6 mm 2 2 1, 40 +1 ⎡ ⎤ 2 ⋅ 1,40 1 ⎛ 0,1 ⎞ 1, 40 ⎛ 0,1 ⎞ 1, 40 ⎥ 6 ⎢ ⋅ 1 ⋅ 10 ⋅ ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ 1,40 − 1 287 ⋅ 500 ⎢⎝ 1,00 ⎠ 1,00 ⎠ ⎝ ⎢⎣ ⎥⎦ odnosno A2' = 1,93 ⋅ A1 . Znači, mlaznik je dobro proračunat ako je
D2 = D1
A2 = 1,93 = 1,389 . A1
U tom slučju vazduh bi iz ovog mlaznika isticao sa nadzvučnom brzinom
w = '' 2
=
⎡ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 2 ⋅ 1− ⎜ k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎣⎢
⎞ ⎟⎟ ⎠
k −1 k
⎤ ⎥= ⎥ ⎦⎥
⎡ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 0 ⋅ 1− ⎜ k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎣⎢
⎞ ⎟⎟ ⎠
k −1 k
⎤ ⎥= ⎥ ⎦⎥
1, 4 −1 2 ⋅1,40 ⋅ 287 ⋅ 500 ⎡ m ⎤ ⋅ ⎢1 − (0,1) 1, 40 ⎥ = 695,9 > w2' 1,40 − 1 s ⎣ ⎦
k
p ⎛ 2 ⎞ k −1 R8.10. a) Za azot (k = 1,40) je je ψ k = k = ⎜ ⎟ = 0,528 , tako da kritičan pritisak, p1 ⎝ k + 1 ⎠ koji se ustanovljava na mestu minimalnog preseka mlaznika iznosi 6 p k = p1ψ k = 1,00 ⋅ 10 ⋅ 0,528 = 0,528 MPa . Kako je za azot je R = 296,9 J/kg, specifična
zapremina na ulazu u mlaznik je v1 =
RT1 296,9 ⋅ 330 m3 = = 0 , 0612 , a kritična vrednost p1 kg 1,6 ⋅ 10 6
specifične zapremine iznosi 1
1
⎛ p ⎞k m3 ⎛ 1,6 ⎞ 1, 4 . v k = v1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = 0,0612 ⋅ ⎜ ⎟ = 0,1351 kg ⎝ 0,528 ⎠ ⎝ pk ⎠ Teorijska vrednost kritične brzine iznosi wk =
2kRT1 = k +1
m 2 ⋅ 1,40 ⋅ 296,9 ⋅ 330 = 338,1 . s 1,40 + 1
71 Površina kružnog preseka najužeg dela mlaznika je Amin =
Gvk (360 / 3600) ⋅ 0,1351 = = 40,0 mm 2 , wk 338,1
tako da prečnik kružnog preseka najužeg dela mlaznika iznosi d min = 2
Amin
π
= 7,14 mm .
Na izlazu iz mlaznika specifična zapremina i brzina iznose, respektivno: 1
1
⎛ p1 ⎞ k m3 ⎛ 1,6 ⎞ 1, 4 ⎜ ⎟ , v 2 = v1 ⎜ ⎟ = 0,0612 ⋅ ⎜ ⎟ = 0,4434 kg ⎝ 0,1 ⎠ ⎝ p0 ⎠
w2 =
=
k −1 ⎡ ⎤ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 2 ⎞ k ⎥ ⎜ ⎟ = ⋅ 1− k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
k −1 ⎡ ⎤ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 0 ⎞ k ⎥ ⎜ ⎟ ⋅ 1− = k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
1, 4 −1 ⎡ ⎤ 2 ⋅ 1,40 ⋅ 296,9 ⋅ 330 ⎢ ⎛ 0,1 ⎞ 1, 40 ⎥ m = 612,6 > wk ⋅ 1− ⎜ ⎟ ⎢ ⎝ 1,6 ⎠ ⎥ 1,40 − 1 s ⎢⎣ ⎥⎦
Površina preseka izlaznog dela mlaznika je A2 =
Gv2 (360 / 3600) ⋅ 0,4434 = = 72,4 mm 2 w2 612,6
a prečnik kružnog izlaznog preseka je d2 = 2 ⋅
A2
π
= 2⋅
72,4 = 9,60 mm . 3,14
72
Jednostavno se nalazi (slika R8.1) da dužina divergentnog dela mlaznika (naglavak), koja je jednaka rastojanju između mesta najveđeg i najmanjeg preseka mlaznika, treba da bude: d − d min 9,60 − 7,14 = = 17,6 mm . l= 2 α 2 ⋅ tg 4 0 2 ⋅ tg 2 k
p ⎛ 2 ⎞ k −1 R8.11. a) Za vazduh (k = 1,40) je je ψ k = k = ⎜ ⎟ = 0,528 , tako da kritičan pritisak, koji p1 ⎝ k + 1 ⎠ se ustanovljava na mestu minimalnog preseka mlaznika iznosi 6 p k = p1ψ k = 1,00 ⋅ 10 ⋅ 0,528 = 0,528 MPa . Kako je za vazduh R = 287 J/kg, specifična
zapremina na ulazu u mlaznik je v1 =
RT1 287 ⋅ 373 m3 = = 0 , 1070 , a kritična vrednost specifične p1 kg 1,0 ⋅ 10 6
zapremine je 1
1
⎛ p ⎞k m3 ⎛ 1,0 ⎞ 1, 4 . v k = v1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = 0,1070 ⋅ ⎜ ⎟ = 0,1688 kg ⎝ 0,528 ⎠ ⎝ pk ⎠ Kritična brzina je wk =
2kRT1 = k +1
m 2 ⋅ 1,40 ⋅ 287 ⋅ 373 = 353,4 . s 1,40 + 1
Površina kružnog preseka najužeg dela mlaznika je
Amin
Gvk (1,44 ⋅ 10 4 / 3600) ⋅ 0,1688 = = = 1910,6 mm 2 , 353,4 wk
tako da prečnik kružnog preseka najužeg dela mlaznika iznosi d min = 2
Amin
π
= 49,3 mm .
Na izlazu iz mlaznika specifična zapremina i brzina iznose, respektivno:
73
1
1
⎛ p ⎞k m3 ⎛ 1,0 ⎞ 1, 4 , v 2 = v1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = 0,1070 ⋅ ⎜ ⎟ = 0,5542 p kg 0 , 1 ⎝ ⎠ ⎝ 0⎠ k −1 ⎡ ⎤ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 2 ⎞ k ⎥ ⋅ 1− ⎜ ⎟ = k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥
w2 =
k −1 ⎡ ⎤ 2kRT1 ⎢ ⎛ p 0 ⎞ k ⎥ ⋅ 1− ⎜ ⎟ = k − 1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥
1, 4 −1 ⎡ ⎤ 2 ⋅ 1,40 ⋅ 287 ⋅ 373 ⎢ ⎛ 0,1 ⎞ 1, 40 ⎥ m = 601,0 > wk ⋅ 1− ⎜ ⎟ ⎢ ⎝ 1,0 ⎠ ⎥ 1,40 − 1 s ⎣⎢ ⎦⎥
=
Površina preseka izlaznog dela mlaznika je
A2 =
Gv2 (1,44 ⋅ 10 4 / 3600) ⋅ 0,5542 = = 3688,5 mm 2 601,0 w2
a prečnik kružnog izlaznog preseka je d2 = 2 ⋅
A2
π
= 2⋅
3688,5 = 68.5 mm . 3,14
Jednostavno se nalazi (slika R8.1) da dužina divergentnog dela mlaznika (naglavak), koja je jednaka rastojanju između mesta najvećeg i najmanjeg preseka mlaznika, treba da bude: d − d min 68,5 − 49,3 = = 109,7 mm . l= 2 α 2 ⋅ tg 5 0 2 ⋅ tg 2 R8.12. Iz i, s-dijagrama za vodenu paru nalazi se: za p1 = 0,5 MPa i t1 = 3100 C je v1 = 0,55 m3/kg, i1 = 3080 kJ/kg, s1 = 7,500 kJ/kgK; za p2 = 0,03 MPa i x = 0,99 (t2 ≅ 70 0C) je i2 = 2600 kJ/kg, s2 = 7,700 kJ/kgK.
Slično, iz tablica veličine stanja pregrejane pare nalazi se t (0C) 300 320
v (m3/kg) 0,6547 0,6784
0
3
t ( C) 300 320
4 bara i (kJ/kg) 3065 3106
s (kJ/kgK) 7,560 7,631
i (kJ/kg) 3059 3101
s (kJ/kgK) 7,366 7,437
6 bara
v (m /kg) 0,4345 0,4505
odakle se interpolacionim postupkom dobija 5 bara
74 t (0C) 310
v (m3/kg) 0,5546
i (kJ/kg) 3083
s (kJ/kgK) 7,497
Iz tablica veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od p je za p2 = 0,03 MPa = 0,3 bara, t2 = 69,12 0C, i2’= 289,29 kJ/kg, i2’’= 2625 kJ/kg, s2’= 0,9441 kJ/kgK, s2’’= 7,767kJ/kgK. Za datu vrednost stepena suvoće x2 = 0,99 je
i2 = i2' + (i2'' − i2' ) ⋅ x 2 = 289,29 + (2625 − 289,29) ⋅ 0,99 = 2602 kJ kg i
s 2 = s 2' + ( s 2'' − s 2' ) ⋅ x 2 = 0,9441 + (7,767 − 0,9441) ⋅ 0,99 = 7,699 kJ kg K . Ukoliko prihvatimo kao preciznije vrednosti koje su dobijene iz tablica, sledi da je brzina isticanja w2 = 2 ⋅ (i1 − i2 ) = 2 ⋅ (3083 − 2602) ⋅ 10 3 = 980,8 m s .
Proces isticanja, zbog postojanja sila trenja (otpora) je ireverzibilan s porastom entropije Δs = s 2 − s1 = 7,699 − 7,497 = 202 kJ kgK > 0 .
U slučaju da je proces isticanja izoentropski (Slika R8.2) s2* = s1 = 7,497 kJ/kgK, pri širenju do istog pritiska (p2* = p2 = 0,030 MPa) stepen suvoće iznosio bi
x 2∗ =
s 2∗ − s 2' s1 − s 2' 7,497 − 0,9441 = = 0,96 , = '' ' '' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 7,767 − 0,9441
a krajnja vrednost entalpije iznosila bi
i2∗ = i2' + (i2'' − i2' ) ⋅ x 2∗ = 289,29 + (2625 − 289,29) ⋅ 0,96 = 2532 kJ kg Stepen dobrote mlaznika iznosi:
η=
i1 − i2 3083 − 2602 = = 0,87 . i1 − i2∗ 3083 − 2532
75 k
R8.13.
ψ =
a) Za vodenu paru
(k = 1,33)
p ⎛ 2 ⎞ k −1 je ψ k = k = ⎜ ⎟ = 0,540 . Kako je p1 ⎝ k + 1 ⎠
p 2 p 0 0,1 = = = 0,083 < ψ k , pritisak na izlazu iz mlaznika jednak je kritičnom pritisku p1 p1 1,2
p 2 = p k = p1ψ k = 1,2 ⋅ 10 6 ⋅ 0,540 = 0,648 MPa .
Ulazni parametri pare za p1 = 1,2 M Pa =12 bara i t1 = 300 0C , na osnovu i, s-dijagrama, iznose: s1 = 7,060 kJ/kgK i i1 = 3060 kJ/kg. Za adijabatsko isticanje, dobija se [iz preseka izoentrope s = s1 = const = 7,060 kJ/kgK i izobare p = pk = 0,648 MPa (Slika R8.3)] da je i2 = ik = 2912 kJ/kg, tako da brzina na izlazu iz konvergentnog mlaznika iznosi:
w2 = wk = 2 ⋅ (i1 − i2 ) = 2 ⋅ (i1 − ik ) = 2 ⋅ (3060 − 2912) ⋅ 10 3 = 544 m s
U slučaju isticanja kroz de Laval-ov mlaznik pritisak na izlazu je p2* = p0 = 0,1 MPa. Iz preseka izoentrope s = s2* = s1 = const=7,060 kJ/kgK i izobare p = p2* = p0 = const = 0,1 MPa, dobija se i2* = 2560 kJ/kg, tako da je brzina isticanja vodene pare nadzvučna w2∗ = 2 ⋅ (i1 − i 2∗ ) = 2 ⋅ (3060 − 2560) ⋅ 10 3 = 1000 m s
Vodena para na izlazu iz mlaznika je vlažna stepena suvoće x2* = 0,947. R8.14. A) Na osnovu i, s - dijagrama, za p1 = 1,2 M Pa i t1 = 3000 C se dobija s1 = 7,060 kJ/kgK, i1 = 3060 kJ/kg, a za p2 = p0 = 0,1 M Pa i x2 = 0,98 sledi s2 = 7,263 kJ/kgK i i2 = 2635 kJ/kg, tako da je a) brzina isticanja iz mlaznika w2 = 2 ⋅ (i1 − i2 ) = 2 ⋅ (3060 − 2635) ⋅ 10 3 = 922 m s ;
76 b) povećanje entropije usled ireverzibilnosti procesa isticanja Δs = s 2 − s1 = 7,263 − 7,060 = 203 J kgK > 0 .
c) U slučaju da je isticanje izoentropsko do pritiska p2* = p0 = 0,1 M Pa vodena para na izlazu iz mlaznika bi bila stepena suvoće x2* = 0,947 , entropije i2* = 2560 kJ/kg a brzina isticanja w2∗ = 2 ⋅ (i1 − i2∗ ) = 2 ⋅ (3060 − 2560) ⋅ 10 3 = 1000 m s .
Stepen dobrote mlaznika iznosi:
η=
i1 − i2 3060 − 2635 = = 0,85 . i1 − i2∗ 3060 − 2560
B) Korišćenjem tablica za pregrejanu vodenu paru i tablica za zasićenu vodenu paru dobija se da je za p1 = 1,2 M Pa=12 bara i t1 = 3000 C s1 = 7,025 kJ/kgK i i1 = 3042 kJ/kg, a za p2 = p0 = 0,1 M Pa = 1 bar je s2’ = 1,3025 kJ/kgK, s2’’ = 7,359 kJ/kgK, i2’ = 417,51 kJ/kg, i2’’ = 2675 kJ/kg. Kako je x2 = 0,98, entalpija pare na izlazu iz mlaznika ima vrednost i2 = i2' + (i2'' − i2' ) ⋅ x 2 = 417,51 + (2675 − 417,51) ⋅ 0,98 = 2630 kJ kg tako da brzina isticanja vodene pare iznosi w2 = 2 ⋅ (i1 − i2 ) = 2 ⋅ (3042 − 2630) ⋅ 10 3 = 908 m s .
Entropija na izlazu iz mlaznika je
s 2 = s 2' + ( s 2'' − s 2' ) ⋅ x 2 = 1,3025 + (7,359 − 1,3025) ⋅ 0,98 = 7,2378 kJ kg , tako da je promena entropije usled ireverzibilnosti Δs = s 2 − s1 = 7,278 − 7,025 = 253 J kgK > 0
U slučaju da je isticanje reverzibilno a time i izoentropsko (s2* = s1= 7,025 kJ/kgK) stepen suvoće pare na izlazu iz mlaznika bio bi
x 2∗ =
s 2∗ − s 2' s1 − s 2' 7,025 − 1,3025 = = 0,944 , = '' ' '' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 7,359 − 1,3025
tako da bi entalpija pare na izlaznom preseku iznosila
i2∗ = i2' + (i2'' − i2' ) ⋅ x 2∗ = 417,51 + (2675 − 417,51) ⋅ 0,944 = 2548 kJ kg . Brzina isticanja vodene pare iznosila bi w2 = 2 ⋅ (i1 − i2∗ ) = 2 ⋅ (3042 − 2548) ⋅ 10 3 = 994 m s .
77 Stepen dobrote mlaznika je η =
i1 − i2 3042 − 2630 = = 0,83. i1 − i2∗ 3042 − 2548
Pore|enjem dobijenih rezultata korišćenjem i, s-dijagrama i odgovarajućih tablica uočava se da se rezultati razlikuju se za svega nekoliko procenata.
9. PROCESI U KOMPRESORIMA
9.1. Jednostepeni kompresor vrši sabijanje vazduha od pritiska p1 = 0,1 M Pa i temperature t1 = 27 C do pritiska p2 = 10 M Pa. Odrediti vrednost rada koji se utroši za pogon kompresora po jedinici zapremine usisanog vazduha ukoliko se sabijanje vrši politropski s ekspnentom n = 1,30. 0
9.2. Idealni jednostepeni kompresor sabija ΔV/Δτ = 500 m3/h vazduha po adijabati od pritiska p1 = 0,1 M Pa i temperature t1 = 27 0 C do pritiska p2 = 0,6 M Pa. Odrediti: a) temperaturu na kraju procesa adijabatskog sabijanja i b) teorijsku snagu motora kompresora. 9.3. Kompresor usisava vazduh pritiska p1 = 0,1 M Pa i temperature t1 = 30 0 C i sabija ga do pritiska p2 = 0,6 MPa. Zapremina usisanog vazduha, pri normalnim uslovima, za vreme Δτ = 1 h iznosi ΔV0 = 1000 m3. Odrediti: a) teorijsku snagu motora za pogon kompresora pri politropskom sabijanju (n = 1,25); b) temperaturu sabiujenog vazduha i c) zapreminu sabijenog vazduha koji se na izlazu iz kompresora dobija tokom 1 h. 9.4. Kompresor usisava 1200 m3/h vazduha pri pritisku od p1 = 0,1 M Pa i temperaturi t1 = 17 C i sabija do pritiska p2 = 1,2 M Pa. Odrediti: a) temperaturu sabijenog vazduha; b) zapreminu sabijenog vazduha tokom jednog časa na izlazu iz kompresora; c) teorijsku snagu motora kompresora i d) masu vode koja se tokom 1 h utroši za hlađenje kompresora. Voda se pri tome zagreje za Δt0 =15 0 C . Sabijanje se vrši po politropi eksponenta n = 1,20. Specifični toplotni kapaciteti vazduha i vode iznose cv = 0,720 kJ/kg i c0 = 4,19 kJ/kg. (Jun ‘02) 0
9.5. Kompresor stepena kompresije β = 10 sabija vazduh pritiska p1 = 0,1 MPa i temperature t1 = 27 0C. Pri normalnim uslovima kompresor usisava 1500 m3/ h vazduha. Sabijanje se vrši izotermno. Odrediti: a) zapreminu sabijenog vazduha tokom jednog časa na izlazu iz kompresora; b) snagu motora kompresora; c) masu vode koja se tokom 1 h utroši za hlađenje kompresora. Voda se pri tome zagreje za Δt0 = 20 0 C . Specifični toplotni kapaciteti vazduha i vode iznose cv = 0,720 kJ/kg i c0 = 4,19 kJ/kg, respektivno. 9.6. Vazduh pritiska p1 = 0,1 M Pa i temperature t1 = 27 0 C adijabatski se sabija do pritiska p2 = 1,0 M Pa. Odrediti temperaturu na kraju sabijanja i teorijski specifični rad utrošen za pogon kompresora u slučaju: a) jednostepenog kompresora i b) dvostepenog kompresora s međustepenim hlađenjem. 9.7. Trostepeni kompresor sabija 500 m3/h vazduha od pritiska p1 = 0,1 MPa do pritiska p2 = 8 MPa. Odrediti teorijsku snagu motora kompresora ako se sabijanje vrši po politropi eksponenta n = 1,30.
78
R9. REŠENJE. R9.1. Rad koji izvrši kompresor pri politropskom sabijanju gasa mase m iznosi: n −1 n −1 ⎧ ⎤ ⎤⎫ ⎡ ⎡ n n ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ p p n ⎪ n ⎪ 2 2 ⎥ ⎢ ⎢ L k = ml k = m ⋅ ⎨ ⋅ p1V1 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ − 1⎥ , ⋅ p1v1 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ − 1 ⎬ = ⎥ ⎥ ⎢⎝ p1 ⎠ ⎢⎝ p1 ⎠ n n 1 1 − − ⎪ ⎪ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎭ ⎣⎢ ⎩
tako da je rad po jedinici zapremine gasa
Lk ,V
n −1 1, 30 −1 ⎤ ⎡ ⎡ ⎤ n 1, 30 ⎛ ⎞ p 10 1 , 30 n kJ ⎛ ⎞ 6 ⎢ 2 ⎥ ⎢ ⋅ 0,1 ⋅ 10 ⋅ ⎜ ⎟ − 1⎥ = 1254,2 3 = ⋅ p1 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ − 1 = ⎥ 1,30 − 1 ⎢⎝ p1 ⎠ ⎢⎝ 0,1 ⎠ ⎥ n −1 m ⎢⎣ ⎥⎦ ⎥⎦ ⎣⎢
Temperatura na kraju procesa politropskog sabijanja iznosi: ⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
n −1 n
1, 3−1
⎛ 10 ⎞ 1,30 = 300 ⋅ ⎜ ⎟ = 868,3 K ⎝ 0,1 ⎠
R9.2. a) Temperatura na kraju procesa politropskog sabijanja iznosi:
⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
k −1 k
1, 4 −1
⎛ 0,6 ⎞ 1, 40 = 300 ⋅ ⎜ = 500,6 K . ⎟ ⎝ 0,1 ⎠
b) Teorijska snaga motora kompresora iznosi: k −1 1, 4 −1 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 1, 4 ⎛ p2 ⎞ k ΔV1 k 1,40 500 6 ⎢⎛ 0,6 ⎞ ⎢ ⎥ Pk = ⋅ p1 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ − 1 ⋅ = ⋅ 0,1 ⋅ 10 ⋅ ⎜ − 1⎥ ⋅ = ⎟ ⎢ ⎥ ⎢⎝ 0,1 ⎠ ⎥ 3600 k −1 p1 ⎠ Δτ 1,40 − 1 ⎝ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ = 32,5 kW
R9.3. a) Snaga motora kompresora je n −1 ⎤ ⎡ n ⎛ ⎞ dLk ΔV dV1 p dm n 2 ⎢ Pk = = lk = l k ,v = ⋅ p1 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ − 1⎥ ⋅ 1 . ⎥ Δτ ⎢⎝ p1 ⎠ dτ dτ n −1 dτ ⎥⎦ ⎣⎢
p 0T1 ⋅ V0 , gde su p0 p1T0 = 0,1013 MPa, T0 = 273 K, i V0 parametri vazduha pri normalnim uslovima. Iz predhodnog sledi da je zapremina usisanog vazduha pri pritisku p1 = 0,1 M Pa i temperaturi t1 = 300 C Kako je količina uslisanog vazduha nezavisna od spoljašnjih uslova sledi V1 =
79
ΔV1 p 0T1 ΔV0 0,1013 ⋅ 10 6 ⋅ 303 ⎛ 1000 ⎞ m3 m3 = ⋅ = ⋅ 0 , 312 1124 = = , ⎜ ⎟ Δτ p1T0 Δτ h 3 0,1 ⋅ 10 6 ⋅ 273 ⎝ 3600 ⎠ tako da snaga kompresora, kada se sabijanje vrši pri politropskom procesu s eksponentom n = 1,25 iznosi n −1 1, 25 −1 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ n 1, 25 ⎛ ⎞ p V Δ n 1 , 25 0 , 6 ⎛ ⎞ 6 ⎢ 2 1 ⎢ ⎥ Pk = ⋅ p1 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ − 1 ⋅ = ⋅ 0,1 ⋅ 10 ⋅ ⎜ − 1⎥ ⋅ 0,312 = ⎟ ⎢⎝ p1 ⎠ ⎥ Δτ 1,25 − 1 ⎢⎝ 0,1 ⎠ ⎥ n −1 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎥⎦ ⎣⎢ = 67,23 kW b) Temperatura vazduha na kraju procesa politropskog sabijanja je
⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
c) Kako je
n −1 n
⎛ 0,6 ⎞ = 303 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 0,1 ⎠
pT p ⎛p ⎞ V2 = 1 2 ⋅ V1 = 1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ p 2 ⎝ p1 ⎠ p 2T1
1, 25 −1 1, 25
n −1 n
= 433,4 K .
−
1
⎛p ⎞ n ⋅ V1 = ⎜⎜ 2 ⎟⎟ V1 , ⎝ p1 ⎠
sledi ΔV2 ⎛ p 2 = ⎜⎜ Δτ ⎝ p1
⎞ ⎟⎟ ⎠
−
1 n
ΔV ⎛ 0,6 ⎞ ⋅ 1 =⎜ ⎟ Δτ ⎝ 0,1 ⎠
−
1 1, 25
⋅ 1124 = 268,1
m3 , h
tako da zapremina sabijenog vazduha na izlazu iz kompresora tokom 1 h iznosi ΔV 2 =
ΔV 2 ⋅ Δτ = 2681,1 ⋅ 1 = 268,1 m 3 Δτ
R9.4. a) Temperatura vazduha na kraju procesa politropskog sabijanja je
⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
n −1 n
ΔV2 ⎛ p 2 =⎜ b) Kako je Δτ ⎜⎝ p1
⎛ 1,2 ⎞ = 290 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 0,1 ⎠ ⎞ ⎟⎟ ⎠
−
1 n
1, 20 −1 1, 20
ΔV ⎛ 1,2 ⎞ ⋅ 1 =⎜ ⎟ Δτ ⎝ 0,1 ⎠
= 438,8 K
−
1 1, 20
⋅ 1200 = 151,3
m3 , h
zapremina sabijenog vazduha koja se na izlazu iz kompresora dobija tokom 1 h iznosi ΔV 2 =
ΔV 2 ⋅ Δτ = 151,3 ⋅ 1 = 151,3 m 3 . Δτ
c) Snaga kompresora, kada se sabijanje vrši pri politropskom procesu s eksponentom n = 1,20 iznosi
80
n −1 1, 20 −1 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 1, 20 ⎛ p2 ⎞ n ΔV1 n 1,20 6 ⎢⎛ 1,2 ⎞ ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ Pk = ⋅ p1 ⋅ ⎜ ⎟ − 1 ⋅ = ⋅ 0,1 ⋅ 10 ⋅ ⎜ ⎟ − 1⎥ ⋅ (1200 3600) = ⎢⎝ p1 ⎠ ⎥ Δτ 1,20 − 1 ⎢⎝ 0,1 ⎠ ⎥ n −1 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ = 102,6 kW
d) Količina toplote koju tokom procesa politropskog sabijanja oslobodi vazuh mase m primi voda za hlađenje mase m0 pri čemu joj se temperatura povisi za Δt0 ⎞ ⎛n−k m⋅⎜ ⋅ cv ⎟(T2 − T1 ) = m0 c0 Δt 0 . ⎠ ⎝ n −1
odakle je m0 =
jer je m =
cv p1 n − k T2 − T1 ⋅ ⋅ V1 , ⋅ c0 RT1 n − 1 Δt 0
p1 V1 . Posle diferenciranja gornjeg izraza, sledi RT1
Δm0 cv p1 n − k T2 − T1 ΔV1 = ⋅ ⋅ ⋅ = Δτ c0 RT1 n − 1 Δt 0 Δτ =
kg kg 0,720 0,1 ⋅ 10 6 1,20 − 1,40 438,8 − 290 ⎛ 1200 ⎞ = 2458 ⋅ ⋅⎜ ⋅ ⎟ = 0,683 s h 4,19 287 ⋅ 290 1,20 − 1 15 ⎝ 3600 ⎠
R9.5. a) Kako je V2 =
pT p1 1 V1 = V1 i kako je V1 = 0 1 ⋅ V0 , β p1T0 p2
sledi V2 =
1
β
V1 =
1 p 0T1 ⋅ V0 , β p1T0
tako da je
ΔV2 1 1 p T ΔV 1 0,1013 ⋅ 10 6 ⋅ 300 m3 = V1 = ⋅ 0 1 ⋅ 0 = ⋅ ⋅ 1500 = 167 , 6 . β β p1T0 Δτ 10 0,1 ⋅ 10 6 ⋅ 272 h Δτ b) U slu~aju isotermnog sabijanja je lk = p1V1 ln p dV0 dm = 0 , dτ RT0 dτ snaga motora kompresora iznosi
p2 = RT1 ln β . Kako je p1
81 Pk = l k
p dV p dV dm = RT1 (ln β ) ⋅ 0 ⋅ 0 = T1 (ln β ) ⋅ 0 ⋅ 0 = dτ RT0 dτ T0 dτ 0,1013 ⋅ 10 6 1500 ⋅ = 106,8 kW 273 3600
= 300 ⋅ (ln 10) ⋅
c) Oslobođenu toplotu tokom izotermnog sabijanja Q = Lk = mRT1lnβ prima za hlađenje voda mase m0, pri čemu se zagreje za Δt0:
m0 c0 Δt 0 = (RT1 ln β )m , odakle je dm0 RT1 ln β dm RT1 ln β p 0 dV0 T1 ln β p0 dV0 = ⋅ = ⋅ = ⋅ = dτ c0 Δt 0 dτ c0 Δt 0 RT0 dτ c0 Δt 0 T0 dτ =
kg 300 ⋅ ln 10 0,1013 ⋅ 10 6 ⋅ ⋅ 1500 = 4588 3 h 273 4,19 ⋅ 10 ⋅ 20
R9.6.
⎛p ⎞ a) T2 = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
k −1 k
⎛ 1,0 ⎞ = 300 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 0,1 ⎠
1, 40 −1 1, 40
= 579,2 K ;
k −1 1, 4 −1 ⎡ ⎤ ⎤ ⎡ k 1, 4 ⎞ ⎛ p k kJ 1 , 4 1 , 0 ⎛ ⎞ 2 ⎢ ⎥ ⎢ lk = ⋅ 287 ⋅ 300 ⋅ ⎜ ⎟ − 1⎥ = 143,1 . ⋅ RT1 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ − 1 = ⎢⎝ p1 ⎠ ⎥ 1,4 − 1 ⎥ ⎢⎝ 0,1 ⎠ k −1 kg ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎣⎢
b) Stepen kompresije svakog stepena je β i =
p 2' = p1
p2 1,0 = = 3,162 . p1 0,1
Temperatura na kraju svakog stepena iznosi: ⎛ p' ⎞ T2' = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
k −1 k
= T1 β i
k −1 k
= 300 ⋅ (3,162)
1, 40 −1 1, 40
= 416,8 K .
Ukupan specifični rad iznosi: l k = 2l ki = 2 ⋅
1, 4 −1 1,4 k kJ ⎡ k −1 ⎤ ⎡ ⎤ ⋅ RT1 ⋅ ⎢ β i k − 1⎥ = 2 ⋅ ⋅ 287 ⋅ 300 ⋅ ⎢(3,162 ) 1, 4 − 1⎥ = 234,7 1,4 − 1 k −1 kg ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
R9.7. Stepen kompresije svakog stepena je 1 3
1
⎛p ⎞ p ⎛ 8 ⎞3 = ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = ⎜ ⎟ = 4,309 . βi = p1 ⎝ p1 ⎠ ⎝ 0,1 ⎠ ' 2
Rad po jedinici zapremine u svakom stepenu kompresora iznosi:
82 l ki ,v =
1, 3−1 n 1,3 kJ ⎡ n −1 ⎤ ⎡ ⎤ ⋅ p1 ⋅ ⎢ β i n − 1⎥ = ⋅ 0,1 ⋅ 10 6 ⋅ ⎢(4,309 ) 1,3 − 1⎥ = 173,7 3 . n −1 m ⎣ ⎦ 1,3 − 1 ⎣ ⎦
Za trostepeni kompresor ukupan rad po jedinici zapremine usisanog vazduha iznosi:
l k ,v = 3l ki ,v = 3 ⋅ 173,7 = 521,1
kJ m3
Teorijska snaga motora za pogon kompresora je Pk =
dLk dV dV 500 = l ki ,v = 3l k ,v = 521,1 ⋅ = 72,4 kW . dτ dτ dτ 3600
10. MOTORI SA UNUTRAŠNJIM SAGOREVANJEM
10.1. Motor radi po idealnom Otto-ovom ciklusu (s dovođenjem toplote pri v = const). Početno stanje radnog tela (dvoatomski idealan gas gasne konstante R=287 J/kgK) je p1 = 0,10 MPa i t1 = 27 0C. Stepen kompresije je ε = 4,5 a stepen povećanja pritiska je ψ = 1,60. Odrediti : a) parametre radnog tela u karakterističnim tačkama ciklusa i b) termički koeficijent iskorišćenja (TKI) ciklusa. 10.2. Motor radi po idealnom Otto-ovom ciklusu (s dovođenjem toplote pri v= const). Radno telo je dvoatomski idealan gas gasne konstante R=287 J/kgK. Maksimalne vrednosti pritiska i temperature tokom ciklusa iznose pmax = 1,60 MPa i tmax = 927 0 C, respektivno. Početne (minimalne) vrednosti pritiska i temperature su pmin = 0,10 Mpa i tmin = 27 0 C, respektivno. Odrediti: a) specifičan koristan rad ciklusa i b) TKI ciklusa. 10.3. Toplotni motor radi po idealnom Otto-ovom ciklusu sa dvoatomskim idealnim gasom kao radnim telom. Početni pritisak i početna temperatura ciklusa iznose p1 = 0,10 MPa i t1 = 27 0C. Stepen kompresije je ε = 5,0. Dovedena količina toplote po ciklusu iznosi Q1 = 50 kJ. Za vreme od 1 minuta radilica napravi n = 300 obrtaja. Odrediti: TKI ciklusa; b) odvedenu količinu toplote i c) idealnu snagu motora. 10.4. Jednocilindrični motor radi po ciklusu s dovođenjem toplote pri v = const (Otto=ov ciklus). Početno stanje radnog tela (vazduh) je p1 = 0,10 MPa i t1 = 17 0C. Stepen kompresije iznosi ε = 4,8. Specifična dovedena količina toplote je q1 = 500 kJ/kg. Prečnik cilindra motora je D = 200 mm, hod klipa je h = 300 mm. Za vreme od 1 minuta radilica napravi n = 1000 obrtaja. Tokom jednog ciklusa radilica napravi dva obrtaja (pogledati indikatorski dijagram). Odrediti: a) TKI ciklusa i b) teorijsku snagu motora. 10.5. Toplotni motor radi po ciklusu s dovođenjem toplote pri p = const (Diesel-ov ciklus). Početni parametri radnog tela (vazduh) su p1 = 0,10 MPa i t1 = 27 0C. Stepen kompresije iznosi ε = 10,0 a stepen predekspanzije ρ = 1,6. Odrediti: a) parametre stanja radnog tela u karakterističnim tačkama ciklusa i b) TKI ciklusa. 10.6. Toplotni jednocilindrični motor radi po Diesel-ovom ciklusu sa vazduhom kao radnim telom. Početna temperatura radnog tela je 20 0C. Temperatura radnog tela posle adijabatske kompresije iznosi 550 0C a posle adijabatske ekspanzije 350 0C. Odrediti; a) stepen
83 kompresije i stepen predekspanzije; b) TKI ciklusa i c) odnos TKI ovog ciklusa i Carnot-ovog ciklusa između istih ekstremnih temperatura. 10.7. Toplotni motor radi po ciklusu s dovođenjem toplote pri p = const (Diesel-ov ciklus). Početni parametri radnog tela (vazduh) su p1 = 0,10 MPa i t1 = 27 0C. Stepen kompresije iznosi ε = 12,0, dok je specifična dovedena količina toplote q1 =500 kJ/kg. Odrediti: a) TKI ciklusa i b) specifičan koristan rad ciklusa. 10.8. Toplotni jednocilindrični motor radi po Diesel-ovom ciklusu sa vazduhom kao radnim telom. Početni parametri stanja radnog tela su p1 = 0,09 MPa i t1 = 47 0C. Stepen kompresije iznosi ε = 11,0, a stepen predekspanzije ρ = 1,2. Prečnik cilindra motora je D = 300 mm a hod klipa je h = 200 mm. Za vreme od 1 minuta radilica napravi n = 600 obrtaja. Odrediti: a) razmenjene količine toplote po ciklusu; b) koristan rad ciklusa; c) TKI ciklusa i d) teorijsku snagu motora. 10.9. Toplotni motor radi po ciklusu sa kombinovanim dovođenjem toplote, pri v = const i pri p = const ( Sabathe-ov ciklus). Početni parametri radnog tela (vazduh) su p1 = 0,09 MPa i t1 = 47 0C. Stepen kompresije iznosi ε = 10,0, stepen povećanja pritiska je ψ = 2,20 a stepen predekspanzije ρ = 1,3. Odrediti: a) parametre stanja radnog tela u karakterističnim tačkama ciklusa; b) razmenjene specifične količine toplote po ciklusu; c) specifičan koristan rad ciklusa i d) TKI ciklusa. (Okt ‘04) 10.10. Toplotni motor radi sa vazduhom kao radnim telom po ciklusu sa kombinovanim dovo|enjem toplote, pri v = const i pri p = const ( Sabathe-ov ciklus). Minimalan i maksimalan pritisak tokom ciklusa su pmin = 0,09 MPa i pmax = 3,0 MPa, respektivno. Početna temperatura radnog tela je t1 = 47 0C. Stepen kompresije iznosi ε = 8,0.. Ukupna dovedena specifična toplota po ciklusu je q1=1,000 MJ/kg. Odrediti: a) odvedenu specifičku količinu toplote po ciklusu; b) specifičan koristan rad ciklusa i c) TKI ciklusa. R10. REŠENJA. R10.1 a) Polazeći iz početnog stanja “1” (Slika R10.1) s parametrima p1 = 0,10 MPa, T1 = 300 K i v1 = RT1 p1 = 287 ⋅ 300 / 0,1 ⋅ 10 6 = 0,861 m 3 kg , posle adijabatske kompresije (stepena ε = v1/v2 = 4,5), u stanju “2” radno telo ima parametre:
⎛v p 2 = p1 ⎜⎜ 1 ⎝ v2
k
⎞ ⎟⎟ = p1ε k = 0,1 ⋅ 10 6 ⋅ 4,51, 40 = 0,8213 MPa , ⎠ k −1
⎛v ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = T1ε k −1 = 300 ⋅ 4,51, 40−1 = 547,53 K , ⎝ v2 ⎠ RT2 287 ⋅ 547,53 v1 0,861 m3 m3 v2 = = = 0 , 1913 v = = = 0 , 1913 (ili ). 2 p2 kg ε kg 4,5 0,8213 ⋅ 10 6 U ta~ki “3”, posle izohorskog dovođenja toplote (sagorevanja), parametri radnog tela su:
p3 = ψ ⋅ p 2 = 1,60 ⋅ 0,8213 = 1,3141 MPa , T3 =
p3 ⋅ T2 = ψ ⋅ T2 = 1,60 ⋅ 547,53 = 876,05 K , p2
84 v3 = v 2 = 0,1913
m3 . kg
Posle adijabatske ekspanzije, u tački “4”, parametri stanja su: ⎛v p 4 = p3 ⎜⎜ 3 ⎝ v4 ⎛v T4 = T3 ⎜⎜ 3 ⎝ v4
v4 =
k
⎞ ⎟⎟ = p3ε − k = 1,3141 ⋅ 10 6 ⋅ 4,5 −1, 40 = 0,160 MPa ⎠
⎞ ⎟⎟ ⎠
k −1
= T3ε −( k −1) = 876,05 ⋅ 4,5 −(1, 40−1) = 480,0 K
RT4 287 ⋅ 480,0 m3 = = 0 , 1913 = v1 p4 kg 0,16 ⋅ 10 6
R , tako da razmenjene specifične količine toplote iznose: k −1 287 R kJ ⋅ (T3 − T2 ) = ⋅ (876,05 − 547,53) = 235,7 q1 = cv (T3 − T2 ) = , 1,40 − 1 k −1 kg
b) Za idealan gas je cv =
q 2 = cv (T1 − T4 ) =
R kJ 287 ⋅ (T1 − T4 ) = ⋅ (300 − 480) = −129,2 . k −1 kg 1,40 − 1
Koristan specifičan rad ciklusa iznosi: l k = q1 − q 2 = 235,7 − 129,2 = 106,5 Termički koeficijent iskorišćenja ciklusa je: η = (ili po formuli: η oto = 1 −
l k 106,5 = = 0,452 q1 235,7
T1 1 = 1 − k −1 = 1 − ε −( k −1) = 1 − 4,5 −(1, 40−1) = 0,452 ) T2 ε
R10.2. U početnom stanju (“1”) je
kJ . kg
85
v1 = v 4 =
RT1 RTmin 287 ⋅ 300 m3 = = = 0 , 861 . p1 p min kg 0,1 ⋅ 10 6
Posle izobarnog dovođenja toplote (tačka “3”) je
v3 = v 2 =
RT3 RTmax 287 ⋅ 1200 m3 = = = 0 , 2152 . p3 p max kg 1,6 ⋅ 10 6
Na osnovu predhodnog stepen kompresije iznosi: ε =
v1 0,861 = = 4,00. v 2 0,2152
Iz jednačina adijabata (1-2) i (3-4) sledi: ⎛v T2 = T1 ⎜⎜ 1 ⎝ v2
⎞ ⎟⎟ ⎠
k −1
⎛v T4 = T3 ⎜⎜ 3 ⎝ v4
⎞ ⎟⎟ ⎠
k −1
= Tmin ε k −1 = 300 ⋅ 4,01, 40−1 = 522,33 K ,
= Tmax ε −( k −1) = 1200 ⋅ 4,0 −(1, 40−1) = 689,22 K .
Razmenjene specifične količine toplote iznose: q1 = cv (T3 − T2 ) =
R kJ 287 ⋅ (Tmax − T2 ) = ⋅ (1200 − 522,33) = 486,23 , k −1 kg 1,40 − 1
q 2 = cv (T1 − T4 ) =
287 R kJ ⋅ (Tmin − T4 ) = ⋅ (300 − 689,22) = −279,26 . 1,40 − 1 k −1 kg
Koristan specifičan rad ciklusa iznosi: l k = q1 − q 2 = 486,23 − 279,26 = 206,97 Termički koeficijent iskorišćenja ciklusa je: η = (ili po formuli: η oto = 1 −
kJ . kg
l k 206,97 = = 0,426 q1 486,23
Tmin 1 = 1 − k −1 = 1 − ε −( k −1) = 1 − 4,0 −(1, 40−1) = 0,426 ). T2 ε
R10.3. a) η oto = 1 − ε − ( k −1) = 1 − 5,0 − (1, 40 −1) = 0,475 ;
b) Kako je η =
q2 Q2 l k q1 − q 2 = = 1− = 1− , odvedena količina toplote po ciklusu je q1 q1 q1 Q1
Q2 = Q1 (1 − η ) = 50 ⋅ (1 − 0,475) = 26,25 kJ ; c) Koristan rad po ciklusu je:
86 Lk = Q1 − Q2 = 50 − 26,25 = 23,75 kJ , tako da je snaga motora:
P = Lk ⋅
300 n = 23,75 ⋅ = 118,75 kW . 60 60
R10.4. Radna zapremina Vh, koja je jednaka razlici maksimalne (V1) i minimalne (V2) zapremine radnog tela, jednaka je zapremini koju “prebriše” klip:
Vh = V1 − V2 =
πD 2 h 4
.
S druge strane, kako je V1 = ε V2, sledi V1 − V2 = εV2 − V2 = V2 (ε − 1) ,
tako da je V2 =
πD 2 h π ⋅ 0,200 2 ⋅ 0,300 = = 2,480 ⋅ 10 −3 m 3 , 4(ε − 1) 4 ⋅ (4,8 − 1)
pa je
V1 = εV2 = 4,8 ⋅ 2,480 ⋅ 10 −3 m 3 = 11,90 ⋅ 10 −3 m 3 . Masa radnog tela (vazduha) iznosi:
m=
p1V1 0,1 ⋅ 10 6 ⋅ 11,90 ⋅ 10 −3 = 14,30 ⋅ 10 −3 kg . = RT1 287 ⋅ 290
Temperatura u karakterističnoj tački “2” ciklusa, posle adijabatske kompresije, iznosi: ⎛v T2 = T1 ⎜⎜ 1 ⎝ v2 Kako je
⎞ ⎟⎟ ⎠
k −1
q1 = cv (T3 − T2 ) =
= T1ε k −1 = 290 ⋅ 4,81, 40−1 = 543,12 K .
R (T3 − T2 ) , temperatura radnog tela posle izobarnog dovođenja k −1
toplote (tačka “3”) iznosi:
T3 = T2 +
k −1 1,4 − 1 ⋅ q1 = 543,12 + ⋅ 500 ⋅ 10 3 = 1240,0 K . 287 R
Temperatura posle adijabatske ekspanzije (tačka “4”) je ⎛v T4 = T3 ⎜⎜ 3 ⎝ v4
⎞ ⎟⎟ ⎠
k −1
= T3ε −( k −1) = 1240 ⋅ 4,8 −(1, 40−1) = 662,1 K .
Odvedena specifična količina toplote iznosi:
87
q 2 = cv (T1 − T4 ) =
287 R kJ ⋅ (T1 − T4 ) = ⋅ (290 − 662,1) = −267,0 1,40 − 1 k −1 kg
Termički koeficijent iskorišćenja ciklusa je: η = 1 − (ili po formuli: η oto = 1 −
q2 q1
= 1−
267 = 0,466 500
T1 1 = 1 − k −1 = 1 − ε −( k −1) = 1 − 4,8 −(1, 40−1) = 0,466 ). T2 ε
Koristan rad po ciklusu iznosi: Lk = ml k = m ⋅ (q1 − q 2 ) = 14,30 ⋅ 10 −3 (500 − 267) = 3,33 kJ .
Kako je broj ciklusa u jedinici vremena ν = n/2 = 8,33 s-1, sledi da je vreme potrebno za odvijanje jednog ciklusa: τ = 1/ν = 1/ 8,33 = 0,12 s, tako da je korisna snaga motora: Pk =
Lk
τ
=
3,33 = 27,75 kW . 0,12
R10.5. a) Proces 4→1 (Slika R10.2) je izohoran tako da su specifične zapremine u tačkama “4” i “1” jednake:
RT1 287 ⋅ 300 m3 v1 = v 4 = = = 0,861 . p1 kg 0,1 ⋅ 10 6
Posle adijabatske kompresije (u tački “2”) parametri stanja su: v2 =
v1
ε
=
m3 0,861 = 0,0861 , kg 10,0
⎛v ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ v2 ⎠
k −1
= T1ε k −1 = 300 ⋅101, 40−1 = 753,56 K ,
Proces 2→ 3 je izobaran tako da je
p3 = p 2 = 2,512 MPa . Na osnovu poznatog stepena predekspanzije dobija se m3 v3 = ρv 2 = 1,6 ⋅ 0,0861 = 0,1378 . kg
88 Po završenom izobarnom dovođenju toplote (tačka “3”) temperatura je T3 =
v3 ⋅ T2 = ρT2 = 1,6 ⋅ 753,6 = 1205,7 K v2
Posle adijabatske ekspanzije (tačka “4”) parametri stanja su:
v 4 = v1 =
RT1 287 ⋅ 300 m3 = = 0 , 861 p1 kg 0,1 ⋅ 10 6 k −1
⎛v T4 = T3 ⎜⎜ 3 ⎝ v4
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎛ ρv = ρT2 ⎜⎜ 2 ⎝ v1
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎛v ⎞ = T3 ⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎝ v1 ⎠
k −1
⎛ 0,1378 ⎞ = 1205,7 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 0,861 ⎠
k −1
= 579,3 K ,
ili ⎛v ⎞ T4 = T3 ⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎝ v1 ⎠
k −1
p4 =
k −1
⎛ρ⎞ = ρT1ε k −1 ⎜ ⎟ ⎝ε ⎠
k −1
= T1 ρ k = 300 ⋅ 1,61, 4 = 579,3 K ,
RT4 287 ⋅ 579,3 = = 0,193 MPa . v4 0,861
b) Termički koeficijent iskorišćenja (TKI) Diesel-ovog ciklusa je
η = 1−
1,61, 40 − 1 ρ k −1 = 1 − = 0,559 ( ρ − 1)kε k −1 (1,6 − 1) ⋅ 1,40 ⋅ 10,01, 40−1
η = 1−
q2
ili q1
= 1−
T4 − T1 579,3 − 300 = 0,559 . = 1− 1,40 ⋅ (1205,7 − 753,6) k (T3 − T2 )
R10.6. a) Kako je sabijanje radnog tela adijabatsko, sledi T1v1k −1 = T2 v 2k −1 , 1
1
⎛ T ⎞ k −1 ⎛ 823 ⎞ 1.40−1 v tako da je stepen kompresije ε = 1 = ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = ⎜ = 13,22. ⎟ v 2 ⎝ T1 ⎠ ⎝ 293 ⎠ Kako je (pogledaj rešenje zadatka 10.5) ⎛v ⎞ T4 = T3 ⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎝ v1 ⎠
k −1
⎛ ρv = ρT2 ⎜⎜ 2 ⎝ v1
⎞ ⎟⎟ ⎠
k −1
⎛ρ⎞ = ρT1ε k −1 ⎜ ⎟ ⎝ε ⎠
stepen predekspanzije iznosi 1
1
⎛ T ⎞ k ⎛ 623 ⎞ 1.40 v ρ = 3 = ⎜⎜ 4 ⎟⎟ = ⎜ = 1,714 . ⎟ v 2 ⎝ T1 ⎠ ⎝ 293 ⎠
k −1
= T1 ρ k ,
89 Temperatura posle izobarnog dovođenja toplote je T3 = ρT2 = 1,714 ⋅ 823 = 1410,6 K . b) TKI Diesel-ovog ciklusa je
ηD = 1−
1,7141, 40 − 1 ρ k −1 = 1 − = 0,559 ( ρ − 1)kε k −1 (1,714 − 1) ⋅ 1,40 ⋅ 13,221, 40−1
ηD = 1−
T4 − T1 623 − 293 = 1− = 0,599 . k (T3 − T2 ) 1,40 ⋅ (1410,6 − 823)
ili
c) TKI Carnot-ovog ciklusa je
ηC = 1 − tako da je
Tmin T 293 = 1− 1 = 1− = 0,792 , Tmax T3 1410,6
η D 0,599 = = 0,756 . ηC 0,792
R10.7. Po završenom adijabatskom sabijanju temperatura radnog tela iznosi:
⎛v T2 = T1 ⎜⎜ 1 ⎝ v2
⎞ ⎟⎟ ⎠
k −1
= T1ε k −1 = 300 ⋅ 121, 40−1 = 810,58 K
Kako je dovedena specifična količina toplote pri izobarnom širenju q1 = c p (T3 − T2 ) = 500 sledi da je temperatura na kraju izobarnog širenja T3 = T2 +
q1 (k − 1) ⋅ q1 (1,40 − 1) ⋅ 500 ⋅ 10 3 = 1308,3 K , = T2 + = 810,58 + cp kR 1,40 ⋅ 287
gde je
cp =
kR 1,40 ⋅ 287 kJ = = 1,004 . k − 1 1,40 − 1 kgK
Koeficijent (stepen) predekspanzije iznosi: ρ =
v3 T3 1308,3 = = = 1,614 . v 2 T2 810,58
Temperatura na kraju procesa adijabatskog širenja je
T4 = T1 ρ k = 300 ⋅ 1,6141, 40 = 586,4 K , tako da je TKI ciklusa
kJ , kg
90
ηD = 1−
1,6141, 40 − 1 ρ k −1 = 1 − = 0,589 ( ρ − 1)kε k −1 (1,614 − 1) ⋅ 1,40 ⋅ 121, 40−1
ηD = 1−
T4 − T1 586,4 − 300 = 1− = 0,589 . k (T3 − T2 ) 1,40 ⋅ (1308,3 − 810,58)
ili
b) Koristan specifični rad po ciklusu iznosi l k = η D q1 = 0,589 ⋅ 500 = 294,5
kJ kg
ili
l k = q1 − q 2 = 500 − 205,5 = 294,5
kJ , kg
gde je
q 2 = cv (T1 − T4 ) =
287 R kJ ⋅ (T1 − T4 ) = ⋅ (300 − 586,4) ⋅ 500 = 294,5 . 1,40 − 1 k −1 kg
R10.8. a) Kako je
V1 =ε V2
V2 =
i V1 − V2 =
πD 2 h 4
, sledi
πD 2 h 3,14 ⋅ 0,300 2 ⋅ 0,200 = = 1.4137 ⋅ 10 −3 m 3 4(ε − 1) 4 ⋅ (11 − 1)
tako da je
V1 = εV2 = 11,0 ⋅ 1,285 ⋅ 10 −3 = 15,5508 ⋅ 10 −3 m 3 . Masa radnog tela je m =
p1V1 0,09 ⋅ 10 6 ⋅ 15,5508 ⋅ 10 −3 = 15,239 ⋅ 10 −3 kg . = RT1 287 ⋅ 320
Posle adijabatske kompresije parametri stanja radnog tela su:
p 2 = p1ε k = 0,09 ⋅ 111, 40 = 2,583 MPa , v 2 = T2 =
V2 1,4137 ⋅ 10 −3 m3 0 , 09277 = = , m 15,239 ⋅ 10 −3 kg
p 2 v 2 2,583 ⋅ 10 6 ⋅ 0,09277 = = 834,9 K , ili T2 = T1ε k −1 = 320 ⋅ 111, 40−1 = 835,0 K . R 287
Kako je p3 = p 2 = 2,583 MPa i v3 = ρv 2 = 1,2 ⋅ 0,09277 = 0,11132
m3 , sledi kg
p3 v3 2,583 ⋅ 10 6 ⋅ 0,11132 T3 = = = 1001,9 K ili T3 = ρT2 = 1,2 ⋅ 835,0 K = 1002 K . R 287 Primljena toplota po ciklusu iznosi:
91 Q1 = mq1 = mc p (T3 − T2 ) =
mkR 15,239 ⋅ 10 −3 ⋅ 1,40 ⋅ 287 ⋅ (1001,9 − 835,0) = ⋅ (T3 − T2 ) = k −1 1,40 − 1
= 2,555 kJ
Temperatura posle adijabatske ekspanzije je T4 = T1 ρ k = 320 ⋅ 1,21, 40 = 413,05 kJ , odvedena količina toplote po ciklusu iznosi mR 15,239 ⋅ 10 −3 ⋅ 287 ⋅ (320 − 413,05) = Q2 = mq 2 = mcv (T1 − T4 ) = ⋅ (T1 − T4 ) = k −1 1,40 − 1 = −1,017 kJ
b) Koristan rad ciklusa je Lk = Q1 − Q2 = 2,555 − 1,017 = 1,538 kJ . c) TKI ciklusa iznosi η D =
Lk 1,538 = = 0,602 . Q1 2,555
ili
ηD = 1−
1,21, 40 − 1 ρ k −1 = 1 − = 0,602 . ( ρ − 1)kε k −1 (1,2 − 1) ⋅ 1,40 ⋅ 111, 40−1
d) Broj ciklusa u jedinici vremena je f = n 2 = 5,0 s −1 , tako da je vreme potrebno za odvijanje jednog ciklusa τ = 1 f = 0,2 s τ = 1/ν = 0,20 s. Korisna teorijska snaga motora je Pk =
Lk
τ
=
1,538 = 7,69 kW . 0,20
R10.9. U početnom stanju (tačka “1” na slici R 10.3) je
v1 = v5 =
RT1 287 ⋅ 320 m3 = = 1 , 0204 . p1 kg 0,09 ⋅ 10 6
Po završenoj adijabatskoj kompresiji (tačka “2”) parametri stanja su: m3 1,0204 v2 = = = 0,10204 , ε kg 10 v1
p2 =
⎛v T2 = T1 ⎜⎜ 1 ⎝ v2
⎞ ⎟⎟ ⎠
k −1
= T1ε k −1 = 320 ⋅ 101, 40−1 = 803,8 K ,
RT2 287 ⋅ 803,8 = = 2,2608 MPa ili p 2 = p1ε k = 0,09 ⋅ 101, 40 = 2,2607 MPa . v2 0,10204
92
m3 Posle izohornog dovođenja toplote (tačka 3) parametri stanja su: v3 = v 2 = 0,10204 , kg p T3 = 3 T2 = ψ T2 = 2,2 ⋅ 803,8 = 1768,4 K , p3 = ψ p 2 = 2,20 ⋅ 2,2607 = 4,973 MPa p2 ili RT3 287 ⋅ 1768,4 p3 = = = 4,974 MPa . v3 0,10204 Na kraju izobarnog dovođenja toplote (tačka 4) parametri stanja su: m3 p 4 = p3 = 4,974 MPa , v 4 = ρ v3 = 1,3 ⋅ 0,10204 = 0,13265 , kg pv 4,974 ⋅ 10 6 ⋅ 0,13265 T4 = 4 4 = = 2299 K ili T4 = ρ T3 = 1,3 ⋅ 1768,4 = 2298,9 K . R 287 m3 Posle adijabatske ekspanzije (tačka 5) parametri stanja su: v5 = v1 = 1,0204 , kg
⎛v p5 = p 4 ⎜⎜ 4 ⎝ v5
T5 =
k
⎞ ⎛ 0,13265 ⎞ ⎟⎟ = 4,974 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 1,0204 ⎠ ⎠
1, 40
= 0,2860 MPa ,
p5 v5 0,2860 ⋅ 10 6 ⋅ 1,0204 = = 1016,7 K R 287
ili T5 = T1 ψ ρ k = 320 ⋅ 2,20 ⋅ 1,31, 40 = 1016,5 K
c) Primljene specifične količine toplote iznose:
q1' = cv (T3 − T2 ) =
R kJ 287 ⋅ (T3 − T2 ) = ⋅ (1768,4 − 803,8) = 692,1 , k −1 kg 1,40 − 1
93
q1'' = c p (T4 − T3 ) =
kR 1,40 ⋅ 287 kJ ⋅ (T4 − T3 ) = ⋅ (2298,9 − 1768,4) = 532,9 , 1,40 − 1 k −1 kg
Tako da je ukupna primljena specifična količina toplote po ciklusu q1 = q1' + q1'' = 692,1 + 532,9 = 1225,0
kJ kg
Odvedena specifična količina toplote iznosi
q 2 = cv (T1 − T5 ) =
287 R kJ ⋅ (T1 − T5 ) = ⋅ (320 − 1016,5) = −499,7 . 1,40 − 1 k −1 kg
d) Specifičan koristan rad ciklusa je
l k = q1 − q 2 = 1225,0 − 499,7 = 725,3
kJ . kg
d) TKI ciklusa je
ηS =
lk 725,3 = = 0,59 , q1 1225,0
ili
ηS = 1 −
2,20 ⋅ 1,31, 40 − 1 ψρ k − 1 = 1 − = 0,60 . 10,01, 40−1 [2,20 − 1 + 1,40 ⋅ 2,20 ⋅ (1,3 − 1)] ε k −1 [ψ − 1 + kψ ( ρ − 1)]
R10.10. U početnoj tački ciklusa (tačka 1) je
RT1 287 ⋅ 320 m3 v1 = v5 = = = 1,0204 . p1 kg 0,09 ⋅ 10 6 U ta~ki 2 ciklusa parametri stanja su: v1 1,0204 m3 v2 = = = 0,12755 , ε kg 8 ⎛v T2 = T1 ⎜⎜ 1 ⎝ v2
⎞ ⎟⎟ ⎠
k −1
= T1ε k −1 = 320 ⋅ 81, 40−1 = 735,17 K ,
p 2 = p1ε k = 0,09 ⋅ 81, 40 = 1,6541 MPa . Stepen povećanja pritiska iznosi:
ψ =
p3 p max 3,0 = = = 1,8137 , p2 p2 1,6541
94 tako da je T3 =
p3 T2 = ψ T2 = 1,8137 ⋅ 735,17 = 1333,4 K . p2
Dovedena specifična količina toplote pri v = const iznosi: q1' = cv (T3 − T2 ) =
R kJ 287 ⋅ (T3 − T2 ) = ⋅ (1333,4 − 735,17) = 429,2 , k −1 kg 1,40 − 1
tako da je specifična dovedena količina toplote pri p = const
q1'' = q1 − q1' = 1000 − 429,2 = 570,8
S druge strane je q1'' = c p (T4 − T3 ) =
tako da je T4 = T3 +
kJ . kg
kR ⋅ (T4 − T3 ) , k −1
(k − 1)q1'' (1,40 − 1) ⋅ 570,8 ⋅ 10 3 = 1333,4 + = 1901,6 K . kR 1,40 ⋅ 287 ⋅
Stepen predekspanzije iznosi: ρ =
Kako je p 4 = p3 = p max
v 4 T4 1901,6 = = = 1,426 . v3 T3 1333,4
RT4 RT4 287 ⋅ 1901,6 m3 = = = 0,1819 = 3,0 MPa , sledi v 4 = . p4 p max kg 3,0 ⋅ 10 6
U tački “5” parametri stanja su: ⎛v p5 = p 4 ⎜⎜ 4 ⎝ v5
k
⎞ ⎛v ⎟⎟ = p max ⎜⎜ 4 ⎝ v1 ⎠
k
⎞ ⎛ 0,1819 ⎞ ⎟⎟ = 3.0 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 1,0204 ⎠ ⎠
1, 40
= 0,2683 MPa
T5 = T1ψρ k = 320 ⋅ 1,8137 ⋅ 1,4261, 40 = 953.9 K ili
p5 v5 0,2683 ⋅ 10 6 ⋅ 1,0204 T5 = = = 953,9 K R 287 a) Odvedena specifična količina toplote iznosi: q 2 = cv (T1 − T5 ) =
R kJ 287 ⋅ (T1 − T5 ) = ⋅ (320 − 953,9) = −454,823 k −1 kg 1,40 − 1
b) Koristan specifičan rad ciklusa je
l k = q1 − q 2 = 1000 − 454,823 = 545,177
kJ , kg
95
tako da je c) TKI ciklusa
ηS =
ηS = 1−
l k 545,177 = = 0,545 , q1 1000
1,8137 ⋅ 1,4261, 40 − 1 ψρ k − 1 = 1 − = 0,545 . 81, 40−1 [1,8137 − 1 + 1,40 ⋅ 1,8137 ⋅ (1,426 − 1)] ε k −1 [ψ − 1 + kψ ( ρ − 1)]
11. GASNOTURBINSKA POSTROJENJA
11.1. Gasnoturbinsko postrojenje (GTP) radi po ciklusu sa izobarnim dovođenjem toplote i adijabatskom kompresijom (Joule-ov ciklus) s maksimalnim pritiskom i maksimalnom temperaturom radnog tela od pmax = 0,70 MPa i tmax = 1000 0C, respektivno. Stepen povećanja pritiska je β = 8,0 a stepen predekspanzije ρ = 2,0. Radno telo je vazduh. Odrediti: a) parametre radnog tela u karakterističnim tačkama ciklusa; b) razmenjene specifične količine toplote; c) specifičan koristan rad po ciklusu i d) TKI ciklusa. 11.2. Gasnoturbinsko postrojenje (GTP) radi po ciklusu sa dovođenjem toplote pri p = const i adijabatskom kompresijom (Joule-ov ciklus). Početno stanje radnog tela (dvoatomski gas) je p1 = 0,10 MPa i t1 = 17 0C. Pritisak u komori za sagorevanje iznosi pmax = 0,70 MPa. Dovedena specifična količina toplote iznosi q1 = 700 kJ/kg. Maseni protok radnog tela je dm/dt = 0,50 kg/s. Odrediti: a) TKI ciklusa; b) odvedenu specifičnu količinu toplote; c) specifičan koristan rad ciklusa i d) teorijsku snagu GTP. 11.3. Gasnoturbinsko postrojenje (GTP) radi po ciklusu sa dovođenjem toplote pri p = const i adijabatskom sabijanjem u kompresoru (Joule-ov ciklus). Minimalna i maksimalna temperatura radnog tela tokom ciklusa iznose tmin = 27 0C i tmax = 900 0C. Specifični tehnički rad potreban za pogon kompresora iznosi lkomp = 161,78 kJ/kg. Radno telo je vazduh. Odrediti: a) stepen povećanja pritiska; b) TKI ciklusa; c) dovedenu specifičnu količinu toplote; d) specifični koristan rad ciklusa i e) specifični rad potreban za pogon turbine. (Sept ‘99) 11.4. Gasnoturbinsko postrojenje (GTP) radi po Joule-ovom ciklusu sa vazduhom kao radnim telom. Početni parametri radnog tela su p1 = 0,10 MPa i t1 = 7 0C. Stepen povećanja pritiska pri adijabatskom sabijanju vazduha u kompresoru je β = 5,5. Temperatura vazduha pred ulaz u turbinu iznosi t3 = 827 0C. Odrediti: a) specifični rad kompresora; b) ukupan specifični rad turbine; c) koristan specifični rad i d) TKI ciklusa. 11.5. Gasnoturbinsko postrojenje (GTP) radi po ciklusu sa dovođenjem toplote pri p = const, sabijanjem radnog tela pri p = const i T = const i adijabatskom ekspanzijom (Brayton-ov ciklus). Početni parametri radnog tela su p1 = 0,10 MPa i t1 = 27 0C. Pritisak u komori za sagorevanje iznosi pmax = 1,00 MPa. Stepen predekspanzije je ρ = 1,8. Dovedena specifična količina toplote je q1 = 900 kJ/kg. Maseni protok radnog tela je dm/dt = 2 kg/s. Radno telo je vazduh. Odrediti: a) TKI ciklusa; b) odvedenu specifičnu količinu toplote; c) specifični koristan rad po ciklusu i d) teoriujsku snagu turbine. (Nov ‘02)
96 11.6. Gasnoturbinsko postrojenje (GTP) radi po ciklusu sa dovođenjem toplote pri p = const i izotermnoj kompresiji (Brayton-ov ciklus). Parametri radnog tela pred izotermnu kompresiju su p1 = 0,10 MPa i t1 = 47 0C. Stepen povećanja pritiska je β = 11,0 a stepen predekspanzije je ρ = 2,5. Gasna konstanta radnog tela je R = 260 J/kgK a eksponent adijabate k = 1,40. Odrediti: a) parametre radnog tela u karakterističnim tačkama ciklusa; b) razmenjene specifične količine toplote; c) specifični koristan rad ciklusa; d) TKI ciklusa i e) najveću vrednost TKI ciklusa za datu vrednost koeficijenta predekspanzije. 11.7. Gasnoturbinsko postrojenje (GTP) radi po ciklusu sa dovođenjem toplote pri v = const i adijabatskoj kompresiji radnog tela u kompresoru. Početni parametri radnog tela su p1 = 0,10 MPa i t1 = 27 0C. Stepen povećanja pritiska je β = p2 / p1 = 10,0. Radno telo je vazduh. Temperatura vazduha na ulazu u turbinu je t3 = 1027 0C. Odrediti: a) parametre stanja radnog tela u karaktertstičnim tačkama ciklusa; b) stemen kompresije ε = v1 / v2 ; razmenjene specifične količine toplote; d) specifičan koristan rad ciklusa i e) TKI ciklusa. 11.8. Gasnoturbinsko postrojenje (GTP) radi po ciklusu sa dovo|enjem toplote pri v = const i adijabatskoj kompresiji radnog tela u kompresoru. Minimalna i maksimalna temperatura radnog tela tokom ciklusa iznose tmin = 17 0 C i tmax = 705 0C, respektivno. Specifični tehnički rad kompresora je | lkomp | = 200,0 kJ/kg. Radno telo je vazduh. Odrediti: stepen povećanja pritiska β = p2 / p1 ; b) stepen dodatnog povećanja pritiska λ = p3 / p2 ; c) razmenjene specifične količine toplote; d) koristan specifični rad ciklusa i e) TKI ciklusa.
R11. REŠENJA. R11.1. a) Pred adijabatsku ekspanziju (tačka 1 na slici R 11.1) je RT3 287 ⋅ 1273 m3 = = 0 , 5219 T3 = Tmax = 1273 K , p3 = p max = 0,70 MPa , v3 = . p3 kg 0,70 ⋅ 10 6
Posle adijabatske ekspanzije (tačka 4) je ⎛p ⎞ T4 = T3 ⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎝ p4 ⎠
1− k k
= T3 β
1− k k
= 1273 ⋅ 8,0
1−1, 40 1, 40
= 702.75 K ,
p4 =
p3
β
=
0,70 = 0,0875 MPa . 8,0
97
Pred izobarno dovođenje toplote (tačka 2) je p 2 = p max = 0,70 MPa ,
RT2 287 ⋅ 636,5 T3 v3 T3 1273 m3 v = = = 0 , 26096 T2 = = = = 636,5 K , 2 . p2 kg ρ v2 2,0 0,70 ⋅ 10 6 U početnom stanju (tačka 1) je p1 = p 4 = 0,0875 MPa , ⎛p ⎞ T1 = T2 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
1− k k
= T2 β
1− k k
= 636,5 ⋅ 8,0
1−1, 40 1, 40
= 351,38 K ,
RT1 287 ⋅ 351,38 m3 v1 = = = 1,1525 p1 kg 0,0875 ⋅ 10 6 b) Razmenjene specifične količine toplote iznose:
q1 = c p (T3 − T2 ) =
kR kJ 1,40 ⋅ 287 ⋅ (T3 − T2 ) = ⋅ (1273 − 636,5) = 639,36 , k −1 kg 1,40 − 1
q 2 = c p (T1 − T4 ) =
kR 1,40 ⋅ 287 kJ ⋅ (T1 − T4 ) = ⋅ (351,38 − 702,75) = −352,95 . 1,40 − 1 k −1 kg
c) Koristan specifičan rad ciklusa iznosi:
l k = q1 − q 2 = 639,36 − 352,95 = 286,41
d) Termički koeficijent iskorišćenja (TKI) ciklusa je: η =
l k 286,41 = = 0,448 q1 639,36
ili
η = 1− β
−
k −1 k
= 1 − 8,0
−
1, 40 −1 1, 40
= 0,448 .
kJ kg
98 R11.2. a) Kako je stepen povećanja pritiska β =
η = 1− β
−
k −1 k
= 1− 7
−
1, 40 −1 1, 40
p 2 p max 0,7 = = = 7 , TKI ciklusa iznosi p1 p1 0,1
= 0,426 .
b) Odvedena specifična količina toplote po ciklusu je q 2 = q1 (1 − η ) = 700 ⋅ (1 − 0,4265) = 401,4
kJ . kg
c) Koristan specifičan rad ciklusa iznosi: l k = q1 − q 2 = 700 − 401,4 = 298,6 d) Teorijska snaga turbine je Pk =
kJ . kg
dLk dm = lk = 298,6 ⋅ 0,50 = 149,3 kW . dt dt
R11.3. a) Apsolutna vrednost specifičnog tehničkog rada potrebnog za pogon turbine
iznosi
l komp
k −1 ⎡ ⎤ k −1 ⎤ kRT1 ⎢⎛ p 2 ⎞ k kRTmin ⎡ k ⎜⎜ ⎟⎟ − 1⎥ = = β − 1⎥ ⎢ ⎥ k − 1 ⎢⎝ p1 ⎠ k −1 ⎣ ⎦ ⎥⎦ ⎣⎢
tako da je
β
k −1 k
=
(k − 1) ⋅ l komp kRTmin
+1 =
(1,40 − 1) ⋅ 161,78 ⋅ 10 3 + 1 = 1.53685 =, 1,40 ⋅ 287 ⋅ 300
odnosno
β = 1,53685
k k −1
= 1,53685
1, 40 1, 40 −1
= 4,50 .
b) TKI ciklusa iznosi
η = 1− β
−
k −1 k
k −1
= 1 − 4,50
−
1, 40 −1 1, 40
= 0,349 .
k −1 ⎛ p2 ⎞ k c) Obzirom da je T2 = T1 ⎜⎜ ⎟⎟ = Tmin β k = 300 ⋅ 4,50 ⎝ p1 ⎠ specifična količina toplote iznosi
q1 = c p (T3 − T2 ) =
1, 40 −1, 1, 40
= 461,055 K i T3 = Tmax , dovedena
kR 1,40 ⋅ 287 kJ ⋅ (Tmax − T2 ) = ⋅ (1173 − 461,055) = 715,149 . 1,40 − 1 k −1 kg
d) Specifičan koristan rad ciklusa je l k = ηq1 = 0,349 ⋅ 715,14 = 249,6
kJ . kg
e) Specifični rad turbine iznosi lturb = l k + l komp = 249,6 + 161,78 = 411,4
kJ . kg
99 Specifičan rad turbine može da se odredi i na osnovu sledećeg izraza k −1 ⎡ ⎤ k −1 ⎤ kRT1 ⎡ kk−1 ⎤ T4 ⎛ ⎞ kRT4 ⎢ p 2 k kRT4 ⎡ k T ⎜⎜ ⎟⎟ − 1⎥ = lturb = − 1 − 1⎥ = l komp ⋅ 4 = β ⎢ ⎥= ⎢β ⎢ ⎥ k − 1 ⎝ p1 ⎠ k −1 ⎣ Tmin ⎦ k −1 ⎣ ⎦ T1 ⎢⎣ ⎥⎦ kJ 763,2 = 161,78 ⋅ = 411,6 kg 300
⎛p ⎞ gde je T4 = T3 ⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎝ p4 ⎠
1− k k
= Tmax β
1− k k
= 1173 ⋅ 4,5
1−1, 40 1, 40
= 763,2 K .
R.11.4. a) Apsolutna vrednost specifičnog rada kompresora je
l komp
k −1 ⎡ ⎤ 1, 40 −1 ⎤ kRT1 ⎢⎛ p 2 ⎞ k kJ 1,40 ⋅ 287 ⋅ 280 ⎡ ⎥ ⎜⎜ ⎟⎟ − 1 = . = 5,5 1, 40 − 1⎥ = 176,502 ⎢ ⎥ k − 1 ⎢⎝ p1 ⎠ kg 1,40 − 1 ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎥⎦ ⎣⎢
b) Kako je T4 = T3 β
lturb
1− k k
= 1100 ⋅ 5,5
1−1, 40 1, 40
= 675,86 K , ukupan specifičan rad tirbine iznosi
k −1 ⎤ ⎡ T kRT4 ⎢⎛ p 2 ⎞ k kJ 675,86 ⎜⎜ ⎟⎟ − 1⎥ = l komp ⋅ 4 = 176,502 ⋅ = 426,04 = ⎥ ⎢ k − 1 ⎝ p1 ⎠ T1 kg 280 ⎥⎦ ⎢⎣
c) Specifični koristan rad ciklusa iznosi: l k = l turb − l komp = 426,04 − 176,502 = 249,54 d) TKI ciklusa je: η = 1 − β
−
k −1 k
= 1 − 5,5
−
1, 40 −1 1, 40
kJ . kg
= 0,386 .
R.11.5. a) Kako je p2 = pmax = 1,00 M Pa, koeficijent povećanja pritiska iznosi p 2 p max 1 β= = = = 10, tako da je TKI ciklusa p1 p1 0,1
β η = 1−
k −1 k
⎡ (k − 1) ln β ⎤ 10 − 1⎥ + ρ ⎢⎣ k ⎦ = 1− k −1
β
k
1, 40 −1 1, 40
( ρ − 1)
⎡ (1,40 − 1) ln 10 ⎤ − 1⎥ + 1,8 ⎢ 1,40 ⎣ ⎦ = 0,262 . 1, 40 −1 10
1.40
(1,8 − 1)
b) Na osnovu predhodnog sledi da odvedena specifična količina toplote iznosi
q 2 = q1 (1 − η ) = 900 ⋅ (1 − 0,262) = 664,2 c) Specifičan koristan rad ciklusa je :
kJ kg
100
l k = ηq1 = 0,262 ⋅ 900 = 235,8
d) Teorijska snaga turbine je: Pk =
kJ . kg
dLk dm = lk = 235,8 ⋅ 2 = 471,6 kW . dt dt
R.11.6. a) Parametri radnog tela pred izotermsku kompresiju (u tački “1” na slici R 11.2) RT1 260 ⋅ 320 m3 = = 0,8320 su: p1 = 0,1 MPa, T1 = 320 K , v1 = . p1 kg 0,1 ⋅ 10 6
Posle izotermske kompresije (tačka “2”) je
RT2 260 ⋅ 320 m3 p 2 = βp1 = 11,0 ⋅ 0,1 = 1,10 MPa, T2 = T1 = 320 K , v 2 = = = 0,07564 . p2 kg 1,1 ⋅ 10 6 Posle izobarnog dovođenja toplote (tačka “3”) parametri stanja su: m3 p3 = p 2 = 1,10 MPa, T3 = ρT2 = 2,5 ⋅ 320 = 800 K , v3 = ρv 2 = 2.5 ⋅ 0,07564 = 0,1891 kg Na kraju adijabatske ekspanzije (tačka “4”) je:
1− k
⎛p ⎞ k ⎛p ⎞ p 4 = p1 = 0,10 MPa, T4 = T3 ⎜⎜ 3 ⎟⎟ = T3 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p4 ⎠ ⎝ p1 ⎠ 3 RT4 260 ⋅ 403,2 m = = 1,0483 v4 = 6 p4 kg 0,10 ⋅ 10 b) Razmenjene specifične količine toplote su:
1− k k
= T3 β
1− k k
1− k k
= 800 ⋅ 11
= 403,2 K ,
101
1,40 ⋅ 260 kR kJ (T3 − T2 ) = (800 − 320) = 436,800 . 1,40 − 1 k −1 kg p kR q 2 = q 2' + q 2'' = c p (T1 + T4 ) = RT1 ln 1 = − (T4 − T1 ) − RT1 ln β = p2 k −1
q1 = c p (T3 − T2 ) =
1,40 ⋅ 260 kJ (403,2 − 320) − 260 ⋅ 320 ⋅ ln 11,0 = −75,712 − 199,505 = −275,217 1,40 − 1 kg kJ c) Specifičan koristan rad ciklusa je : l k = q1 − q 2 = 436,800 − 275,217 = 161,583 kg lk = q1 - |q2| = 160,78 kJ/kg. =−
d) TKI ciklusa je: η =
β η = 1−
k −1 k
l k 161,583 = = 0,370 , ili q1 436,800
⎡ (1,40 − 1) ln 11 ⎤ ⎡ (k − 1) ln β ⎤ 11 1, 40 ⎢ − 1⎥ + 2,5 − 1⎥ + ρ ⎢⎣ 1,40 k ⎣ ⎦ ⎦ = 0,370 = 1− k −1 1, 40 −1 1, 40 −1
β
k
( ρ − 1)
11 1.40 (2,5 − 1)
⎛ ∂η ⎞ ⎟⎟ = 0 , tj kada je e) Najveća vrednost TKI ciklusa je kada je ⎜⎜ ⎝ ∂β ⎠ ρ
β =ρ
k k −1
= 2,5
1, 40 1, 40 −1
= 24,705 .
Na osnovu predhodnog najveća vrednost TKI ciklusa iznosi:
η max = 1 −
ln ρ ln 2,5 = 1− = 0,389 . 2,5 − 1 ρ −1
R11.7 a) U početnom stanju (tačka “1” na slici R11.3) parametri stanja su:
p1 = 0,10 MPa, T1 = 300 K , v1 =
RT1 287 ⋅ 300 m3 = = 0 , 861 . p1 kg 0,10 ⋅ 10 6
Posle adijabatske kompresije (tačka “2”) parametri stanja su: p 2 = βp1 = 10,0 ⋅ 0,10 = 1,00 MPa, T2 = T1 β v2 =
k −1 k
= 300 ⋅ 10
1, 40 −1 1, 40
= 579,21 K ,
RT2 287 ⋅ 579,21 m3 = = 0 , 16623 p2 kg 1,00 ⋅ 10 6
Na kraju procesa izohornog doviđenja toplote pred ulaza radnog tela u turbinu (tačka 3) parametri stanja su:
102
T3 = 1300 K , v3 = v 2 = 0,16623
m3 , kg
p3 =
RT3 p 2T3 = = 2,244 MPa v3 T2
Na kraju adijabatske ekspanzije (tačka “4”) parametri stanja su: 1
1
⎛ p ⎞k m3 ⎛ 2,244 ⎞ 1, 40 p 4 = p1 = 0,10 MPa, v 4 = v3 ⎜⎜ 3 ⎟⎟ = 0,16623 ⋅ ⎜ = 1,5336 , ⎟ kg ⎝ 0,10 ⎠ ⎝ p4 ⎠ p 4 v 4 0,10 ⋅ 10 6 ⋅ 0,15336 T4 = = = 534,4 K ili R 287 ⎛p ⎞ T4 = T3 ⎜⎜ 4 ⎟⎟ ⎝ p3 ⎠
k −1 k
⎛ 0,10 ⎞ = 1300 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 2,244 ⎠
b) Stepen kompresije je: ε =
1, 40 −1 1, 40
= 534,5 K
v1 0,8610 = = 5,18 . v 2 0,16623
c) Dovedena specifična količina toplote je q1 = cv (T3 − T2 ) =
R kJ 287 (T3 − T2 ) = (1300 − 579,21) = 517,17 , k −1 kg 1,40 − 1
a odvedena specifična količina toplote iznosi
q 2 = c p (T1 − T4 ) =
1,40 ⋅ 287 kR kJ (T1 − T4 ) = (300 − 534,5) = −235,55 1,40 − 1 k −1 kg
q2 = cp (T1 - T4) = kR (T1 - T4) / (k-1) = - 235,49 kJ/kg. d) Specifičan koristan rad ciklusa je: l k = q1 − q 2 = 517,17 − 235,55 = 281,62
kJ . kg
103 l k 281,62 = = 0,544 q1 517,17
η=
e) TKI ciklusa je : ili
1 k
k (λ − 1)
η = 1−
β
k −1 k
= 1−
(λ − 1)
1,40 ⋅ (2,244 10
1, 40 −1 1, 40
1 1, 40
− 1)
= 0,544 ,
(2,244 − 1)
gde je
λ=
p3 2,244 = = 2,244 . p2 1,0
R. 11.8. a) Kako je l komp = Δi = c p ΔT = c p (T2 − T1 ) , sledi
T2 = T1 +
1 k −1 1,40 − 1 ⋅ l komp = Tmin + ⋅ l komp = 290 + ⋅ 200,0 ⋅ 10 3 = 489,10 K . cp kR 1,40 ⋅ 287
⎛T ⎞ p Stepen povećanja pritiska je β = 2 = ⎜⎜ 2 ⎟⎟ p1 ⎝ T1 ⎠
k k −1
1, 40
⎛ 489,10 ⎞ 1, 40−1 =⎜ = 6,230 . ⎟ ⎝ 290 ⎠
b) Kako je T3 = Tmax = 978 K , i kako je v 2 = v3 , sledi da je stepen dodatnog povećanja pritiska
λ=
p3 T3 978 = = = 2,00 . p 2 T2 489,1
c) Primljena specifična količina toplote iznosi: R kJ 287 (T3 − T2 ) = (978 − 489,1) = 350,78 . k −1 kg 1,40 − 1 Kako odnos maksimalnog (p3) i minimalnig (p1) pritiska iznosi: q1 = cv (T3 − T2 ) =
p3 p3 p 2 = = λβ = 2,00 ⋅ 6,230 = 12,46 , p1 p 2 p1 temperatura radnog tela posle adijabatske ekspanzije u turbine je ⎛p ⎞ T4 = T3 ⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎝ p4 ⎠
1− k k
⎛p ⎞ = T3 ⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
1− k k
1− k k
= T3 (λβ )
1−1, 40
= 978 ⋅ (12,46) 1, 40 = 475,7 K .
Odvedena specifična količina toplote iznosi:
q 2 = c p (T1 − T4 ) =
1,40 ⋅ 287 kR kJ (T1 − T4 ) = (290 − 475,7) = −186,54 . 1,40 − 1 k −1 kg
104 d) Specifičan koristan rad ciklusa je l k = q1 − q 2 = 350,78 − 186,54 = 164,24
kJ . kg
e) TKI ciklusa je
η=
l k 164,24 = = 0,468 q1 350,78
ili
η = 1− k
1 k
1 1, 40
T4 − T1 1,40 ⋅ (2,00 − 1) k (λ − 1) = 1 − k −1 = 1− = 0,468 . 1, 40 −1 T3 − T2 k 1, 40 β (λ − 1) 6,230 (2,00 − 1)
12. PARNOTURBINSKA POSTROJENJA 12.1. Parnoturbinsko postrojenje radi po idealnom Carnot-ovom ciklusu sa zasićenom vodenom parom. Pritisak suvo-zasićene vodene pare na ulazu u turbinu iznosi p1 = 0,80 MPa, dok je pritisak vlažne pare na izlazu iz turbine p2 = 0,01 MPa. Odrediti: a) razmenjene specifične količine toplote; b) specifičan koristan rad ciklusa i c) termički koeficijent iskorišćenja (TKI) ovog ciklusa. (Okt ‘04) 12.2. Parnoturbinsko postrojenje radi po idealnom Carnot-ovom ciklusu sa zasićenom vodenom parom. Temperatura suvo-zasićene pare pred ulaz u turbinu iznosi t1 = 201,36 0C. Na izlazu iz turbine pritisak vlažne pare je p2 = 0,1 bar. Odrediti: a) parametre radnog tela (pare) u karakterističnim tačkama ciklusa; b) razmenjene specifične količine toplote; c) specifični koristan rad ciklusa i d) TKI ovog ciklusa. (Jul ‘05) 12.3. Parnoturbinsko postrojenje radi po idealnom Rankine-ovom cikusu sa zasićenom vodenom parom. Pritisak suvo-zasićene vodene pare na ulazu u turbinu je p1 = 1,50 MPa, dok je pritisak vlažne pare na izlazu iz turbine p2 = 0,01 MPa. Odrediti: razmenjene specifične količine toplote; b) koristan specifični rad ciklusa i c) TKI ciklusa. 12.4. Parnoturbinsko postrojenje radi po idealnom Rankine-ovom cikusu sa zasićenom vodenom parom. Pritisak suvo-zasićene vodene pare na ulazu u turbinu je p1 = 1,80 MPa. Na izlazu iz turbine stepen vlažnosti vodene pare iznosi x = 0,770. Koristeći se i,s-dijagramom za vodenu paru odrediti: a) razmenjene specifične količine toplote; b) specifični koristan rad ciklusa; c) TKI ciklusa i d) TKI idealnog Carnot-ovog ciklusa između ekstremnih temperatura kao kod pomenutog idealnog Rankine-ovog ciklusa. 12.5. Parnoturbinsko postrojenje radi po idealnom Rankine-ovom cikusu sa pregrejanom vodenom parom. Pritisak i temperatura pregrejane pare pred ulaz u turbinu iznose p1 = 2,5 MPa i t1 = 600 0C, respektivno. Pritisak vodene pare na izlazu iz turbine iznosi p1 = 0,01 MPa. Odrediti: a) razmenjene specifične količine toplote, b) specifični koristan rad ciklusa i c) TKI ciklusa. (Jul ‘96 ). 12.6. Parnoturbinsko postrojenje radi po idealnom Rankine-ovom cikusu sa pregrejanom vodenom parom. Pritisak i temperatura vodene pare na ulazu u turbinu iznose p1 = 1,6 MPa i t1 = 300 0C, respektivno. Pritisak vlažne pare na izlazu iz turbine iznosi p2 = 0,01 MPa. Maseni protok pare je dm/dt = 1080 kg/h. Odrediti: a) razmenjene specifične količine toplote; b) specifični
105 koristan rad ciklusa; c) TKI ovog ciklusa i d) idealnu snagu ovog parnoturbinskog postrojenja. (Sept ‘05) 12.7. Parnoturbinsko postrojenje radi po idealnom Rankine-ovom cikusu sa pregrejanom vodenom parom. Pritisak i temperatura vodene pare na ulazu u turbinu iznose p1 = 5,0 MPa i t1 =500 0C, respektivno. Pritisak vlažne pare na izlazu iz turbine iznosi p2 =0,006 MPa. Pri povećanju temperature pregrejane pare za Δt1 poveća se stepen suvoće pare na izlazu iz turbine za Δx2 = 0,10. Odrediti: a) veličinu porasta temperature pregrevanja (Δt1) i b) veličinu relativnog porasta TKI ciklusa. 12.8. Parnoturbinsko postrojenje radi po idealnom Rankine-ovom cikusu sa vodenom parom. Pritisak pare pre i posle izoentropskog širenja u turbini iznosi p1 = 5,00 MPa i p2 = 0,01 MPa, respektivno. Odrediti TKI ovog ciklusa ako je para na ulazu u turbinu: a) vlažna sa stepenom suvoće x1 = 0,80; b) suvo-zasićena i c) pregrejana do temperature od 500 0 C. 12.9. Parnoturbinsko postrojenje radi po idealnom Rankine-ovom cikusu sa vodenom parom, pri čemu je pritisak pare na ulazu u turbinu p1 = 3,00 MPa a na izlazu iz nje p2 = 0,01 MPa. Odrediti: a) najnižu temperaturu pare na ulazu u turbinu tako da stepen vlažnosti pare na izlazu iz turbine ne bude veći od 0,10 i b) TKI datog ciklusa. 12.10. Parnoturbinsko postrojenje radi po idealnom Rankine-ovom cikusu sa dvostepenim pregrevanjem vodene pare. Naime, pregrejana vodena para pritiska p1 = 6,0 Mpa i t1 = 540 0C izoentropski se širi u turbini do pritiska pA = 0,10 MPa. Vlažna para se pri istom pritisku pregreva do temperature t’1 = 300 0 C a zatim se ponovo izoentropski širi u turbini ali do nižeg pritiska p2 = 0,005 MPa. Odrediti: a) TKI ovog ciklusa; b) TKI ciklusa bez drugostepenog pregrevanja ali sa ekspanzijom pare do istog najnižeg pritiska predhodnog ciklusa (p2 = 0,005 MPa). 12.11. Parnoturbinsko postrojenje radi po idealnom Rankine-ovom cikusu sa dvostepenim pregrevanjem vodene pare. Pregrejana vodena para pritiska p1 = 10,0 MPa i t1 =500 0C izoentropski se širi u turbini do pritiska pA = 0,60 MPa a zatim se uvodi u sledeći pregrevač i pregreva do temperature t’1 = t1 = 500 0C posle čega se izoentropski širi u turbini do pritiska p2 = 0,01 MPa. Naći odnos TKI ciklusa sa dvostepenim pregrevanjem i ciklusa bez dodatnog pregrevanja ali sa ekspanzijom u turbini do istog najnižeg pritiska predhodnog ciklusa (p2 = 0,005 Mpa). 12.12. Parnoturbinsko postrojenje visokog pritiska radi po Rankine-ovom ciklusu sa pregrejanom parom. Pritisak i temperatura vodene pare na ulazu u turbinu iznose p1 = 8,0 MPa i t1 = 500 0C, respektivno. Pritisak pare u kondenzatoru iznosi p2 = 0,005 MPa. Odrediti relativno povećanje TKI ciklusa kada se uvede dodatno pregrevanje pare pri pritisku pA = 2,00 MPa do iste početne temperature t’1 = t1 = 500 0C. (Maj ‘02)
R12. REŠENJA. R12.1. Na osnovu i, s-dijagrama za vodenu paru (ili tablica veličine stanja ključale vode i suve vodene para) dobija se da je
106 za p1 = 0,80 MPa = 8,0 bara kJ '' kJ ' kJ kJ , i1 = 2769 , s1 = 2,046 , s1'' = 6,663 t1 = 170,42 0 C , i1' = 720,9 kg kg kgK kgK za p 2 = 0,01 MPa = 0,1 bar kJ kJ ' kJ kJ , s 2 = 0,6492 , s 2'' = 8,149 t 2 = 45,82 0 C , i2' = 191,83 , i2'' = 2584 kg kg kgK kgK
Entalpija vlažne pare na izlazu iz turbine (tačka 3 na slici R12.1) iznosi:
i3 = i2' + (i2'' − i2' ) x 3 = 191,83 + (2584 − 191,83) ⋅ 0,802 = 2110,4
kJ , kg
gde je
x3 =
s3 − s 2' s1'' − s 2' 6,663 − 0,6492 = = = 0,802 , '' ' '' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 8,149 − 0,6492
stepen suvoće vodene pare ( s3 = s1'' = 6,663
kJ ). kgK
Pred ulaz u kompresor (tačka 4) entropija vlažne pare iznosi: s 4 = s1' = 2,046 stepen vlažnosti (suvoće) pare u datoj tački ciklusa:
x4 =
s 4 − s 2' s1' − s 2' 2,046 − 0,6492 = = = 0,186 . '' ' '' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 8,149 − 0,6492
Entalpija u datoj tački ciklusa je: i4 = i2' + (i2'' − i2' ) x 4 = 191,83 + (2584 − 191,83) ⋅ 0,186 = 636,8
kJ kg
kJ , tako da je kgK
107
kJ kJ , i i2 = i1'' = 2769 , dovedena specifična količina toplote tokom kg kg izobarni-izotermnog isparavanja iznosi: kJ q1 = r = i2 − i1 = i1'' − i1' = 2769 − 720,9 = 2048,1 . kg Kako je i1 = i1' = 720,9
Odvedena specifična količina toplote tokom izobarno-izotermne kondenzacije je:
q 2 = i4 − i3 = 636,8 − 2110,4 = −1473,6
kJ . kg
Specifičan koristan rad ciklusa iznosi:
l k = q1 − q 2 = 2048,1 − 1473,6 = 574,5
kJ . kg
TKI ciklusa je
η=
lk 574,5 = = 0,280 . q1 2048,1
R12.2. Na osnovu tablica za vodenu paru, za datu temperaturu (t1 = 201,36 oC) i dati pritisak (p2 = 0,10 bar), dobijaju se direktno podaci za parametre stanja u tačkama “1” i “2” ciklusa (Slika R12.1). Podaci za stepen suvoće x, entalpiju i, specifičnu zapreminu v, dobijaju se na osnovu podataka za odgovarajuće tačke sa graničnih krivih: s2’ = 0,6492 kJ/kgK, s2’’ = 8,149 kJ/kgK, i2’ = 191,83 kJ/kg, i2’’ = 2584 kJ/kg, v2’ = 0,0010103 m3/kg i v2’’ = 14,70 m3/kg, uz korišćenje poznatih izraza:
s3 − s 2' s1'' − s 2' 6,421 − 0,6492 x 3 = '' = '' = = 0,770 ' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 8,149 − 0,6492 s 4 − s 2' s1' − s 2' 2,3437 − 0,6492 x 4 = '' = '' = = 0,226 ' ' 8,149 − 0,6492 s2 − s2 s2 − s2 kJ kg kJ i4 = i2' + (i2'' − i2' ) x 4 = 191,83 + (2584 − 191,83) ⋅ 0,226 = 732,5 kg i3 = i2' + (i2'' − i2' ) x 3 = 191,83 + (2584 − 191,83) ⋅ 0,770 = 2033,8
v3 = v 2' + (v 2'' − v 2' ) x 3 = 0,0010103 + (14,70 − 0,0010103) ⋅ 0,770 = 11,319
m3 kg
v 4 = v 2' + (v 2'' − v 2' ) x 4 = 0,0010103 + (14,70 − 0,0010103) ⋅ 0,226 = 3,323
m3 kg
Tako dobijeni parametri karakterističnih tačaka ciklusa prikazani su u tabeli R12.1.
108 Parametri p (bar) v (m3/kg) t (0C) i (kJ/kg) s (kJ/kgK) x
tačka (“1”) 16,0 0,0011586 201,36 858.29 2,3437 o
tačka (“2”) 16,0 0,1238 201,36 2794 6,421 1
tačka (“3”) 0,1 11,319 45,82 2033,8 6,421 0,770
tačka (“4”) 0,1 3,323 45,82 732,5 2,3437 0,226
Tabela R12.1 b) Dovedena specifična količina toplote tokom izobarni-izotermnog isparavanja iznosi:
kJ kg Odvedena specifična količina toplote tokom izobarno-izotermne kondenzacije je: q1 = r = i2 − i1 = i1'' − i1' = 2794 − 858,29 = 1935,7
q 2 = i4 − i3 = 732,5 − 2033,8 = −1301,3
kJ kg
c) Specifičan koristan rad ciklusa iznosi: l k = q1 − q 2 = 1935,7 − 1301,3 = 634,4
η=
kJ kg
lk 634,4 = = 0,328 q1 1935,7
ili
η = 1−
T2 318,82 = 1− = 0,328 . T1 474,36
R12.3. Na osnovu i, s-dijagrama za vodenu paru (ili tablica veličine stanja ključale vode i suve vodene para) dobija se da je:
za p1 = 1,50 MPa = 15,0 bara kJ '' kJ ' kJ kJ t1 = 198,25 0 C , i1' = 844,48 , i1 = 2792 , s1 = 2,3115 , s1'' = 6,444 ; kg kg kgK kgK za p 2 = 0,01 MPa = 0,1 bar kJ kJ ' kJ kJ t 2 = 45,82 0 C , i2' = 191,83 , i2'' = 2584 , s 2 = 0,6492 , s 2'' = 8,149 . kg kg kgK kgK Ukupna dovedena količina toplote troši se na dogrevanje vode pri izobarnom procesu ( 1' → 1 ) i na izobarno-izotermno zagrevanje ( 1 → 2 ): q1 = q1' + q1'' = (i1 − i1' ) + (i2 − i1 ) S obzirom da se u T, s-dijagramu tačke 4 i 1’ se skoro poklapaju (pogledaj slika R12.2) kJ kJ i1' ≅ i4 = i2' = 191,83 , i kako je s druge strane i2 = i1'' = 2792 , ukupna dovedena količina kg kg toplote iznosi
109 q1 = q1' + q1'' = (i1 − i1' ) + (i 2 − i1 ) ≅ (i1 − i4 ) + (i2 − i1 ) = i2 − i4 = i1'' − i2' = = 2792 − 191,83 = 2600,17
kJ kg
Stepen suvoće u tački 3 ciklusa je:
s3 − s 2' s1'' − s 2' 6,444 − 0,6492 x3 = '' = '' = = 0,772 , ' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 8,149 − 0,6492 tako da entalpija u tački 3 iznosi:
i3 = i2' + (i2'' − i2' ) x 3 = 191,83 + (2584 − 191,83) ⋅ 0,772 = 2038,6
kJ . kg
Odvedena specifična količina toplote tokom izobarno-izotermne kondenzacije je:
q 2 = i4 − i3 = i2' − i3 = 191,83 − 2038,6 = −1846,8
kJ . kg
Specifičan koristan rad ciklusa iznosi: l k = q1 − q 2 = 2600,17 − 1846,8 = 753,4
kJ . kg
TKI ciklusa je:
η=
lk 753,4 = = 0,290 . q1 2600,17
R12.4. Na osnovu i, s-dijagrama za vodenu paru dobija se za karakteristične tačke ciklusa (slika R12.2): za p1 = 1,80 MPa = 18 bara, t1 = 207 0C, i1’ = i1 = 884,50 kJ/kg, i1’’ = i2 = 2796 kJ/kg, s1’’ = s2 = 6,379 kJ/kgK.
Iz preseka izoentrope s3 = s2 = 6,379 k/kgK i linije konstantnog stepena suvoće x = x3 = 0,77 dobija se: i3 = 2040 kJ/kg, i1’’ = 2590 kJ/kg , t2 = 49 0C, p2 = 0,12 bara
110 Kako je i3 = i2' + (i2'' − i2' ) x 3 , sledi i2' =
i3 − i2'' ⋅ x3 2040 − 2590 ⋅ 0,77 kJ = = 198,7 . 1 − x3 1 − 0,77 kg
Iz tablica se dobija da je za pritisak od 0,12 bara, t2 = 49,44 0,6966 kJ/kgK, i2’ = 206,95 kJ/kg, i2’’ = 2591 kJ/kg.
0
C , s2’’ = 8,085 kJ/kgK, s2’ =
a) Dovedena specifična količina toplote tokom izobarni-izotermnog isparavanja iznosi: q1 = q1' + q1'' = (i1 − i1' ) + (i 2 − i1 ) ≅ (i1 − i 4 ) + (i2 − i1 ) = i2 − i4 = i1'' − i2' = = 2796 − 199 = 2597
kJ kg
(na osnovu tablica za vodenu paru q1 = 2600,2
kJ ). kg
Odvedena specifična količina toplote tokom izobarno-izotermne kondenzacije je:
q 2 = i4 − i3 = i2' − i3 = 198,7 − 2040 = −1841,3
kJ kg
b) Specifičan koristan rad ciklusa iznosi: l k = q1 − q 2 = 2597 − 1841,3 = 755,7 c) TKI ciklusa je: η =
kJ kg
l k 755,7 = = 0,291 . q1 2597
d) TKI Carnot-ovog ciklusa izme|u datih ekstremnih temperatura iznosi:
ηC = 1 −
T2 322 = 1− = 0,329 . T1 480
R12.5. Na osnovu tablica za veli~ine stanja pregrejane pare (ili i,s-dijagrama) dobija se da je za p1 = 2,5 MPa = 25 bara i t1=600 0C: i1 = 3686 kJ/kg i s1 = 7,594 kJ/kgK.
Kako je s2 = s1 = 7,594 kJ/kgK i kako je, na osnovu tablica za veličine stanja ključale vode i suve pare, za p2 = 0,01 MPa = 0,1 bar: i2’ = 191,83 kJ/kg, i2’’ = 2584 kJ/kg, s2’’ = 8,149 kJ/kgK, s2’ = s3 = 0,6492 kJ/kgK, dobija se da je stepen suvoće pare na izlazu iz turbine
x2 =
s 2 − s 2' s1 − s 2' 7,594 − 0,6492 = = = 0,926 . '' ' '' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 8,149 − 0,6492
Entalpija posle adijabatske ekspanzije u turbini (tačka 2 na slici R 12.3) iznosi i2 = i2' + (i2'' − i2' ) x 2 = 191,83 + (2584 − 191,83) ⋅ 0,926 = 2407,0
kJ . kg
111
a) S obzirom da je i4 ≅ i3 = i 2' ukupna dovedena specifična količina toplote po ciklusu iznosi: kJ q1 = (i5 − i4 ) + (i6 − i5 ) + (i1 − i6 ) = i1 − i4 ≅ i1 − i3 = i1 − i2' = 3686 − 191,83 = 3494,2 , kg Odvedena specifična količina toplote po ciklusu je: q 2 = i3 − i2 = i2' − i2 = 191,83 − 2407 = −2215,2
kJ . kg
b) Specifičan koristan rad ciklusa iznosi: l k = q1 − q 2 = 3494,2 − 2215,2 = 1279,0
kJ . kg
c) TKI ciklusa je:
η=
l k 1279,0 = = 0,366 . q1 3494,2
R12.6. Za p1 = 1,6 MPa = 16 bara i t1 = 300 0 C, iz tablica za pregrejanu paru (ili i,sdijagrama), sledi: i1 = 3030 kJ/kg i s1 = 6,876 kJ/kgK. Kako je za p2 = 0,01 MPa = 0,1 bar: i2’ = 191,83 kJ/kg, i2’’ = 2584 kJ/kg, s2’’ = 8,149 kJ/kgK, s2’ = s3 = 0,6492 kJ/kgK, stepen suvoće pare u tački “2”, posle izoentropskog širenja u turbini (s2 = s1 = const. = 6,876 kJ/kgK), iznosi
x2 =
s 2 − s 2' s1 − s 2' 6,876 − 0,6492 = = = 0,830 '' ' '' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 8,149 − 0,6492
Entalpija u tački 2 ciklusa (posle adijabatske ekspanzije u turbini): i2 = i2' + (i2'' − i2' ) x 2 = 191,83 + (2584 − 191,83) ⋅ 0,830 = 2177,3 Dovedena specifična količina toplote po ciklusu iznosi:
kJ kg
112
q1 = (i5 − i4 ) + (i6 − i5 ) + (i1 − i6 ) = i1 − i4 ≅ i1 − i3 = i1 − i2' = 3030 − 191,83 = 2838,2
kJ kg
Odvedena specifična količina toplote po ciklusu je: q 2 = i3 − i2 = i2' − i2 = 191,83 − 2177,3 = −1985,5
kJ kg
b) Specifičan koristan rad ciklusa iznosi: l k = q1 − q 2 = 2838,2 − 1985,5 = 852,7 c) TKI ciklusa je: η =
kJ kg
lk 852,7 = = 0,300 q1 2838,2
d) Snaga parnoturbinskog postrojenja je Pk =
dLk dm 1080 = lk = 852,7 ⋅ 10 3 ⋅ = 255,8 kW . dt dt 3600
R12.7. Za p1 = 5,0 MPa = 50 bara i t1 = 500 0C, iz tablica za pregrejanu paru (ili i,sdijagrama), sledi: i1 = 3433 kJ/kg i s1 = 6,974 kJ/kgK.
Za pritisak vlažne pare p2 = 0,006 MPa = 0,06 bara, iz odgovarajućih tablica (ili i,s-dijagrama), dobija se: s2’’ = 8,238 kJ/kgK, s2’ = 0,5205 kJ/kgK, i2’’ = 2567 kJ/kg, i2’ = 151,46 kJ/kg. Kako je s2 = s1 = 6,974 kJ/kgK, stepen suvoće pare na izlazu iz turbine (u tački “2”) iznosi s − s 2' s1 − s 2' 6,974 − 0,5205 x 2 = 2'' = = = 0,836 . ' '' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 8,238 − 0,5205 Entalpija u tački “2” ciklusa (posle adijabatske ekspanzije u turbini) je:
i2 = i2' + (i2'' − i2' ) x 2 = 151,46 + (2567 − 151,46) ⋅ 0,836 = 2170,8
kJ kg
Povećanjem stepena suvoće pare na vrednost x2* = x2 + Δx2 = 0,836 + 0,10 = 0,936, entropija i entalpija pare takođe se povećavaju: s 2∗ = s 2' + ( s 2'' − s 2' ) x 2∗ = 0,5205 + (8,238 − 0,5205) ⋅ 0,936 = 7,7441
i2∗ = i2' + (i2'' − i2' ) x 2∗ = 151,46 + (2567 − 151,46) ⋅ 0,936 = 2412,4
kJ kgK
kJ kg
Interpolacionim postupkom, iz tabele za pregrejanu paru se dobija da za isti pritisak pregrejane pare p1* = p1 = 5,0 MPa = 50 bara i za s1* = s2* = 7,7441 kJ/kgK temperatura pregrejane pare iznosi t1* = 800,5 0C (jer za s = 7,743 kJ/kgK je t = 8000 C, a za s = 7,852 k/kgK je t = 8500 C). Takođe je i1* = 4137 kJ/kg. Znači, temperatura pregrevanja se povećala za Δt1 = t1∗ − t1 = 800,5 − 500 = 300,5 0 C .
113 U prvom slučaju TKI ciklusa je
η≅
i1 − i2 i1 − i2 3433 − 2170,8 = = = 0,3846 i1 − i3 i1 − i2' 3433 − 151,46
Posle povećanja temperature pregrevanja TKI ciklusa iznosi:
η∗ ≅
i1∗ − i2∗ i1∗ − i2∗ 4137 − 2412,4 = = = 0,4327 , 4137 − 151,46 i1∗ − i3 i1∗ − i2'
tako da je
η ∗ 0,4327 = = 1,126 , η 0,3846 što znači da se TKI ciklusa povećao za 12,6%. R12.8. a) Za p1 = 5,0 MPa = 50 bara, iz tablica za vodenu paru (ili i,s-dijagrama), sledi: t1 = 263.9 0C , s1’’ = 5,974 kJ/kgK, s1’ = 2,9209 kJ/kgK, i1’’ = 2794 kJ/kg, i1’ = 1154,64 kJ/kg. Entropija i entalpija vlažne pare datog stepena suvoće x1= 0,80 pre ulaza u turbinu (tačka 1 na slici R12.4) iznosi, respektivno: kJ s1 = s1' + ( s1'' − s1' ) x1a = 2,9209 + (5,974 − 2,9209) ⋅ 0,80 = 5,3634 kgK kJ i1 = i1' + (i1'' − i1' ) x1a = 1154,64 + (2794 − 1154,64) ⋅ 0,80 = 2466,13 . kg
Posle izoentropskog širenja, za pritisak vlažne pare p2 = 0,01 MPa = 0,1 bara, iz odgovarajućih tablica (ili i,s-dijagrama), dobija se: t = 45,82 0C, s2’’ = 8,149 kJ/kgK, s2’ = 0,6492 kJ/kgK, i2’’ = 2584 kJ/kg, i2’ = 191,83 kJ/kg. Kako je s2 = s1 = 5,3634 kJ/kgK, stepen suvoće pare na izlazu iz turbine (u tački “2” na slici R12.4) iznosi
x2a
s 2 − s 2' s1 − s 2' 5,3634 − 0,6492 = '' = '' = = 0,6286 . ' ' 8,149 − 0,6492 s2 − s2 s2 − s2
114
Entalpija pare u tački “2” ciklusa (posle adijabatske ekspanzije u turbini) je:
i2 = i2' + (i2'' − i2' ) x 2 a = 191,83 + (2584 − 191,83) ⋅ 0,6286 = 1695,55
kJ . kg
TKI ovog ciklusa je
ηa ≅
i1 − i2 i −i 2466,13 − 1695,55 = 1 2' = = 0,339 . i1 − i3, 4 i1 − i2 2466,13 − 191,83
b) Entropija pare na izlazu iz turbine (u tački 2’) jednaka je entropiji suvozasićene pare, tj. s2 ‘ = s1’’ = 5,974 kJ/kgK, tako da stepen suvoće vlažne pare u tački 2’ iznosi:
x 2b
s 2 ' − s 2' s1'' − s 2' 5,974 − 0,6492 = '' = '' = = 0,710 . 8,149 − 0,6492 s 2 − s 2' s 2 − s 2'
Entalpija pare u datoj tački (2’) iznosi: i2 ' = i2' + (i2'' − i2' ) x 2b = 191,83 + (2584 − 191,83) ⋅ 0,710 = 1890,27
kJ . kg
TKI ovog ciklusa je:
ηb ≅
i1' − i2 i '' − i 2794 − 1890,27 = 1'' 2' ' = = 0,347 . i1' − i3, 4 i1 − i2 2794 − 191,83
c) Za pritisak p1 = 5,0 MPa = 50 bara i temperaturu t1 = 500 0C, entalpija i entropija pregrejane pare iznose, respektivno: i1 ’’ = 3433 kJ/kg , s1 ’’ = 6,974 kJ/kgK. Kako je ekspanzija u turbini izoentropska, sledi: s2 ’’ = s1 ’’ = 6,974 kJ/kgK, tako da je stepen suvoće pare na izlazu iz turbine (tačka 2’’) pri pritisku od p2 = 0,01 MPa = 0,1 bara
x2c = tako da je
s 2''' − s 2' s 2'' − s 2'
=
s1'' − s 2' 6,974 − 0,6492 = = 0,8433 , 8,149 − 0,6492 s 2'' − s 2'
115
i2 '' = i2' + (i2'' − i2' ) x 2c = 191,83 + (2584 − 191,83) ⋅ 0,8433 = 2209,15
kJ . kg
TKI ovog ciklusa je:
ηc ≅
i1'' − i2 '' i1'' − i2'' 3433 − 2209,15 = = = 0,378 . i1'' − i3, 4 i1'' − i2' 3433 − 191,83
TKI ovih ciklusa odnose se kao η a : η b : η c = 0,339 : 0,347 : 0,378 = 1 : 1,024 : 1,115 , što znači da se znatno povećanje TKI cikusa (za 11,5%) postiže pregrevanjem pare pred ulaz u turbinu. R12.9. Za stepen vlažnosti od 0,10, odnosno za stepen suvoće x2 = 1 - 0,10 = 0,90, pri pritisku od p2 = 0,010 MPa, na osnovu i, s -dijagrama (ili odgovarajućih tablica) dobija se da je s2 = 7,400 kJ/kgK i i2 = 2345 kJ/kg. Do istog rezultata može da se dođe na osnovu tablica za vodenu paru. Naime, za p2 = 0,010 MPa = 0,10 bara je s2’’ = 8,149 kJ/kgK, s2’ = 0,6492 kJ/kgK, i2’’ = 2584 kJ/kg, i2’ = 191,83 kJ/kg, tako da je:
kJ , kgK kJ i2 = i2' + (i2'' − i2' ) x 2 = 191,83 + (2584 − 191,83) ⋅ 0,90 = 2344,78 . kg s 2 = s 2' + ( s 2'' − s 2' ) x 2 = 0,6492 + (8,149 − 0,6492) ⋅ 0,90 = 7,3990
a) Iz i,s- dijagrama sledi da je, za s1 = s2 = 7,399 kJ/kgK i pri p1 = 3,0 M Pa, temperatura pare iznosi t1 = 5600 C. Iz tablica za pregrejanu paru, pri pritisku p1 = 3,0 MPa=30 MPa, nalazi da za vrednost entropije od 7,400 kJ/kgK entalpija iznosi 3592 kJ/kg a temperatura 5600 C, a za vrednost entropije od 7,345 kJ/kgK, entalpija iznosi 3547 kJ/kg i temperatura 5400 C. Interpolacijom se dobija da kada je entropija s1 = 7,399 kJ/kgK, entalpija ima vrednost od i1 = 3591,18 kJ/kg a temperatura iznosi t1 = 559,64 0 C. b) TKI ciklusa je
η≅
i1 − i2 i −i 3591,18 − 2344,78 = 1 2' = = 0,367 . i1 − i3, 4 i1 − i2 3591,18 − 191,83
R12.10. a) Za pritisak p1 = 6,0 MPa = 60 bara i temperaturu t1 = 540 0 C, iz tablica za pregrejanu paru (ili i,s-dijagrama), sledi: i1 = 3517 kJ/kg i s1 = 6,998 kJ/kgK. Za pritisak vlažne pare pA = 0,10 MPa=1,0 bara, iz odgovarajućih tablica (ili i,s-dijagrama), dobija se: sA’’ = 7,359 kJ/kgK, sA’ = 1,3025 kJ/kgK, iA’’ = 2675 kJ/kg, iA’ = 417,51 kJ/kg.
116
Kako je proces širenja (1→ A) izoentropski sledi sA = s1 = 6,998 kJ/kgK, stepen suvoće pare na izlazu iz turbine (u tački “A” slika R12.5.) iznosi
xA =
s A − s A' 6,998 − 1,3025 = = 0,940 , '' ' s A − s A 7,359 − 1,3025
tako da je entalpija u tački “A” ciklusa (posle adijabatske ekspanzije u turbini):
i A = i A' + (i A'' − i A' ) x A = 417,51 + (2675 − 417,51) ⋅ 0,940 = 2539,55
kJ . kg
Posle dodatnog pregrevanja pri pritisku pA = 0,10 MPa=1,0 bara do temperature t1’ = 300 0C u tački 1’ entalpija i entropija iznose: i1’ = 3073 kJ/kg i s1’ = 8,212 kJ/kgK. Posle ekspanzije do pritiska p2 =0,005 MPa=0,05 bara (tačka 2) je s2 = s1’ = 8,212 kJ/kgK, s2’’ = 8,394 kJ/kgK, s2’ = 0,4760 kJ/kgK, i2’’ = 2561 kJ/kg, i2’ = 137,74 kJ/kg, tako da stepen suvoće pare u tački 2 iznosi:
x2 =
s 2 − s 2' 8,212 − 0,4760 = = 0,977 . s 2'' − s 2' 8,394 − 0,4760
Entalpija u tački 2 ima vrednost: i2 = i2' + (i2'' − i2' ) x 2 = 137,74 + (2561 − 137,74) ⋅ 0,977 = 2505,26 Dovedena specifična količina toplote iznosi: q1 = (i5 − i3, 4 ) + (i6 − i5 ) + (i1 − i6 ) + (i1' − i A ) = (i1 − i3, 4 ) + (i1' − i A ) = = (i1 − i2' ) + (i1' − i A ) = (3517 − 137,74) + (3073 − 2539,55) = 3912,71
Odvedena količina toplote je
kJ kg
kJ . kg
117
q 2 = i3, 4 − i2 = i2' − i2 = 137,74 − 2505,26 = −2367,52
kJ . kg
Specifičan koristan rad ciklusa iznosi: l k = q1 − q 2 = 3912,71 − 2367,52 = 1545,19 TKI ciklusa je: η a =
kJ . kg
l k 1545,19 = = 0,395 . q1 3912,71
b) bez drugostepenog pregrevanja sa ekspanzijom do pritiska p2 = 0,005 MPa = 0,05 bara (tačka 2’) stepen suvoće iznosi:
x2' =
s 2' − s 2' s1 − s 2' 6,998 − 0,4760 = = = 0,8237 , '' ' '' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 8,394 − 0,4760
tako da je
i2 ' = i2' + (i2'' − i2' ) x 2 ' = 137,74 + (2561 − 137,74) ⋅ 0,8237 = 2133,78
kJ . kg
TKI ciklusa bez drugostepenog pregrevanja ' ' l k q1 − q 2 (i1 − i2 ) − i2 − i2' i1 − i2' 3517 − 2133,78 1383,22 ηb = = = = = = = 0,409 q1 q1 3517 − 137,74 3379,26 i1 − i2' i1 − i2'
Bez obzira što je u ovom slučaju (b) teorijski TKI ciklusa nešto veći (3,5%) u odnosu na prvi slučaj (a), realna ekonomičnost parnoturbinsog postrojenja je manja zbog otežanog rada turbine sa parom znatno veće vlažnosti.
R12.11. Za pregrejanu vodenu paru pritiska p1 = 10,0 MPa=100 bara i temperature t1 =500 C, iz tablica (ili i,s-dijagrama) dobija se: i1 = 3372 kJ/kg i s1 =sA = s2’ = 6,596 kJ/kgK. Posle ekspanzije u turbini do pritiska pA = 0,60 MPa = 6,0 bara, pri čemu je sA = s1 = 6,596 kJ/kgK, sA’’ = 6,760 kJ/kgK, sA’ = 1,9309 kJ/kgK, iA’’ = 2757 kJ/kg, iA’ = 670,43 kJ/kg, stepen suvoće pare u tački 2 iznosi: 0
s A − s A' 6,596 − 1,9309 x A = '' = = 0,966 ' s A − s A 6,760 − 1,9309 Posle dodatnog pregrevanja pri pritisku pA = 0,60 MPa = 6,0 bara do temperature t’1 = t1 = 500 0C u tački 1’ entalpija i entropija iznose: i1’ = 3483 kJ/kg i s1’ = 8,001 kJ/kgK. Posle ekspanzije do pritiska p2 =0,01 MPa = 0,1 bara (tačka 2) je, s2 = s1’ = 8,001 kJ/kgK s2’’ = 8,149 kJ/kgK, s2’ = 0,6492 kJ/kgK, i2’’ = 2584 kJ/kg, i2’ = 191,83 kJ/kg, tako da stepen suvoće pare u tački 2 iznosi:
x2 =
s 2 − s 2' 8,001 − 0,6492 = = 0,980 . s 2'' − s 2' 8,149 − 0,6492
118 b) bez drugostepenog pregrevanja sa izoentropskom ekspanzijom (s2’ = s1 =sA = 6,596 kJ/kgK) do pritiska p2 = 0,01 MPa = 0,1 bara (tačka 2’) stepen suvoće iznosi:
x2' =
s 2 ' − s 2' s1 − s 2' 6,596 − 0,6492 = = = 0,793 , '' ' '' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 8,149 − 0,6492
Entalpije u tačkama A, 2’ i 2 iznose, respektivno:
i A = i A' + (i A'' − i A' ) x A = 670,43 + (2757 − 670,43) ⋅ 0,966 = 2686,06
kJ , kg
i2' = i2' + (i2'' − i2' ) x 2 ' = 191,83 + (2584 − 191,83) ⋅ 0,793 = 2088,82
kJ , kg
i2 = i2' + (i2'' − i2' ) x 2 = 191,83 + (2584 − 191,83) ⋅ 0,980 = 2536,16
kJ . kg
TKI ciklusa sa dvostepenim pregrevanjem je: (i − i ) + (i1' − i2 ) (3372 − 2686,06) + (3483 − 2536,16) 1632,78 η1 = 1 A' = = = 0,520 . (i2 − i2 ) + (i1' − i A ) (2536,16 − 191,83) + (3483 − 2686,06) 3141,27 TKI ciklusa bez drugostepenog pregrevanja je ' ' l k q1 − q 2 (i1 − i2 ) − i2 − i2' i1 − i2 ' 3372 − 2088,82 1283,18 η2 = = = = = = = 0,403 , q1 q1 3372 − 191,83 3180,17 i1 − i2' i1 − i2'
tako da je
η1 0,520 = = 1,29 . η 2 0,403
R12.12. Iz tablica za pregrejanu vodenu paru (ili i,s-dijagrama) sledi da je za p1 = 8,0 MPa = 80 bara i t1 = 500 0C,: i1 = 3397 kJ/kg i s1 =sA = s2’ = 6,722 kJ/kgK.
Za pA = 2,0 MPa = 20 bara i sA = s1 = 6,722 kJ/kg K, iz i,s-dijagrama (ili iz tablica interpolacionim postupkom), dobija se da je para pregrejana temperature 291,08 0C, tako da je iA = 2998 kJ/kg. Naime, za 280 0C je i = 2972 kJ/kg i s = 6,674 kJ/kgK, a za 300 0C je i = 3019 kJ/kg i s = 6,757 kJ/kgK Ukoliko bi se iz ove tačke (A) izvršila adijabatska ekspanzija u turbini do pritiska p2 = 0,005 MPa = 0,05 bara, pri čemu je s2’ = sA = s1 = 6,722 kJ/kgK s2’’ = 8,394 kJ/kgK, s2’ = 0,4760 kJ/kgK, i2’’ = 2561 kJ/kg, i2’ = 137,74 kJ/kg, stepen suvoće na izlazu iz turbine (tačka 2’) bio bi:
x2' =
s 2' − s 2' s1 − s 2' 6,722 − 0,4760 = = = 0,789 , '' ' '' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 8,394 − 0,4760
119 tako da je
i2 ' = i2' + (i2'' − i2' ) x 2 ' = 137,74 + (2561 − 137,74) ⋅ 0,789 = 2049,69
kJ kg
Dodatnim pregrevanjem pri istom pritisku p1’ = pA = 2,0 MPa=20 bara i t1’ = 5000 C, u tački 1’ ciklusa je i1’ = 3467 kJ/kg i s1’ = s2 = 7,429 kJ/kgK. Posle ekspanzije do pritiska p2 =0,005 MPa = 0,05 bara (tačka 2), pri čemu je s2 = s1’ = 7,429 kJ/kgK, stepen suvoće pare u tački 2 iznosi:
x2 =
s 2 − s 2' s1' − s 2' 7,429 − 0,4760 = = = 0,878 , 8,394 − 0,4760 s 2'' − s 2' s 2'' − s 2'
tako da je i2 = i2' + (i2'' − i2' ) x 2 = 137,74 + (2561 − 137,74) ⋅ 0,878 = 2265,36
kJ . kg
TKI ciklusa bez dodatnog pregrevanjq je
η1 =
q1 − q 2 q1
=
i1 − i2 ' 3397 − 2049,69 1283,18 = = = 0,413 . 3397 − 137,74 3180,17 i1 − i2'
TKI ciklusa sa dodatnim pregrevanjem je
η2 =
(i1 − i A ) + (i1' − i2 ) (3397 − 2998) + (3467 − 2265,36) 1600,64 = = = 0,429 . (i2 − i2' ) + (i1' − i A ) (3397 − 137,74) + (3467 − 2998) 3728,26
TKI ciklusa povećao se za
η 2 0,429 = = 1,039 , tj. za 3,9%. η1 0,413
13. RASHLADNI SISTEMI 13.1. Vazdušna kompresorska rashladna mašina treba da obezbedi u rashladnoj komori temperaturu od trk = - 20 0C, pri temperaturi okolne sredine od ts = 20 0C. Pritisak vasduha u rashladnoj komori je p2 = 0,10 MPa. Posle adijabatskog sabijanja u kompresoru pritisak vazduha iznosi p1 = 0,50 MPa. Smatrajući da je vazduh idealan gas odrediti: a) temperatu vazduha na ulazu u rashladnu komoru posle adijabatskog širenja u ekspanzionoj mašini (detanderu); b) teorijski specifični rad koji je utrošen za odvijanje ciklusa; c) razmenjene specifične količine toplote; d) koeficijent hlađenja ovog (inverznog Joule-ovog) ciklusa i e) termički koeficijent hlađenja rashladne mašine koja bi radila po inverznom Carnot-ovom ciklusu za iste vrednosti temperature rashladne komore i okolne sredine. 13.2. Vazdušna rashladna mašina, čiji je rashladni kapacitet dQ2 /dt = 498 MJ/h, održava temperaturu od th = - 10 0C u rashladnoj komori. Temperatura vazduha pred ulaz u ekspanzionu mašinu (turbine) iznosi ts = 20 0C. Stepen porasta pritiska u kompresoru je β = p1 / p2 = 4,5. Odrediti: a) maseni protok vazduha; b) teorijsku snagu potrebnu za rad kompresora i
120 ekspanzionog uređaja; c) termički koeficijent hlađenja ciklusa i d) količinu toplote koja se preda u toku 1 h okolnoj sredini. 13.3. Vazdušna rashladna mašina, čiji je rashladni kapacitet dQ2 /dt = 150 MJ/h, održava temperaturu od t3 = - 15 0C u rashladnoj komori, pri konstantnoj temperaturi okolne sredine od 25 0 C. Stepen porasta pritiska u kompresoru je β = p1 / p2 = 4,3. Smatrajući da je vazduh idealan gas odrediti: a) termički koeficijent hlađenja; b) teorijsku snagu potrebnu za pogon uređaja; c) maseni protok vazduha i d) specifičnu količinu toplote koja je predata okolnoj sredini po ciklusu. (Okt ‘04) 13.4. Vazdušna rashladna mašina radi pri sledećim uslovima. Iz rashladne komore vazduh ulazi u kompresor pod pritiskom od p2 = 0,10 MPa i pri temperaturi od t3 = - 13 0C. Posle adijabatske kompresije vazduh izlazi iz kompresora pod pritiskom od p1 = 0,40 MPa. U razmenjivaču toplote, pri p1 = const, zagrejan vazduh se hladi do temperature t1 = 27 0C, a zatim se, posle adijabatskog širenja u turbodetanderu, uvodi u rashladnu komoru gde se pri p2 = const zagreva do početne temperature (t3 = - 13 0 C). Maseni protok vazduha je dm/dt = 3,0 kg/s. Odrediti: a) termički koeficijent hlađenja uređaja; b) snagu neohodnu za rad rashladne mašine i c) rashladni kapacitet mašine (dQ2 / dt). (Jun ‘02) 13.5. Vazdušna kompresorska rashladna mašina proizvodi led temperature tL = - 5 0C od vode temperature tv = 16 0C. Temperatura vazduha na ulazu u kompresor je t3 = - 13 0C. Stepen porasta pritiska vazduha u kompresoru je β = p1/p2 = 4,7. Temperatura vazduha na ulazu u ekspanzioni uređaj (detander) je t1 = 25 0C. Maseni protok vazduha iznosi dm/dt = 5400 kg/h. Specifični toplotni kapacitet vode je cpv = 4,186 kJ/kgK, specifični toplotni kapacitet leda je cpL = 2,09 kJ/kgK i specifična toplota topljenja leda je q0 = 330,7 kJ/kg. Odrediti: a) termički koeficijent hlađenja ciklusa; b) teorijsku snagu neophodnu za pogon rashladne mašine i c) količinu proizvedenog leda u toku 1 h. 13.6. Parnokompresorska rashladna mašina radi po inverznom Carnot-ovom ciklusu sa vlažnom zasićenom parom amonijaka (NH3). Isparavanje amonijaka se vrši pri temperaturi od t1 = 30 0C a kondenzacija pri temperaturi od t2 = - 30 0C. Maseni protok amonijaka iznosi dm/dt = 360 kg/h. Odrediti: a) rashladni kapacitet postrojenja; b) teorijsku snagu motora rashladne mašine i c) termički koeficijent hlađenja ciklusa. 13.7. Parnokompresorska rashladna mašina radi po inverznom idealnom Rankine-ovom ciklusu sa zasićenom parom. Rashladni fluid je freon-12. Najviša i najniža temperatura radnog tela tokom ciklusa iznose t1 = 25 0C i t2 = - 25 0C, respektivno. Rashladni kapacitet uređaja iznosi dQ2 /dt = 1000 MJ/h. Odrediti: a) razmenjene specifične količine toplote; b) teorijsku snagu koja je potrebna za rad date rashladne mašine; c) termički koeficijent hlađenja ciklusa i d) termički koeficijent hlađenja inverznog Carnot-ovog ciklusa sa zasićenom parom između istih ekstremnih temperatura kao kod Rankine-ovog ciklusa. (Jun ‘96). 13.8. Parnokompresorska rashladna mašina radi po inverznom Rankine-ovom ciklusu sa zasićenom parom amonijaka kao radnim telom. Najviša i najniža temperatura ciklusa iznose t1 = 30 0C i t2 = -30 0C, respektivno. Rashladni kapacitet uređaja je dQ2/dt = 100 MJ/h. Odrediti: promenu entropije pri procesu adijabatskog prigušenja u prigušnom ventilu, b) maseni protok amonijaka, c) koeficijent hlađenja i d) teorijsku snagu motora uređaja neophodnog za pogon kompresora. (Sept ‘05). 13.9. Parnokompresorska rashladna mašina koristi ugljen-dioksid kao rashladni fluid. Kondenzacija rashladnog fluida se vrši pri temperaturi od t1 = 20 0C, a isparavanje na temperaturi
121 od t2 = -20 0C. Na ulazu u prigušni ventil para ugljen-dioksida je stepena suvoće x = 0. Sabijanje pare u kompresoru je izoentropsko. Odrediti termički koeficijent hlađenja ciklusa ako je para suvozasićena: a) na ulazu u kompresor i b) na izlazu iz kompresora. 13.10. Za zagrevanje zgrade koristi se toplotna pumpa, koja radi po inverznom Carnotovom ciklusu za zasićenu paru sa amonijakom kao radmin telom. Ovaj modifikovani rashladni uređaj koristi spoljašnju sredinu kao izvor niže temperature, tako da na osnovu uloženog rada za pogon kompresora za adijabatsko sabijanje radnog tela, prenosi se toplota sa okolne sredine na toplotni izvor više temperature, tj. vazduh u prostorijama zgrade. Snaga motora za pogon kompresora iznosi Pk = 30 kW. Ako je temperature okolne sredine t2 = -15 0C , a potrebno je da temperatura u prostorijama zgrade bude t1=25 0C, odrediti: a) količinu toplote koja se tokom jednog časa koristi za zagrevanje zgrade; b) koeficijet grejanja datog ciklusa. 13.11. Toplotna pumpa, koja koristi toplotu uzetu iz okolne sredine za zagrevanje prostorija u zgradama, predstavlja modifikaciju parnokompresorskog rashladnog uređaja i radi po idealnom inverznom Rankine-ovom ciklusu sa zasićenom parom freona-12. Najniža temperatura ciklusa jednaka je temperaturi okolne sredine i iznosi t2 = - 25 0C, a najviša temperatura jednaka je temperaturi u prostoriji zgrade i iznosi t1 = 25 0C. Snaga motora za pogon kompresora iznosi Pk = 69,9 kW. Na izlazu iz kompresora para je suvo-zasićena. Odrediti: a) maseni protok freona-12; b) grejni kapacitet toplotne pumpe i c) termički koeficijent grejanja. (Jul ‘05) 13.12. Idealan ciklus za postizanje niskih temperatura i likvefikaciju gasova prikazan je na slici 13.1. Rashladni fluid je vodonik. Početni pritisak i temperatura vodonika iznose p1 = 0,098 MPa i T1 = 40 K, respektivno. Posle izotermnog sabijanja pritisak vodonika iznosi p2 = 7,84 MPa. Posle izoentropskog hlađenja gas je potpuno preveden u tečno stanje (tačka 3 na donjoj graničnoj krivoj). Izobarno-izotermnim zagrevanjem, pri početnom pritisku p1, vodonik ispari a zatim se izobarnim zagrevanjem, pri istom pritisku, dovodi u početno stanje. Odrediti na osnovu T,s dijagrama: a) razmenjene specifične količine toplote; b) izvršen specifični rad; c) termički koeficijent hlađenja ciklusa i d) termički koeficijent hlađenja odgovarajućeg inverznog Carnotovog ciklusa.
13.13. U slučaju običnog Linde-ovog metoda za likvefikaciju gasova koristi se neon kao rashladni fluid. Neon, pritiska p1 = 0,098 MPa se izotermno sabija u kompresoru do visokog
122 pritiska od p2 =9,80 MPa, a zatim se uvodi u regenerativni razmenjivač toplote, gde se izobarno hladi povratnim protokom ohlađenog neona do temperature Tm = 41,2 K. Gas se zatim izoentalpijski ohladi posle prolaza kroz prigušni ventil. Pritisak gasa na izlazu iz prigušnog ventila jednak je početnom pritisku ciklusa (p4 = p1). Pri datim uslovima gas je delimično likvefikovan. Na račun toplote uzete od okolne sredine, čija je temperatura nešto viša od temperature pare neona, tečan neon isparava pri konstantnoj temperaturi i pritisku a zatim se izobarno regenerativno zagreva u razmenjivaču toplote na račun toplote uzete od struje neona visokog pritiska. Na izlazu iz razmenjivača tamperatura struje neona niskog pritiska jednaka je temperaturi struje neona visokog pritiska, koju je imala na ulazu u razmenjivač toplote, i iznosi T1 = 84 K. Ovaj tzv. Linde-ov ciklus likvefikacije sa prostim prigušenjem prikazan je na slici 13.2. Na osnovu T, s - dijagrama neona odrediti: a) specifičnu količinu toplote koja je potrebna za izobarno-izotermno isparavanje likvefikovanog neona; b) specifični rad koji je potrebno utrošiti da bi se ostvario ciklus; c) termički koeficijent hlađenja ciklusa i d) odnos termičkog koeficijenta ovog ciklusa i termičkog koeficijenta hlađenja inverznog Carnot-ovog ciklusa. R13. REŠENJA.
iznosi:
R13.1. a) Temperatura T2 vazduha na ulazu u rashladnu komoru (tačka 2 na slici R13.1)
⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
k −1 k
⎛ 0,1 ⎞ = 293 ⎜ ⎟ ⎝ 0,5 ⎠
1, 4 −1 1, 4
= 185,0 K .
b) Temperatura T4 vazduha na izlazu iz kompresora je: ⎛p ⎞ T4 = T3 ⎜⎜ 4 ⎟⎟ ⎝ p3 ⎠
k −1 k
⎛ 0,5 ⎞ = 253 ⎜ ⎟ ⎝ 0,1 ⎠
1, 4 −1 1, 4
= 400,7 K .
Specifični rad koji je utrošen za pogon kompresora po jednom ciklusu iznosi: l k = i4 − i3 = c p (T4 − T3 ) = c p (T4 − Trk ) = 1,002 ⋅ 10 3 (400,7 − 253) = 148,0 gde je c p =
kJ kg
kR kJ = 1,002 - maseni specifični toplotni kapacitet pri konstantnom pritisku. k −1 kgK
123 Specifični rad koji izvrši vazduh u ekspanzionom cilindru iznosi:
lT = i1 − i2 = c p (T1 − T2 ) = 1,002 ⋅ 10 3 (293 − 185) = 108,2
kJ . kg
Specifični rad koji je utrošen po jednom ciklusu za pogon rashladne mašine iznosi: lC = l k − lT = 148,0 − 108,2 = 39,8
kJ . kg
c) Specifična količina toplote, koja je odvedena iz hladnjaka, iznosi:
q 2 = c p (T3 − T2 ) = 1,002 ⋅ 10 3 (253 − 185) = 68,1
kJ . kg
Specifična količina toplote, koja je predata okolnoj sredini, iznosi:
q1 = c p (T4 − T1 ) = 1,002 ⋅ 10 3 (400,7 − 293) = 107,9
kJ kg
ili q1 = q 2 + l C = 68,1 + 39,8 = 107,9
kJ kg
d) Termički koeficijenta hla|enja (TKH) ciklusa je:
ε=
q 2 68,1 = = 1,71 l C 39,8
ε=
T2 185 = = 1,71 T1 − T2 293 − 185
ili
e) TKH inverznog Carnot-ovog ciklusa iznosi:
ε=
T3 253 = = 6,32 . T1 − T3 293 − 253
R13.2. a) Temperatura T2 vazduha na ulazu u rashladnu komoru, posle adijabatske ekspanzije (tačka 2 na slici R13.1), iznosi:
⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
k −1 k
= Ts β
1− k k
= 293 ⋅ 4,5
1−1, 4 1, 4
= 190,65 K
Odvedena specifična količina toplote iz rashladne komore iznosi:
124
q 2 = c p (T3 − T2 ) = 1,002 ⋅ 10 3 (263 − 190.65) = 72,49
kJ , kg
kR kJ = 1,002 - maseni specifični toplotni kapacitet pri konstantnom pritisku. k −1 kgK Kako rashladni kapacitet mašine iznosi:
gde je c p =
dQ2 dm MJ MJ = q2 = 498 = 0,1383 , dt dt h s
maseni protok vazduha je dm 1 dQ2 1 kg = = ⋅ 0,1383 ⋅ 10 6 = 1,908 . 3 dt q 2 dt s 72,49 ⋅ 10 b) Temperatura T4 vazduha na izlazu iz kompresora je ⎛p ⎞ T4 = T3 ⎜⎜ 4 ⎟⎟ ⎝ p3 ⎠
k −1 k
= T3 β
k −1 k
= 263 ⋅ 4,5
1, 4 −1 1, 4
= 404,19 K .
tako da specifični rad koji je potreban za pogon kompresora po jednom ciklusu iznosi: l k = i4 − i3 = c p (T4 − T3 ) = 1,002 ⋅ 10 3 (404,19 − 263) = 141,47
kJ . kg
Specifični rad koji izvrši vazduh u ekspanzionom cilindru iznosi: lT = i1 − i2 = c p (T1 − T2 ) = 1,002 ⋅ 10 3 (293 − 190,65) = 102,55
kJ . kg
Specifični rad koji je potreban po jednom ciklusu za pogon rashladne mašine iznosi:
lC = l k − lT = 141,47 − 102,55 = 38,92
kJ kg
Odgovarajuće teorijske snage su: Pk =
dLk dm = lk = 141,47 ⋅ 1,908 = 269,92 kW dt dt
PT =
dLT dm = lT = 102,55 ⋅ 1,908 = 195,66 kW dt dt
PC =
dLC dm = lC = 38,92 ⋅ 1,908 = 74,26 kW dt dt
125 Znači, ukoliko se snaga (PT), koja je oslobođena u ekspanzionoj mašini, usmeri za pogon kompresora, spolja treba da se dovede samo deo ukupne snage (PC) za rad kompresora ( Pk = PT + PC ). c) Termički koeficijenta hla|enja (TKH) ciklusa je:
ε=
T2 = T1 − T2
1
β
k −1 k
1
= −1
4,5
1, 4 −1 1, 4 k
= 1,86 . −1
d) Količina toplote koja se u jedinici vremena preda okolnoj sredini iznosi: dQ1 dm dm kJ = q1 = c p (T4 − T1 ) ⋅ = 1,002 ⋅ 10 3 (404,19 − 293) ⋅ 1,908 = 212,57 = dt dt dt s MJ = 765,3 h
R13.3. a) TKH ciklusa iznosi:
ε=
b) Kako je PC =
T2 = T1 − T2
1 ⎛ p1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ p2 ⎠
k −1 k
1
= −1
β
k −1 k
1
= −1
4,3
1, 4 −1 1, 4
= 1,934 −1
q dLC dm = lC , i kako je lC = 2 , sledi dt dt ε
PC = lC
1 ⎛ 150 ⋅ 10 6 dm q 2 dm 1 dQ2 ⎜ = = = ε dt ε dt 1,934 ⎜⎝ 3600 dt
⎞ ⎟⎟ = 21,54 kW . ⎠
c) Temperatura vazduha na ulazu u rashladnu komoru, posle adijabatske ekspanzije, iznosi ⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
k −1 k
⎛1⎞ = T1 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝β ⎠
k −1 k
= T1 β
1− k k
= 298 ⋅ 4,3
1−1, 4 1, 4
= 196,44 K ,
tako da je odvedena specifična količina toplote iz rashladne komore
q 2 = c p (T3 − T2 ) = 1,002 ⋅ 10 3 (258 − 196,44) = 61,68
kJ , kg
kR kJ = 1,002 - maseni specifični toplotni kapacitet pri konstantnom pritisku. k −1 kgK Kako rashladni kapacitet mašine iznosi:
gde je c p =
dQ2 dm MJ kJ = q2 = 150 = 41,67 , dt dt h s
126 maseni protok vazduha je dm 1 dQ2 1 kg kg = = ⋅ 150 ⋅ 10 6 = 2432 = 0,6755 . 3 dt q 2 dt h s 61,68 ⋅ 10 d) Količina toplote koja je u jedinici vremena predata okolnoj sredini može da se odredi na osnovu izraza dQ1 dLC dQ2 dQ2 kJ MJ , = + = PC + = 21,54 + 41,67 = 63,21 = 227,56 dt dt dt dt s h
tako da je predata specifična količina toplote po ciklusu q1 =
dQ1 dt 63,21 kJ kJ = = 93,58 . dm dt 0,6755 kg kg
Do istog izraza se može doći na osnovu poznatog izraza
q1 = c p (T4 − T1 ) = 1,002 ⋅ 10 3 (391,39 − 298) = 93,58
kJ kg
znajući da je ⎛p ⎞ T4 = T3 ⎜⎜ 4 ⎟⎟ ⎝ p3 ⎠
k −1 k
= T3 β
k −1 k
= 258 ⋅ 4,3
1, 4 −1 1, 4
= 391,39 K .
R13.4. a) TKH ciklusa je
ε=
T2 = T1 − T2
1 ⎛ p1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ p2 ⎠
k −1 k
1
=
β
−1
k −1 k
1
= −1
4,0
1, 4 −1 1, 4
= 2,058 . −1
Temperatura vazduha na izlazu iz kompresora je ⎛p ⎞ T4 = T3 ⎜⎜ 4 ⎟⎟ ⎝ p3 ⎠
k −1 k
= T3 β
k −1 k
= 260 ⋅ 4,0
1, 4 −1 1, 4
= 386,36 K .
Temperatura vazduha na ulazu u rashladnu komoru, posle adijabatske ekspanzije, iznosi ⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
k −1 k
⎛1⎞ = T1 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝β ⎠
k −1 k
= T1 β
1− k k
= 300 ⋅ 4,0
1−1, 4 1, 4
= 201,88 K .
Razmenjene specifične količine toplote su
q1 = c p (T4 − T1 ) = 1,002 ⋅ 10 3 (386,36 − 300) = 86,53
kJ kg
127
kJ , kg
q 2 = c p (T3 − T2 ) = 1,002 ⋅ 10 3 (260 − 201,88) = 58,24
gde je cp = kR/(k-1) = 1,002 kJ/kgK - maseni specifični toplotni kapacitet pri konstantnom pritisku. Specifičan rad, koji je potrebno dovesti spolja za rad rashladne mašine po ciklusu, iznosi kJ . kg
lC = q1 − q 2 = 86,53 − 58,24 = 28,29 Snaga potrebna za rad rashladnog sistema je
PC = lC
dm = 28,29 ⋅ 3,0 = 84,87 kW . dt
Rashladni kapacitet rashladne mašine iznosi dQ2 dm kJ MJ . = q2 = 58,24 ⋅ 3,0 = 174,72 = 629,0 dt dt s h
R13.5. a) Termički koeficijenta hlađenja (TKH) ciklusa je:
ε=
T2 = T1 − T2
1 ⎛ p1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ p2 ⎠
k −1 k
1
=
β
−1
k −1 k
1
= −1
4,7
1, 4 −1 1, 4
= 1,798 . −1
b) Temperatura T4 vazduha na izlazu iz kompresora je ⎛p ⎞ T4 = T3 ⎜⎜ 4 ⎟⎟ ⎝ p3 ⎠
k −1 k
= T3 β
k −1 k
= 260 ⋅ 4,7
1, 4 −1 1, 4
= 404,58 K .
Posle adijabatske ekspanzije u detanderu temperatura vazduha iznosi ⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
k −1 k
⎛1⎞ = T1 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝β ⎠
k −1 k
= T1 β
1− k k
= 298 ⋅ 4,7
1−1, 4 1, 4
= 191,51 K .
Specifična količina toplote koja je odvedena iz rashladne komore je
q 2 = c p (T3 − T2 ) = 1,002 ⋅ 10 3 (260 − 191,51) = 68,63 Specifična količina toplote koja je predata okolnoj sredini iznosi
kJ . kg
128
q1 = c p (T4 − T1 ) = 1,002 ⋅ 10 3 (404,58 − 298) = 106,79
kJ . kg
Specifičan rad, koji je potrebno dovesti spolja za rad rashladne mašine po ciklusu, iznosi lC = q1 − q 2 = 106,79 − 68,63 = 38,16
kJ kg
Snaga koja je potrebna za rad rashladnog sistema iznosi
PC = lC
dm 5400 = 38,16 ⋅ = 57,24 kW . dt 3600
c) Rashladni kapacitet rashladne mašine iznosi dQ 2 dm kJ MJ 5400 . = q2 = 68,63 ⋅ = 102,94 = 370,60 dt dt s h 3600
Da bi se voda temperature tv = 160 C ohladila do temperature t0 = 00 C potrebno je odvesti specifičnu količinu toplote kJ q v = c pv (t v − t 0 ) = 4,186 ⋅ (16 − 0) = 66,98 , kg gde je cpv = 4,186 kJ/kgK specifični toplotni kapacitet vode. Da bi se voda temperature t0 = 00 C prevela u led iste temperature treba da se odvede specifična kJ . količina toplote koja je jednaka specifičnoj toploti topljenja leda q 0 = 330,7 kg Da bi se led, temperature t0 = 00 C, ohladio do temperature tL = - 50 C potrebno je da se odvede specifična količina toplote kJ q L = c pL (t L − t 0 ) = 2,09 ⋅ 5 = 10,45 , kg gde je cpL = 2,09 kJ/kgK, specifični toplotni kapacitet leda. Znači, da bi se od vode temperature tv = 160 C dobio led mase 1 kg, temperature tL = - 5 0C, treba da se iz sistema odvede specifična količina toplote kJ q vL = q v + q0 + q L = 66,98 + 330,7 + 10,45 = 408,13 . kg Ukupna količina toplote koja u jedinici vremena može da se odvede iz rashladne komore (rashladni kapacitet) iznosi dQ2 dm L , = q vL dt dt
tako da je masa formiranog leda u jedinici vremena
129
dm L kg kg 1 dQ2 102,94 = ⋅ = = 0,252 = 908,0 dt q vL dt s h 408,13 R13.6. a) Iz tabele veličina stanja proključalog amonijaka ili i,s - dijagrama ( odnosno T,s- dijagrama amonijaka) dobija se da je :
za t1 = 30 0 C , i1’ = 641,7 kJ/kg, i1’’ = 1787,1 kJ/kg, s1’ = 2,488 kJ/kgK, s1’’ = 6,267 kJ/kgK; za t2 = - 30 0C je: i2’ = 363,8 kJ/kg, i2’’ = 1722,2 kJ/kg, s2’ = 1,473 kJ/kgK, s2’’ = 7,062 kJ/kgK.
Kako je s2 =s1 = s1’ = 2,488 kJ/kgK i s3 =s4 = s1’’ = 6,267 kJ/kgK, stepen suvoće pare amonijaka na izlazu iz ekspanzionog uređaja (tačka “2” na slici R13.2) i na ulazu u kompresor (tačka “3”) iznosi, respektivno:
s 2 − s 2' s1' − s 2' 2,488 − 1,473 x 2 = '' = '' = = 0,1816 , ' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 7,062 − 1,473 x3 =
s3 − s 2' s1'' − s 2' 6,267 − 1,473 = = = 0,8578 '' ' '' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 7,062 − 1,473
Entalpija u tački “2” i “3” ciklusa je, respektivno:
i2 = i2' + (i2'' − i2' ) x 2 = 363,8 + (1722,2 − 363,8) ⋅ 0,1816 = 610,48
kJ , kg
i3 = i2' + (i2'' − i2' ) x3 = 363,8 + (1722,2 − 363,8) ⋅ 0,8578 = 1529,04 Odvedena specifična količina toplote iz rashladne komore je:
q 2 = i3 − i2 = 1529,04 − 610,48 = 918,56
kJ , kg
kJ . kg
130 a specifična količina toplote koja je predata okolnoj sredini iznosi
q1 = i4 − i1 = i1'' − i1i = 1787,1 − 641,7 = 1145,4
kJ . kg
Rashladni kapacitet uređaja je dQ2 dm 360 kJ MJ . = q2 = 918,56 ⋅ = 91,856 = 330,68 dt dt 3600 s h
b) Specifičan rad koji je potreban za odvijanje ciklusa i odgovarajuća snaga iznose, respektivno: kJ lC = q1 − q 2 = 1145,4 − 918,56 = 226,84 , kg dm 360 PC = lC = 226,84 ⋅ = 22,68 kW . dt 3600 c) Termički koeficijent hlađenja (TKH) iznosi
εC =
q 2 918,56 = = 4,05 , lC 226,84
ili
ε=
T2 243 = = 4,05 . T1 − T2 303 − 243
R13.7. a) Iz tabele veličina stanja proključalog freona-12 ili i,s - dijagrama ( odnosno T,s- dijagrama freona-12) dobija se da je:
za t1 = 25 0C , p1 = 6,5079 bara, i1’ = 524,16 kJ/kg, i1’’ = 665,84 kJ/kg, s1’ = 2,0834 kJ/kgK, s1’’ = 2,5587 kJ/kgK; za t2 = - 25 0 C je p2 = 1,2372 bara, i2’ = 477,43 kJ/kg, i2’’ = 642,89 kJ/kg, s2’ = 1,9142 kJ/kgK, s2’’ = 2,5811 kJ/kgK.
131 Kako je s3 =s4 = s1’’ = 2,5587 kJ/kgK, stepen suvoće pare freona-12 na ulazu u kompresor (tačka “3” na slici R13.3) iznosi:
x3 =
s3 − s 2' s1'' − s 2' 2,5587 − 1,9142 = = = 0,9664 . '' ' '' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 2,5811 − 1,9142
Entalpija pare freona-12 u tački “3”” ciklusa je:
i3 = i2' + (i2'' − i2' ) x3 = 477,43 + (642,89 − 477,43) ⋅ 0,9664 = 637,33
kJ . kg
Obzirom da se proces adijabatskog prigušenja vrši bez promene entalpije ( i2 = i1 = i1’ = 524,16 kJ/kg) odvedena specifična količina toplote iz rashladne komore je q 2 = i3 − i2 = i3 − i1' = 637,33 − 524,16 = 113,17
kJ . kg
Specifična količina toplote koja je predata okolnoj sredini iznosi
q1 = i4 − i1 = i1'' − i1' = 665,84 − 524,16 = 141,68
kJ . kg
b) Utrošen specifičan rad po ciklusu lC jednak je radu koji je potreban za pogon kompresora l k i iznosi: kJ lC = q1 − q 2 = (i1'' − i1' ) − (i3 − i1' ) = i1'' − i3 = l k = 28,51 kg Kako je rashladni kapacitet uređaja dat izrazom
dQ2 dm = q2 , maseni protok freona-12 iznosi dt dt
1 10 9 dm 1 dQ2 kg = ⋅ = ⋅ = 2,45 3 dt q 2 dt s 113,17 ⋅ 10 3600 tako da snaga, koja je poterbna za pogon rashladne mašine, odnosno njenog kompresora, iznosi
Pk = l k
dm = 28,51 ⋅ 10 3 ⋅ 2,45 = 69,9 kW . dt
c) Termički koeficijent hlađenja (TKH) iznosi
ε=
q 2 113,17 = = 3,97 . lC 28,51
d) TKH inverznog Carnot-ovog ciklusa između isth ekstremnih temperatura iznosi
132
εC = tako da je
T2 248 = = 4,96 , T1 − T2 298 − 248
ε = 0,80 . εC
R13.8. a) Na osnovu tabele veličina stanja proključalog amonijaka dobija se da je:
za t1 = 30 0 C, i1’ = 641,7 kJ/kg, i1’’ = 1787,1 kJ/kg, s1’ = 2,488 kJ/kgK, s1’’ = 6,267 kJ/kgK, a za t2 = - 30 kJ/kgK.
0
C je i2’ = 363,8 kJ/kg, i2’’ = 1722,2 kJ/kg, s2’ = 1,473 kJ/kgK, s2’’ = 7,062
Proces adijabatskog prigušenja vrši se bez promene entalpije tako da je i2 = i1 = i1’ = 641,7 kJ/kg. Stepen suvoće pare amonijaka na izlazu iz prigušnog ventila (tačka “2” na slici R13.3) iznosi: i − i' i' − i' 641,7 − 363,8 x 2 = 2'' 2' = 1'' 2' = = 0,2046 . i2 − i2 i2 − i2 1722,2 − 363,8 Enropija pare amonijaka na izlazu iz prigušnog ventila (u tački “2” ciklusa) je:
s 2 = s 2' + ( s 2'' − s 2' ) x 2 = 1,473 + (7,062 − 1,473) ⋅ 0,2046 = 2,6165
kJ . kg
Pri pricesu adijabatskog prigušenja entropija amonijaka je porasla za:
Δsi = s 2 − s1 = s 2 − s1' = 2,6165 − 2,488 = 0,1285
kJ . kg
b) Kako je s3 =s4 = s1’’ = 6,267 kJ/kgK, stepen suvoće pare amonijaka na ulazu u kompresor (tačka “3” na slici R13.3) iznosi:
x3 =
s3 − s 2' s1'' − s 2' 6,267 − 1,473 = = = 0,8578 . '' ' '' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 7,062 − 1,473
Entalpija pare amonijaka u tački “3” ciklusa je: i3 = i2' + (i2'' − i2' ) x3 = 363,8 + (1722,2 − 363,8) ⋅ 0,8578 = 1529,04
kJ . kg
Odvedena specifična količina toplote iz rashladne komore je
q 2 = i3 − i2 = i3 − i1' = 1529,04 − 641,7 = 887,34
kJ . kg
dQ2 dm = q2 , maseni protok amonijaka iznosi dt dt 1 10 8 dm 1 dQ2 kg kg = ⋅ = ⋅ = 0,0313 = 112.70 3 dt q 2 dt s h 887,34 ⋅ 10 3600
Kako je rashladni kapacitet uređaja dat izrazom
133 c) Specifična količina toplote koja je predata okolnoj sredini iznosi
kJ . kg Utrošen specifičan rad po ciklusu jednak je radu koji je potreban za pogon kompresora i iznosi: kJ lC = q1 − q 2 = 1145,4 − 887,34 = 258,06 . kg Termički koeficijent hlađenja (TKH) iznosi q1 = i4 − i1 = i1'' − i1' = 1787,1 − 641,7 = 1145,4
ε=
q 2 887,34 = = 3,438 . l C 258,06
d) Teorijska snaga motora, koji je poterban za pogon rashladne mašine, odnosno njenog kompresora, iznosi dm PC = lC = 258,06 ⋅ 10 3 ⋅ 0,0313 = 8,077 kW . dt R13.9. Iz T,s- dijagrama za ugljen-dioksid (ili odgovarajućih tabela veličina stanja ukoliko su dostupne) dobija se da je:
za t1 = 20 0 C, p1 = 59,2 at = 6.06 M Pa (1 at =1,013.105 Pa), i1’ = 114 k Cal/ kg = 477,3 kJ/kg, i1’’ = 151 k Cal/kg = 632,2 kJ/kg, s1’ = 1,047 k Cal/kgK = 4,384 kJ/kgK, s1’’ = 1,173 k Cal/kgK = 4,911 kJ/kgK (1 kCal =4,1868 kJ), a za t2 = - 20 0 C je i2’ = 89,1 k Cal/kg = 373 kJ/kg, i2’’ = 156,8 k Cal/kg = 656,5 kJ/kg, s2’ = 0,960 k Cal/kgK = 4,019 kJ/kgK, s2’’ = 1,227 k Cal/kgK = 5,137 kJ/kgK.
a) Tačka “3” (Slika R13.4) nalazi se na gornjoj graničnoj krivoj tako da je s3 = s2’’ = 5,137 kJ/kgK. Entalpija pare u tački “4” nalazi se na osnovu preseka izoentrope s4 = s3 = 5,137 kJ/kgK = const i izobare p1 = 5,71 M Pa = const. Tako se dobija da je i4 = 168 k Cal/kg = 703,4 kJ/kg. Obzirom da je i2 = i1 = i1’, odvedena specifična količina toplote iz rashladne komore iznosi kJ q 2 = i3 − i2 = i3 − i1' = 656,5 − 477,3 = 179,3 kg
134 Specifičan rad koji je potreban za odvijanje ciklusa jednak je radu kompresora i iznosi
l C = i4 − i3 = i4 − i3 = 703,4 − 656,5 = l k = 46,9
kJ . kg
TKH ciklusa iznosi
ε=
q 2 179,3 = = 3,82 . lC 46,9
b) Stepen suvoće pare ugljen-dioksida na ulazu u kompresor (tačka 3’ na slici R13.4) iznosi, kada para na izlazu iz kompresora suvozasićena (s3’= s1’’):
x 3' =
s 3 '− s 2' s −s '' 2
' 2
=
s1'' − s 2' s −s '' 2
' 2
=
4,911 − 4,019 = 0,797 . 5,137 − 4,019
Entalpija pare ugljen-dioksida u tački 3’ ciklusa je:
i3' = i2' + (i2'' − i2' ) x3' = 373 + (656,5 − 373) ⋅ 0,797 = 599
kJ kg
Odvedena specifična količina toplote iz rashladne komore je
q 2' = i3' − i2 = i3' − i1' = 599 − 477,3 = 121,7
kJ . kg
Potreban specifični rad za pogon kompresora je l C' = l k' = i5 − i3' = i1'' − i3' = 632,2 − 599 = l k = 33,2
kJ . kg
TKH ciklusa iznosi
q 2' 121,7 ε '= ' = = 3,66 33,2 lC R13.10. a) Na osnovu tabele veličina stanja proključalog amonijaka i suve amonijačne pare dobija se da je:
za t1 = 25 0C , p1 = 10,028 bara, i1’ = 617,6 kJ/kg, i1’’ = 1784,3 kJ/kg, s1’ = 2,409 kJ/kgK, s1’’ = 6,322 kJ/kgK; za t2 = - 15 0 C je p2 = 2,363 bara, i2’ = 431,4 kJ/kg, i2’’ = 1743,9 kJ/kg, s2’ = 1,743 kJ/kgK, s2’’ = 6,828 kJ/kgK. Stepen suvoće pare u tački “2” ciklusa (slika R 13.2) iznosi:
x2 =
s 2 − s 2' s1' − s 2' 2,409 − 1,743 = = = 0,131 '' ' '' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 6,828 − 1,743
Stepen suvoće pare u tački 3 ciklusa iznosi:
135
x3 =
s3 − s 2' s1'' − s 2' 6,322 − 1,743 = = = 0,900 . '' ' '' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 6,828 − 1,743
Entalpija pare amonijaka u tački 2 i 3 ciklusa je: kJ kg kJ i3 = i2' + (i2'' − i2' ) x3 = 431,4 + (1743,9 − 431,4) ⋅ 0,900 = 1612,6 kg Specifična količina toplote koja je predata kondenzatoru, tj. grejnom telu, iznosi i' = i 2' + (i2'' − i 2' ) x ' = 431,4 + (1743,9 − 431,4) ⋅ 0,131 = 603,3
q1 = i4 − i1 = i1'' − i1' = 1784,3 − 617,6 = 1166,7
kJ kg
Specifična količina toplote koja je uzeta iz okolne sredine i iskorišćena za isparavanje amonijaka u isparivaču iznosi kJ q 2 = i3 − i2 ' = 1612,6 − 603,3 = 1009,3 . kg Utrošen specifičan rad po ciklusu jednak je radu koji je potreban za pogon kompresora i iznosi: kJ l k = lC = q1 − q 2 = 1166,7 − 1009,4 = 157,4 . kg Grejni kapacitet termo pumpe, tj. količina toplote koja se u jedinici vremena dobije za zagrevanje dQ dm dm . Kako je teorijska snaga motora kompresora Pk = l k , sledi zgrade iznosi: 1 = q1 dt dt dt dQ1 q1 kJ MJ 1166,7 = Pk = ⋅ 30 = 222,37 = 800,5 . dt lk s h 157,4 Koeficijent grejanja (koeficijent transformisanja toplote) iznosi
εg =
q1 1166,7 = = 7,41 , lk 157,4
R13.11. a) Na osnovu tabele veličina stanja proključalog freona-12 (odnosno T,sdijagrama freona-12) dobija se da je:
za t1 = 25 0C , p1 = 6,5079 bara, i1’ = 524,16 kJ/kg, i1’’ = 665,84 kJ/kg, s1’ = 2,0834 kJ/kgK, s1’’ = 2,5587 kJ/kgK; za t2 = - 25 0 C je p2 = 1,2372 bara, i2’ = 477,43 kJ/kg, i2’’ = 642,89 kJ/kg, s2’ = 1,9142 kJ/kgK, s2’’ = 2,5811 kJ/kgK.
136 Proces adijabatskog prigušenja vrši se bez promene entalpije tako da je i2 = i1 = i1’ = 524,16 kJ/kg. Na izlazu iz kompresora entalpija suvo-zasićene pare freona-12 iznosi i4 = i1’’ = 665,84 kJ/kg. Kako je s3 = s4 = s1’’ = 2,5587 kJ/kgK. Stepen suvoće pare u tački “3” ciklusa (slika R 13.3) iznosi:
s3 − s 2' s1'' − s 2' 2,5587 − 1,9142 x3 = '' = '' = = 0,9664 ' ' s 2 − s 2 s 2 − s 2 2,5811 − 1,9142 Entalpija pare amonijaka u tački “3” ciklusa je:
i3 = i2' + (i2'' − i2' ) x3 = 477,43 + (642,89 − 477,43) ⋅ 0,9664 = 637,33
kJ kg
Specifična količina toplote koja je predata kondenzatoru, tj. grejnom telu, iznosi q1 = i4 − i1 = i1'' − i1' = 665,84 − 524,16 = 141,68
kJ kg
Specifična količina toplote koja je uzeta iz okolne sredine i iskorišćena za isparavanje ugljendioksida u isparivaču iznosi kJ q 2 = i3 − i2 = i3 − i1' = 637,33 − 524,16 = 113,17 kg Utrošen specifičan rad po ciklusu jednak je radu koji je potreban za pogon kompresora i iznosi: kJ l C = l k = q1 − q 2 = (i1'' − i1' ) − (i3 − i1' ) = i1'' − i3 = l k = 28,51 kg dm , maseni protok freona-12 je Kako je teorijska snaga motora kompresora Pk = l k dt dm Pk kg kg 69,9 = = = 2,452 = 8827 . dt lk s h 28,51 Grejni kapacitet termo pumpe, tj. količina toplote koja se u jedinici vremena dobije za zagrevanje zgrade iznosi dQ1 dm kJ = q1 = 141,68 ⋅ 2,452 = 347,40 dt dt s
Koeficijent grejanja (koeficijent transformisanja toplote) iznosi
εg =
q1 141,68 = = 4,97 . lk 28,51
R13.12. U početnoj tački ciklusa (tačka “1” na slici 13.1.) pri temperaturi T1 = 40,0 K i pritisku p1 = 0,098 MPa = 1 at, entropija i entalpija vodonika, na osnovu T,s- dijagrama, iznose s1 = 8,300 kCal/kgK = 34,75 kJ/kgK i i1 = 210 kCal/kg = 879,2 kJ/kg, respektivno.
137 Posle izoentropskog širenja u detanderu (tačka “3”) je s3 = s2 = 19,93 kJ/kgK i i3 = 100 kCal/kg = 418,7 kJ/kg. U tački “4” ciklusa, posle izotermno-izobarno isparavanja (T2 = 30,0 K, p1 = 0,098 M Pa), je s4 = 7,150 kCal/kgK = 29,94 kJ/kgK i i4 = 170 kCal/kg = 711,76 kJ/kg. Specifična količina toplote (q1) koja je odvedena od radnog tela tokom pricesa izotermnog sabijanja iznosi kJ q1 = T1 ( s2 − s1 ) = −T1 ( s1 − s2 ) = −40 ⋅ (34,75 − 19,93) = −592,8 kg Količina toplote koja je odvedena rashladnim fluidom pri izobarno-izotermnom isparavanju (q2’) i pri izobarnom zagrevanju (q2’’) iznosi q 2 = q 2' + q 2'' = (i4 − i3 ) + (i1 − i4 ) = i1 − i3 = 879,2 − 418,7 = 460,5
kJ . kg
Specifični rad koji treba da se utroši da bi se ostvario dati idealan ciklus likvefikacije iznosi
lid = q1 − q 2 = 592,8 − 460,5 = 132,3
kJ . kg
Koeficijent hlađenja ciklusa iznosi
ε=
q 2 460,5 = = 3,48 , lid 132,3
Za inverzan Carnot-ov ciklus između istih ekstremnih temperatura (T1 i T2) je q1C = q1 = T1 ( s 2 − s1 ) = −T1 ( s1 − s 2 ) = −40 ⋅ (34,75 − 19,93) = −592,8
q 2C = T2 ( s1 − s 2 ) = 30 ⋅ (34,75 − 19,93) = 444,6 lC = q1C − q 2C = 592,8 − 444,6 = 148,2
kJ , kg
kJ . kg
Koeficijent hlađenja ciklusa iznosi
εC =
q 2C 444,6 = = 3,00 , lC 148,2
εC =
T2 30 = = 3,00 . T1 − T2 40 − 30
ili
Odnos koeficijenata hlađenja ova dva ciklusa iznosi:
ε = 1,16 . εC
kJ , kg
138 R13.13. Na osnovu T,s-dijagrama neona (Slika 13.2) sledi da za p1 = 0,098 MPa = 1 at i T1 = 84 K entropija i entalpija neona iznose:
s1 = 1,048 kCal/kgK = 4,388 kJ/kgK i i1 = 35,324 kCal/kg = 147,9 kJ/kg; za T1= 84 K i p2 = 9,80 MPa = 100 at je: s2 =0,5562 kCal/kgK = 2,329 kJ/kgK, i2 = 30,489 kCal/kg = 127,65 kJ/kg. Kako je razmenjivač toplote je toplotno izolovan od okoline, toplota oslobođena u procesu 2 → 3 jednaka je toploti koja je uzeta od razmedjivača u procesu 5 → 1 , pa je i2 − i3 = i1 − i5 , odnosno
i5 − i3 = i1 − i2 . S druge strane je i4 = i3 , tako da specifična količina toplote koja je uzeta iz rashladne komore za isparavanje likvefikovanog neona u isparivaču iznosi kJ q 2 = q 2' = (i5 − i4 ) = (i5 − i3 ) = i1 − i2 = 147,9 − 127,65 = 20,25 kg Oslobođena specifična količina toplote pri procesu izotermnog sabijanja je q1 = T1 ( s 2 − s1 ) = −T1 ( s1 − s 2 ) = −84 ⋅ (4,388 − 2,329) = −172,96
kJ . kg
Rad koji je potrebno utrošiti za odvijanje procesa (za izotermno sabijanje gasa) je kJ . kg Koeficijent hlađenja ovog Linde-ovog ciklusa likvefikacije (Slika R13.6) iznosi svega l = q1 − q 2 = 172,96 − 20,25 = 152,71
εC =
q2 20,25 = = 0,133. l 152,71
Koeficijent hlađenja odgovarajućeg inverznog Carnot-ovog ciklusa iznosi
εC =
T2 27,16 = = 0,479 . T1 − T2 84 − 27,16
Odnos koeficijenata hlađenja ova dva ciklusa iznosi:
ε = 0,278 . εC
14. PROSTIRANJE TOPLOTE 14.1. Odrediti specifični toplotni protok q kroz ravanu homogenu ploču debljine δ = 10,0 cm, ako su temperature na površinama ploče konstantne i iznose t1 =100 0C i t2 = 30 0C, u slučajevima kada je ploča od: a) čelika; b) betona i c) azbesta. Koeficijenti provođenja toplote λ za čelik, beton i azbest iznose: 40 W/mK, 1,3W/mK i 0,040 W/mK, respektivno. 14.2. Ravan zid površine A = 0,5 m2 čini sloj šamota debljine δ1 = 20 mm i sloj čelika debljine δ2 = 10 mm. Temperatura jedne od spoljašnjih površina zida (od šamota) je t1 = 900 0C, a
139 druge (od čelika) je t3 = 40 0C. Koeficijent provođenja toplote šamota je λ1 = 1,0 W/mK, a čelika λ2 = 40 W/mK. Odrediti: a) specifični toplotni protok kroz ovaj dvoslojni zid; b) količinu toplote koja se tokom Δτ = 10 h preda provođenjem s unutrašnje na spoljašnju površinu zida i c) temperaturu t2 na graničnoj površini između slojeva. 14.3. Jedna površina zida od cigala, debljine δ2 = 20 cm i koeficijenta provođenja toplote λ2 = 0,90 W/mK, prevučena je slojem maltera debljine δ1 = 2 cm i koeficijenta provođenja toplote λ1 = 0,70 W/mK. Druga površina zida od cigala prevučena je slojem betona debljine δ3 = 5 cm i koeficijenta provođenja toplote λ3 = 1,3 W/mK. Temperatura jedne od spolješnjih površina ovog troslojnog zida je t1 = 30 0C a temperatura druge spoljašnje površine je t4 = - 10 0C. Odrediti: a) specifični toplotni protok kroz ovaj troslojni zid i b) temperature na granicama slojeva (t2 i t3). (April ‘99) 14.4. Odrediti specifični toplotni protok q kroz ravan šamotni zid debljine δ = 30 cm i temperaturu tx na rastojanju x = 20 cm od unutrašnje površine zida, ako je temperatura unutrašnje površine zida t1 = 1240 0C, dok je temperatura spolješnje površine t2 = 40 0C. Koeficijent provođenja toplote zavisi od temperature po zakonu: λ = λ0 (1 + b t), gde je λ0 = 0,80 W/mK i b = 7 x 10 - 4 0C - 1. 14.5. Spoljašnji prečnik duge porculanske cilindrične cevi je za 15% veći od unutrašnjeg prečnika. Temperatura spoljašnje površine cevi je t2 = 40 0C. Specifični toplotni protok kroz zid cevi je ql = 5,0 kW/m. Koeficijent provođenja toplote porcelana je λ = 2,0 W/mK. Odrediti temperaturu unutrašnje površine cevi. 14.6. Toplotni protok (fluks) kroz sferni šamotni zid, čiji je unutrašnji poluprečnik r1 = 50 cm a spoljašnji poluprečnik r2 = 70 cm, iznosi Φ = 5000 W. Koeficijent provođenja toplote šamota je λ = 1,0 W/mK. Temperatura spoljašnje površine sfernog zida je t2 = 50 0C. Odrediti: a) temperaturu unutrašnje površine sfernog zida; b) temperaturu na radijalnom rastojanju x = 10 cm od unutrašnje površine sfernog zida i c) specifičan toplotni protok kroz obe površine sfernog zida. 14.7. Kocka je napravljena od n1 pločica stranice dužine a, debljine b1 i koeficijenta provođenja toplote λ1 i n2 pločica stranice dužine a, debljine b2 i koeficijenta provođenja toplote λ2. Odrediti: a) koeficijent provođenja toplote materijala kocke duž pločica (λp) i b) normalno na njih (λn) (Sept ‘99). 14.8. Kocka je napravljena od n1 = 10 pločica stranice dužine a, debljine b1 = 1 cm i koeficijenta provođenja toplote λ1 = 40 W/mK i n2 = 15 pločica stranice dužine a, debljine b2 = 2 cm i koeficijenta provođenja toplote λ2 = 10 W/mK . Odrediti: a) koeficijent provođenja toplote materijala kocke duž pločica (λp) i b) normalno na njih (λn). 14.9. U ploči debljine d = 2δ = 10 mm, napravljenoj od materijala koeficijenta provođenja toplote λ = 1,0 W/mK, nalaze se unutrašnji izvori toplote ravnomerno raspoređeni po celoj zapremini. Snaga unutrašnjih izvora po jedinici zapremine (zapreminska gustina toplotnog fluksa) iznosi qv = 10 MW/m3. Temperatura površine zida održava se konstantnom i iznosi t0 = 40 0C. Odrediti: a) temperatursko polje u ploči i b) temperaturu i sredini ploče. (Jul 2006) 14.10. U ploči debljine d= 2δ = 1,0 cm, napravljenoj od materijala koeficijenta provođenja toplote λ = 50,0 W/mK, nalaze se unutrašnji izvori toplote ravnomerno raspoređeni po celoj zapremini. Snaga unutrašnjih izvora po jedinici zapremine iznosi qv = 40 MW/m3. Temperature površina zida održavaju se konstantnom i iznose t01 = 100 0C i t02 = 110 0C. Odrediti: a) položaj
140 xm koji odgovara maksimalnoj temperature Tm ; b) maksimalnu temperaturu i c) gustinu toplotnog fluksa (q1 i q2) na površinama ploče (Sept ‘04). 14.11. U ploči debljine d= 2δ = 1,0 cm, napravljenoj od materijala koeficijenta provođenja toplote λ = 10,0 W/mK, nalaze se unutrašnji izvori toplote ravnomerno raspoređeni po celoj zapremini. Snaga unutrašnjih izvora po jedinici zapremine iznosi qv = 20 MW/m3. Temperature površina zida održavaju se konstantnom i iznose t01 = 100 0C i t02 = 160 0C. Odrediti: a) položaj xm koji odgovara maksimalnoj temperaturi Tm ; b) maksimalnu temperaturu i c) gustinu toplotnog fluksa (q1 i q2) na površinama ploče. 14.12. U dugom valjku prečnika 2R = 0,20 m nalaze se unutrašnji izvori toplote koji su ravnomerno raspoređeni po celoj zapremini. Zapreminska gustina toplotnog fluksa izvora iznosi qv = 10 mW/cm3. Temperatura površine valjka se održava konstantnom i iznosi t0 = 30 0C. Koeficijent provođenja toplote materijala valjka je λ = 10 W/mK. Odrediti: a) temperatursko polje u zapremini valjka i b) temperaturu duž ose valjka (Jul ‘05). 14.13. Kroz dug provodnik kružnog poprečnog preseka poluprečnika R = 0,5 mm teče konstantna jednosmerna struja jačine I = 30 A. Specifični otpor i koeficijent provođenja toplote provodnika su ρ = 1,1. 10-6 Ωm i λ = 20 W/mK, respektivno. Temperatura površine provodnika se održava konstantnom i iznosi t0 = 50 0 C. Odrediti a) temperatursko polje T (r) ; b) temperaturu duž ose provodnika; c) gustinu toplotnog fluksa kroz površinu provodnika i c) gustinu toplotnog fluksa kroz površinu provodnika (Sept ‘05). 14.14. U telu oblika valjka prečnika 2R nalaze se unutrašnji izvori toplote koji su ravnomerno raspoređeni po zapremini (valjak se zagreva električnom strujom). Zapreminska gustina toplotnog fluksa izvora iznosi qv (W/m3). Temperatura okolne sredine iznosi T0. Izvesti izraz za temperatursko polje valjka u stacionarnom režimu i odrediti temperaturu duž oce valjka i na njegovoj površini u slučaju konvektivne razmene toplote sa okolinom, pri čemu je poznat koeficijent toplotne provodljivosti materijala valjka λ (W/mK) i koeficijent prelaza toplote izmedju valjka i okolne sredine α ( W/m2). 14.15. U kugli poluprečnika R = 0,10 m nalaze se unutrašnji izvori toplote koji su ravnomerno raspoređeni po celoj zapremini. Zapreminska gustina toplotnog fluksa izvora iznosi qv = 30 mW/cm3. Temperatura površine kugle se održava konstantnom i iznosi T0 = 330 K. Koeficijent provođenja toplote materijala kugle je λ = 0,10 W/mK. Odrediti: a) temperatursko polje u zapremini kugle i b) temperaturu u centru kugle. 14.16. Odrediti temperatursko polje u prostoru između dveju koncentričnih sfera poluprečnika r1 i r2, i konstantnih temperatura T1 i T2. Prostor između sfera je popunjen homogenom supstancom (Jan ‘05). 14.17. Odrediti temperatursko polje u homogenoj sredini izvan sferne površine poluprečnika R0 i temperature T0. 14.18. Sferni komad leda, početnog poluprečnika R0 = 1 cm, potopljen je u veliku masu vode temperature tv = 10 0C. Odrediti vreme za koje će se komad leda potpuno otopi. Predpostaviti da se razmena toplote između leda i vode vrši samo mehanizmom toplotne provodnosti. Koeficijent toplotne provodnosti vode iznosi λ = 0,60 W/mK, specifična toplota topljenja leda je qL = 330 kJ/kg, a gustina leda ρL = 900 kg/m3.
141 14.19. Potrebno je da se odredi temperatursko polje u dugom valjku prečnika 2r = 1,0 m, napravljenog od materijala koeficijenta toplotne provodljivosti λ = 50,0 W/mK i koeficijenta toplotnog provođenja a = 1,20 . 10-5 m2/s, τ = 1 h od trenutka stavljanja valjka u peć. Koeficijent prelaza toplote od peći ka valju iznosi α = 120 W/m2. Zbog toga se merenje vrši na modelu napravljenom od materijala čije su karakteristike sledeće: λm = 10,0 W/mK, am = 2,40 . 10-5 m2/s, αm = 100 W/m2. Odrediti prečnik modela valjka 2rm i vreme τm od trenutka stavljanja modela u peć posle koga treba izvršiti merenje temperaturskog polja. 14.20. Vazduh laminarno struji brzinom wf = 1,5 m/s duž obe površine tanke ploče temperature tz = 20 0C, dužine L = 2m i širine d = 1m. Temperatura u vazdušnoj struji iznosi tf = 2000 C. Pri datoj temperaturi kinematička viskoznost vazduha je νf = 1,5 x 10-5 m2/s, koeficijent toplotne provodljivosti vazduha je λf = 2,6 . 10-2 W/mK a Prandt-ov broj iznosi Prf = 0,70. Odrediti srednju vrednost koeficijenta prelaza toplote αsr i toplotni fluks Φ između ploče i vazduha. 14.21. Odrediti gustinu fluksa zračenjem razmenjene energije između dve velike paralelne površine temperatura T1 = 800 K i T2 = 400 K i konstanti zračenja c1 = 5,0 W/m2K i c2 = 4,0 W/m2K4, respektivno. Rezultat uporediti sa slučajem kada je druga površina polirana, konstante zračenja c2’ = 0,5 W/m2K4. Konstanta zračenja apsolutno crnog tela je c0 = 5,76 W/m2K4. 14.22. Između dveju paralelnih beskonačno velikih površina jednakih konstanti zračenja c1 = c2 = cp = 5,00 W/m2K, temperatura T1 = 800 K i T2 = 400 K, paralelno je postavljen beskonačno veliki ekran stepena crnoće ε = 0,15. Odrediti gustinu fluksa zračenjem razmenjene energije između datih površina, kao i temperature datih površina i ekrana: a) pre i b) posle postavljanja ekrana. d) Odrediti gustinu fluksa zračenja kada su konstante obeju površina i ekrana jednake, tj. c1 = c2 = cp = ce (Jun ‘02). 14.23. Kugla poluprečnika r1 =10 cm, čija je površina temperature T1 = 1000 K i konstanta zračenja c1 = 5,0 W/m2K, nalazi se u unutrašnjosti sferne površine poluprečnika r2 = 20 cm i temperature T2 = 600 K. Unutrašnja površina sfere je konstante zračenja c2 = 3,0 W/m2K. Odrediti fluks zračenjem razmenjene energije između kugle i sfere. R14. REŠENJA. R14.1. Na osnovu Fourie-ovog zakona specifičan toplotni protok q srazmeran gradijentu temperature dt/dx: q = −λ
t −t t −t dt = −λ 2 1 = λ 1 2 dx δ δ
tako da je: t1 −t 2
kW kW 100 − 30 = 40 ⋅ 700 = 28,0 2 , qb = 1,3 ⋅ 700 = 0,910 2 0,10 δ m m kW i qc = 0,040 ⋅ 700 = 0,028 2 m qa = λ
= 40
R14.2. a) Za dati dvoslojni zid specifičan toplotni protok je
je
142 q=
t1 − t 3
δ1 δ 2 + λ1 λ 2
=
900 − 40 kW = 42,469 2 ; 0,020 0,010 m + 1 40
b) provedena količina toplote iznosi Q = qAΔτ = 42469 ⋅ 0,5 ⋅ 10 ⋅ 3600 = 764,44 MJ i c) temperature na graničnoj površini slojeva je t 2 = t1 −
qδ 1
λ1
qδ 42469 ⋅ 0,020 = t 3 − 2 = 50,6 0 C λ2 1
= 900 −
R14.3. a) Za troslojni zid je q=
t1 − t 4
δ1 δ 2 δ 3 + + λ1 λ 2 λ3
b) Kako je q = q1 = λ1 t 2 = t1 −
t3 = t 4 +
qδ 1
λ1 qδ 3
λ3
30 − (−10) kW = 138,286 2 ; 0,02 0,20 0,05 m + + 0,70 0,90 1,3
=
t1 − t 2
δ1
= 30 −
= q 2 = λ3
t3 − t 4
δ3
, sledi:
138,286 ⋅ 0,02 = 26,0 0 C , 0,70
= −10 +
138,286 ⋅ 0,05 = −4,68 0 C . 1,3
R14.4. Kako je q = −λ (t )
qx = −λ0 (t −
dt dt = −λ0 (1 + bt ) , sledi dx dx
bt 2 )+C, 2
bt12 ), gde se konstanta C nalazi iz graničnih uslova x = 0, t = t1 i x = δ, t = t2: C = λ0 (t1 + 2 tako da je t1 − t ⎡ t12 − t 2 ⎤ q = λ0 ⋅ ⎢1 + b ⋅ (R14.4.1) ⎥. x ⎣ 2 ⎦ Zamenjujući granični uslov x=δ, t = t2 u poslednji izraz dobija se
q = λ0
t1 − t 2 ⎡ t1 + t 2 ⎤ 1240 − 40 ⎡ kW − 4 1240 + 40 ⎤ + = + ⋅ ⋅ b 1 0 , 80 1 7 10 = 4 , 634 . ⎥ 2 ⎥⎦ 0,30 ⎢⎣ 2 δ ⎢⎣ m2 ⎦
Do istog rezultata može da se dođe korišćenjem izraza q = λ sr
t1 − t 2
δ
, gde je λ sr -srednja vrednost
koeficijenta provođenja toplote u datom temperaturskom intervalu t2 - t1:
143
⎡
λ sr = λ0 ⎢1 + b ⎣
t1 + t 2 ⎤ 1240 + 40 ⎤ W ⎡ = 0,80 ⋅ ⎢1 + 0,0007 ⋅ = 1,1584 0 . ⎥ ⎥ 2 ⎦ 2 m C ⎣ ⎦
⎤ 2 ⎡ 2qx 2t1 + − t12 ⎥ = 0 Iz izraza R14.4.1 sledi : t 2 − t + ⎢ b ⎣ λ0 b b ⎦ tako da je 2
1 2q ⎛1 ⎞ t ( x ) = − + ⎜ + t1 ⎟ − ⋅x . λ0 b b ⎝b ⎠
Na rastojanju x = 20 cm temperatura je
2
⎛ 10 4 ⎞ 10 4 2 ⋅ 4634 ⋅ 10 4 + ⎜⎜ + 1240 ⎟⎟ − t (0,20) = − ⋅ 0,20 = 523.7 0 C . 7 0,80 ⋅ 7 ⎝ 7 ⎠
R14.5. Kako je specifični toplotni protok po jedinici dužine cevi
ql =
2πλ (t − t ) , d2 1 2 ln d1
sledi
ql d2 5 ⋅ 10 3 t1 = t 2 + ln = 40 + ln 1,15 = 95,6 0 C. 2πλ d1 2π ⋅ 2,0 R14.6. Kako je za sferni zid toplotni protok
Φ = 4πλ ⋅ (t1 − t 2 )
r2 r1 , r2 − r1
i temperatursko polje
t (r ) = t1 − (t1 − t 2 )
r1 r2 ⎛ 1 1 ⎞ ⎜ − ⎟, r2 − r1 ⎜⎝ r1 r ⎟⎠
(14.6.1)
sledi
t (r ) = t1 −
Φ ⎛ 1 1⎞ ⎜ − ⎟. 4πλ ⎜⎝ r1 r ⎟⎠
(14.6.2)
a) Na osnovu predhodnog izraza (14.6.2) sledi da je temperatura unutrašnje površine sfernog zida: 5000 ⎛ 1 1 ⎞ Φ ⎛1 1⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ = 50 + t1 = t 2 + − ⎜ ⎟ = 277,36 0 C 4πλ ⎝ r1 r2 ⎠ 4π ⋅ 1,0 ⎝ 0,5 0,7 ⎠
144 b) Temperatura na rastojanju x = 10 cm od unutrašnje površine sfernog zida, tj. na sfernoj površini gde je rx = r1+x = 0,60 m, iznosi (izraz 15.6.2)
t x (rx ) = t1 −
5000 ⎛ 1 1 ⎞ Φ ⎛1 1⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ = 277,36 − ⋅⎜ − ⎟ = 144.73 0 C 4πλ ⎝ r1 rx ⎠ 4π ⋅ 1 ⎝ 0,50 0,60 ⎠
t x (rx ) = t 2 +
Φ ⎛1 1⎞ 5000 ⎛ 1 1 ⎞ 0 ⎜⎜ − ⎟⎟ = 50 + ⋅⎜ − ⎟ = 144,74 C 4πλ ⎝ rx r2 ⎠ 4π ⋅ 1 ⎝ 0.6 0.7 ⎠
ili
c) Specifični toplotni protok kroz unutrašnju i spoljašnju sfernu površinu iznose, respektivno: Φ Φ 5000 kW q1 = = = = 1,592 2 , 2 2 A1 4πr1 4π ⋅ 0,50 m q2 =
Φ Φ 5000 kW = = = 0,812 2 . 2 2 A2 4πr2 4π ⋅ 0,70 m
R14.7. a) Specifični toplotni protoci duž pločica iznose:
q1 = λ1
ΔT dT = λ1 dx a
i
q2 = λ2
ΔT dT = λ2 dx a
Ukupni toplotni protoci kroz poprečne preseke pločica vrsta “1” i “2” su:
Φ 1 = A1 q1 = n1 ab1λ1
ΔT = n1b1λ1 ΔT a
i Φ 2 = A2 q2 = n2 ab2 λ2
ΔT = n2b2 λ2 ΔT , a
gde su A1 = n1ab1 i A2 = n2ab2 poprečni preseci svih pločica odgovarajućih vrsta. Ukupan toplotni protok kroz stranicu kocke površine A = a 2 = A1 + A2 = n1 ab1 + n2 ab2 iznosi: Φ = Φ1 + Φ 2 = (n1b1λ1 + n2b2 λ2 )ΔT . S druge strane je ΔT Φ = a 2λ p = aλ p ΔT , a odakle se dobija ekvivalentna vrednost koeficijenta provođenja toplote u duž pločica
λp =
n1b1λ1 + n2 b2 λ 2 n1b1λ1 + n2 b2 λ 2 = , a n1b1 + n2 b2
gde je a = n1b1 + n 2 b2 . b) U slučaju provođenja toplote normalno na pločice važi poznata relacija koja se odnosi na ekvivalentni koeficijent provođenja toplote pri provođenju toplote kroz višeslojni zid:
145
λn =
∑δ i
δi
∑λ i
i
i
=
n1b1 + n2 b2 , n1b1 n 2 b2 +
λ1
λ2
gde su δ 1 = n1b1 , δ 2 = n 2 b2 , debljine slojeva koeficijenta provođenja toplote λ1, i λ2, respektivno. R14.8. Ekvivalentni koeficijenti provođenja toplote iznose (zadatak 14.7):
a)
λp =
b)
λn =
n1b1λ1 + n2 b2 λ 2 10 ⋅ 0,01 ⋅ 40 + 15 ⋅ 0,02 ⋅ 10 W = = 17,5 n1b1 + n2 b2 mK 10 ⋅ 0,01 + 15 ⋅ 0,02 n1b1 + n 2 b2 W 10 ⋅ 0,01 + 15 ⋅ 0,02 = = 7,25 n1b1 n2 b2 10 ⋅ 0,01 15 ⋅ 0,02 mK + + 40 10 λ1 λ2
R14.9. U slučaju kada postoje unutrašnji izvori toplote, koji su ravnomerno raspoređeni po zapremini, Fourie-ova jednačina za stacionarno provođenje toplote ima oblik q (R14.9.1) a ΔT + v = 0 , cρ odnosno q (R14.9.2) ΔT + v = 0 ,
λ
gde je a =
λ - koeficijent temperaturske provodnosti, a qv - zapreminska gustina toplotnog cρ
fluksa. a) U slučaju kada je provođenje jednodimenziono u pravcu x- ose, kao u slučaju ravnog zida debljine d = 2δ, Fourie-ova jednačina dobija sledeći oblik: d 2T q v + = 0. λ dx 2
(R14.9.3)
Rešavanjem poslednje jednačine dobija se q dT = − v x + C1 . λ dx
(R14.9.4)
Ukoliko se koordinatni početak postavi u centar ploče i uzme u obzir da je zbog simetrije ⎛ dT ⎞ ⎜ ⎟ = 0 , sledi C1 = 0, tako da je ⎝ dx ⎠ x =0
146
⎛q ⎞ T ( x) = −⎜ v ⎟ x 2 + C 2 . ⎝ 2λ ⎠
(R14.9.5)
iz graničnog uslova T ( x ± δ ) = T0 sledi C 2 = T0 +
qvδ 2 , tako da je temperatursko polje u 2λ
unutrašnjosti ploče: ⎛q δ2 ⎛q ⎞ T ( x) = T0 + ⎜ v ⎟ δ 2 − x 2 = T0 + ⎜⎜ v ⎝ 2λ ⎠ ⎝ 2λ
[
b) Kako je
]
2 ⎞⎡ ⎛ x ⎞ ⎤ ⎟ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ . ⎟ ⎠ ⎣⎢ ⎝ δ ⎠ ⎦⎥
(R14.9.6)
dT q v = x , maksimalna temperatura je u centru ploče xm = 0, i iznosi: dx λ
qv δ 2 qv d 2 Tm = T (0) = T0 + = T0 + 2λ 8λ
(R14.9.7)
U konkretnom slučaju je qv d 2 10 7 (10 −2 ) 2 Tm = T (0) = T0 + = 313 + = 438 K , 8λ 8 ⋅ 1,0 odnosno t m = 165 0 C .
R14.10. U slučaju stacionarnog provođenja toplote kroz ploču debljine d=2δ, u kojoj se nalaze unutrašnji izvori ravnomerno raspoređeni po zapremini, zapreminske gustine qv, Fourieova jednačina ima oblik (R14.9.3)
d 2T q v + = 0, λ dx 2 čije je opšte rešenje
⎛q ⎞ T ( x) = −⎜ v ⎟ x 2 + C1 x + C 2 . (R14.10.1) ⎝ 2λ ⎠ Neka se koordinatni početak nalazi u sredini ploče. Iz graničnih uslova T (−δ ) = T01 i T (δ ) = T02 , sledi T + T02 q v δ 2 T − T01 + i C1 = 01 . C1 = 02 2δ 2 2λ Temperatursko polje u unutrašnjosti ploče ima oblik
[
]
T ( x) =
T01 + T02 T02 − T01 ⎛q ⎞ x + ⎜ v ⎟ δ 2 − x2 , + 2 2δ ⎝ 2λ ⎠
T ( x) =
⎛q δ2 T01 + T02 T02 − T01 + x + ⎜⎜ v 2 2δ ⎝ 2λ
(R14.10.2)
odnosno ⎞⎡ ⎛ x ⎞ ⎟ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎟ ⎠ ⎢⎣ ⎝ δ ⎠
a) Položaj xm maksimalne temperature nalazi se iz uslova
2
⎤ ⎥. ⎥⎦
(R14.10.3)
147 dT ( x) T02 − T01 q v = + x = 0, dx 2δ λ
odakle je xm =
λ 2q v δ
(T02 − T01 ) =
λ qv d
(T02 − T01 ) ,
(R14.10.4)
računajući od centra ploče ka zidu više temperature, a u konkretnom slučaju xm =
λ qv d
(T02 − T01 ) =
50 (110 − 100) = 1,25 mm 4 ⋅ 10 7 0,01
b) Maksimalna temperatura iznosi
Tm = T ( x m ) =
T01 + T02 q v δ 2 λ + + (T02 − T01 ) 2 = 115,62 0 C 2 2λ 8q v δ 2
Tm = T ( xm ) =
T01 + T02 T02 − T01 ⎛q ⎞ 2 + xm + ⎜ v ⎟ δ 2 − xm = 115,62 0 C . 2 2δ ⎝ 2λ ⎠
ili
[
]
c) Kako je gradijent temperature zavisan od položaja q q q dT T02 − T01 q v = − x = v x m − v x = v ( x m − x) , dx 2δ λ λ λ λ
(R14.10.5)
specifičan toplotni protok (gustina toplotnog protoka)
q ( x ) = −λ
dT = −q v ( x m − x) , dx
(R14.10.6)
takođe zavisi od položaja, tako da na površinama ploča iznosi
kW m2 kW q 2 = q( x = δ ) = −qv ⋅ ( x m − δ ) = 40 ⋅ 10 6 ⋅ (−3,75 ⋅ 10 −3 ) = 150 2 . m q1 = q( x = −δ ) = −q v ⋅ ( x m + δ ) = −40 ⋅ 10 6 ⋅ 6,25 ⋅ 10 −3 = −250
R14.11. a) Temperatura je maksimalna u ravni koja se nalazi na rastijanju xm od ravni simetrije ploče ka površini više temperature (R14.10.4) xm =
λ 2q v δ
(T02 − T01 ) =
λ qv d
(T02 − T01 ) =
10 (160 − 100) = 3,0 mm . 2 ⋅ 10 7 ⋅ 10 − 2
b) maksimalna temperatura je (R14.10.5)
Tm = T ( x m ) = ili
[
]
T01 + T02 T02 − T01 ⎛q ⎞ 2 x m + ⎜ v ⎟ δ 2 − x m = 164 0 C + λ 2 2δ 2 ⎝ ⎠
148
Tm = T ( x m ) =
T01 + T02 q v δ 2 λ + + (T02 − T01 ) 2 = 164 0 C 2 2λ 8q v δ 2
c) gustina toplotnog protoka kroz površine ploča iznosi (R14.10.7)
kW m2 kW q 2 = q( x = δ ) = −q v ⋅ ( x m − δ ) = −20 ⋅ 10 6 ⋅ (−2 ⋅ 10 −3 ) = 40 2 . m q1 = q( x = −δ ) = −qv ⋅ ( x m + δ ) = −20 ⋅ 10 6 ⋅ 8 ⋅ 10 −3 = −160
R14.12. Fourie-ova diferencijalna jednačina u slučaju kada postoje unutrašnji izvori toplote ravnomerno raspoređeni po zapremini homogenog valjka (ili cilindra) ima sledeći oblik
⎡ ∂ 2T 1 ∂T 1 ∂ 2T ∂ 2T ⎤ ∂T cv ρ = λΔT + q v = λ ⎢ 2 + + + ⎥ + qv . r ∂r r 2 ∂θ 2 ∂z 2 ⎦ ∂τ ⎣ ∂r
(R14.12.1)
U slučaju stacionarnog provođenja toplote (∂T/∂τ = 0), vodeći računa o tome da temperatursko polje u unutrašnjosti valjka, zbog simetrije, ne zavisi od cilindričnih koordinata θ i z, Fourie-ova jednačina (R14.12.1) se pojednostavljuje
⎡ ∂ 2T 1 ∂T + 2 r ∂r ⎣ ∂r
λ⎢
⎤ +⎥ + qv = 0 , ⎦
(R14.12.2)
odnosno ⎛ ∂T ⎞ ∂⎜ r ⎟ 1 ⎝ ∂r ⎠ q v + =0. ∂r r λ
(R14.12.3)
Dalje sledi q C ∂T =− v r+ 1 . ∂r 2λ r
(R14.12.4)
∂T = 0 , sledi C1 = 0, tako da je ∂r q T (r ) = − v r 2 + C 2 . 4λ q Iz graničnog uslova T ( R) = T0 , sledi C2 = T0 + v R 2 , tako da je 4λ
(R14.12.5)
Obzirom da je zbog simetrije,
⎡ ⎛ r ⎞2 ⎤ (R14.12.6) ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ . ⎢⎣ ⎝ R ⎠ ⎥⎦ ∂T = 0 , tako da se na osnovu izraza Maksimalna temperature se postiže kada je ispunjen uslov ∂r q ∂T = − v r = 0 odakle sledi da je maksimalna temperatura u centru valjka tj. (R14.12.6) dobija ∂r 2λ rm = 0. q q R2 T (r ) = T0 + v ( R 2 − r 2 ) = T0 + v 4λ 4λ
149 Maksimalna temperatura iznosi
Tm = T (0) = T0 +
qv R 2 , 4λ
(R14.12.7)
tako da temperatursko polje može da se napiše u obliku ⎡ ⎛ r ⎞2 ⎤ T (r ) = T0 + (Tm − T0 ) ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ . ⎢⎣ ⎝ R ⎠ ⎥⎦
Kako je
(R14.12.8)
q ∂T = − v r , gustina toplotnog fluksa kroz zid valjka, prečnika 2R iznosi ∂r 2λ dT ⎛q ⎞ q R q=λ = λ⎜ v R ⎟ = v . (R14.12.9) 2 dr ⎝ 2λ ⎠
U datom slučaju je: q R2 a) T (r ) = T0 + v 4λ
⎡ ⎛ r ⎞2 ⎤ 10 4 0,12 ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ = 30 + 4 ⋅ 10 ⎢⎣ ⎝ R ⎠ ⎥⎦
b) Tm = T (0) = T0 +
qv R 2 = 303 + 2,5 = 305,5 K odnosno 32.5 0C i 4λ
c) q( R) =
⎡ ⎛ r ⎞2 ⎤ ⎡ ⎛ r ⎞2 ⎤ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ = 303 + 2.5 ⋅ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ K ; ⎢⎣ ⎝ R ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎝ R ⎠ ⎥⎦
q v R 10 4 ⋅ 0,1 W = = 500 2 . 2 2 m
R14.13. Pri proticanju električne struje jačine I tokom vremena τ u zapremini V = LA provodnika dužine L i poprečnog preseka A = πR2 se oslobodi količina toplote
Q = ℜI 2τ = ρ
L 2 V I τ = ρ 2 I 2τ , A A
L , otpor provodnika specifičnog otpora ρ. A Zapreminska gustina toplotnog fluksa u ovom slučaju iznosi
gde je ℜ = ρ
30 2 Q I2 I2 MW −6 = ρ 2 = ρ 2 4 = 1,1 ⋅ 10 = 1605 3 qv = 2 −4 4 Vτ A π R π (5 ⋅ 10 ) m a) Temperatursko polje u zapremini provodnika dato je izrazom (R14.12.6)
150 2 2 qv R 2 ⎡ ⎛ r ⎞ ⎤ 1,605 ⋅ 10 9 ⋅ (5 ⋅ 10 −4 ) 2 ⎡ ⎛ r ⎞ ⎤ T (r ) = T0 + ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ = ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ = 323 + 4λ ⎣⎢ ⎝ R ⎠ ⎦⎥ 420 ⎢⎣ ⎝ R ⎠ ⎦⎥
⎡ ⎛ r ⎞2 ⎤ = 323 + 5,015 ⋅ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ K ⎢⎣ ⎝ R ⎠ ⎥⎦
b) Maksimalna temperatura je duž ose provodnika (r=0) i iznosi Tm = T (0) = T0 +
qv R 2 = 323 + 5,015 = 328,02 K 4λ
c) Specifičan toplotni protok kroz površinu provodnika iznosi (R14.12.9)
q( R) =
q v R 1,605 ⋅ 10 9 ⋅ 5 ⋅ 10 −4 W kW = = 4,012 ⋅ 10 5 2 = 401,2 ⋅ 2 . 2 2 m m
R14.14. Fourie-ova diferencijalna jednačina u slučaju kada postoje unutrašnji izvori toplote ravnomerno raspoređeni po zapremini homogenog beskonačnog valjka (ili cilindra) ima sledeći oblik (R14.12.1)
cv ρ
⎡ ∂ 2T 1 ∂T 1 ∂ 2T ∂ 2T ⎤ ∂T = λΔT + q v = λ ⎢ 2 + + + ⎥ + qv r ∂r r 2 ∂θ 2 ∂z 2 ⎦ ∂τ ⎣ ∂r
U slučaju stacionarnog provođenja toplote (∂T/∂τ = 0), vode} i računa o tome da temperatursko polje u unutrašnjosti valjka, zbog simetrije, ne zavisi od cilindričnih koordinata θ i z, Fourie-ova jednačina (R14.12.1) se pojednostavljuje (R14.12.2)
⎡ ∂ 2T 1 ∂T + 2 r ∂r r ∂ ⎣
λ⎢
⎤ +⎥ + qv = 0 , ⎦
odnosno (R14.12.3) ⎛ ∂T ⎞ ∂⎜ r ⎟ 1 ⎝ ∂r ⎠ q v + =0 ∂r λ r
Dalje sledi (R14.12.4) q C ∂T =− v r+ 1 . ∂r 2λ r
Integracijom poslednjeg izraza (R14.12.4) se dobija T (r ) = −
qv 2 r + C1 ln r + C 2 . 4λ
(R14.14.1)
151 Konstante C1 i C2 se dobijaju iz graničnih uslova: za r = 0 je
α ⋅ [T ( R) − T0 ] ∂T dT ( R ) = 0 i za r = R je =− , dr λ ∂r
(R14.14.2)
gde drugi uslov sledi iz Njutnovog zakona. Iz prvog graničnog uslova sledi C1 = 0, pa je (pogledati izraz R14.12.5) T (r ) = −
qv 2 r + C2 4λ
Na osnovu poslednjeg izraza i drugog graničnog uslova i sledi
q α α dT ( R) = − v R = − [T ( R) − T0 ] = − 2λ λ λ dr
⎡ qv 2 ⎤ ⎢− 4λ R + C 2 − T0 ⎥ , ⎣ ⎦
odakle je C2 =
qv R 2 4λ
⎡ 2λ ⎤ ⎢⎣1 + αR ⎥⎦ + T0 ,
tako da je temperatursko polje valjka oblika qv 2 qv R 2 T (r ) = T0 − r + 4λ 4λ
2 qv R 2 ⎡ ⎛ r ⎞ 2λ ⎤ ⎡ 2λ ⎤ 1 1 + = + − + T ⎟ ⎜ ⎢ ⎥. 0 ⎢⎣ αR ⎥⎦ 4λ ⎣⎢ ⎝ R ⎠ αR ⎦⎥
(R14.14.3)
Temperatura duž ose valjka iznosi qv R 2 T (0) = T0 + 4λ
⎡ 2λ ⎤ ⎢1 + αR ⎥ , ⎣ ⎦
(R14.14.4)
a na površini valjka temperatura je T ( R ) = T0 +
qv R . 2α
(R14.14.5)
R14.15. U slučaju kada postoje unutrašnji izvori toplote ravnomerno raspoređeni po zapremini lopte Fourie-ova jednačina za stacionarno provođenje toplote, napisana u sfernim koordinatama (r,θ,ϕ), ima oblik
⎡ ∂ 2T 2 ∂T 1 1 ∂T ∂ 2T ⎤ q v 2 sin θ =0. + + ⎢ 2 + ⎥+ r ∂r r 2 sin θ ∂θ r 2 sin ϕ ∂ϕ 2 ⎦ λ ⎣ ∂r
(R14.15.1)
Obzitom da zbog sferne simetrije temperatursko polje u lopti ne zavisi od θ i ϕ, iz jednačine (R14.15.1) sledi
152
⎡ ∂ 2T 2 ∂T ⎤ q v = 0, ⎢ 2 + ⎥+ r ∂r ⎦ λ ⎣ ∂r
(R14.15.2)
1 d ⎛ 2 dT ⎞ q v =0. ⎜r ⎟+ r 2 dr ⎝ dr ⎠ λ
(R14.15.3)
odnosno
Obzirom da su unutrašnji izvori toplote ravnomerno raspoređeni po celoj zapremini q v ≠ f (r ) sledi q C dT = − v r + 21 . (R14.15.4) 3λ dr r ⎛ dT ⎞ Zbog simetrije temperaturskog polja { ⎜ ⎟ = 0 }, sledi C1 = 0, tako da je ⎝ dr ⎠ r =0 q (R14.15.5) T (r ) = − v r 2 + C 2 . 6λ qv R 2 , pa je temperatursko polje u Uzevši u obzir granični uslov T ( R) = T0 , sledi C2 = T0 + 6λ unutrašnjosti lopte oblika 2 qv qv R 2 ⎡ ⎛ r ⎞ ⎤ 2 2 T (r ) = T0 + ( R − r ) = T0 + (R14.15.6) ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ . 6λ 6λ ⎢⎣ ⎝ R ⎠ ⎥⎦ Obzirom da je q dT (R14.15.7) =− v r dr 3λ maksimalna temperatura je u centru lopte rm = 0 i iznosi
qv R 2 Tm = T (0) = T0 + , 6λ
(R14.15.8)
tako da temperatursko polje može da se napiše u obliku ⎡ ⎛ r ⎞2 ⎤ T (r ) = T0 + (Tm − T0 ) ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ . ⎢⎣ ⎝ R ⎠ ⎥⎦
(R14.15.9)
Specifični toplotni protok kroz zid lopte iznosi q = −λ
dT q v R . = dr 3
(R14.15.4)
U konkretnom slučaju je : 2 ⎡ ⎛ r ⎞2 ⎤ qv R 2 ⎡ ⎛ r ⎞ ⎤ a) T (r ) = T0 + ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ = 330 + 500 ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ ; 6λ ⎣⎢ ⎝ R ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎝ R ⎠ ⎦⎥ b) Tm = T0 +
q R 30 ⋅ 10 3 ⋅ 0,1 qv R 2 kW 30 ⋅ 10 3 0,12 = 330 + = 830 K i c) q = v = =1 2 . 3 3 6λ 6 ⋅ 0,1 m
153
R14.16. Fourie-ova jednačina za stacionarno provođenje toplote, napisana u sfernim koordinatama (r,θ,ϕ), ima oblik (R14.15.1)
⎡ ∂ 2T 2 ∂T 1 1 ∂T ∂ 2T ⎤ q v 2 sin θ =0 + + ⎢ 2 + ⎥+ r ∂r r 2 sin θ ∂θ r 2 sin ϕ ∂ϕ 2 ⎦ λ ⎣ ∂r Obzitom da temperatursko polje u lopti, zbog sferne simetrije, ne zavisi od θ i ϕ, sledi i da u ovom slučaju nema unutrašnjih izvora toplote (qv = 0) sledi
∂ 2T 2 ∂T + = 0, ∂r 2 r ∂r odnosno 1 d ⎛ 2 dT ⎞ ⎜r ⎟ = 0. r 2 dr ⎝ dr ⎠
(R14.16.1)
Dalje sledi dT C1 , = dr r 2
tako da je T (r ) = −
C1 + C2 . r
(R14.16.2)
Uzevši u obzir granične uslove T(r1) = T1 , i T(r2) = T2 sledi C1 =
i C2 =
T2 − T1 (T2 − T1 ) r1r2 = 1 1 r2 − r1 − r1 r2 T2 − T1 (T2 r2 − T1 r1 ) , = 1 1 r − r 2 1 − r1 r2
tako da temperatursko polje između sfera (r1 < r < r2) ima oblik T (r ) = −
(T2 − T1 ) r1 r2 1 (T2 r2 − T1 r1 ) . ⋅ + r2 − r1 r r2 − r1
(R14.16.3)
R14.17. Na osnovu rešenja (R14.16.3) zadatka 14.16, uzevši u obzir da je u datom slučaju r1 = R0 , T1 = T0 , r2 >>r1 i T2 = T∞ (T∞ je temperatura na velikoj udaljenosti od sferne površine) sledi
154 T∞ − T0
(T2 − T1 ) r1r2 1 (T2 r2 − T1 r1 ) T −T 1 ⋅ + =− ∞ 0 ⋅ + 1 1 r r r2 − r1 r r2 − r1 1− 1 − r2 R0 r2 tako da je za r2 >>r1 R T (r ) ≅ T∞ − (T∞ − T0 ) ⋅ 0 . r T (r ) = −
r1 r2
,
(R14.17.1)
R14.18. Iz rešenja (R14.17.1) zadatka 14.17 : T (r ) ≅ T∞ − (T∞ − T0 ) ⋅
R0 r
sledi da je gradijent temperaturskog polja izvan sferne površine početnog poluprečnika R0 oblika dT (r ) (T∞ − T0 ) R0 , (R14.18.1) = dr r2 tako da uz površinu sfere trenutnog prečnika r iznosi dT (r ) (T∞ − T0 )r (T∞ − T0 ) = = . r dr r2
(R14.18.2)
Oslobođena toplota usled topljenja tankog sloja leda debljine dr mase dm = ρ L 4πr 2 dr iznosi
Q = q L dm = q L ρ L ⋅ 4 π r 2 dr . Ova količina toplote se, na osnovu Fourier-ovog zakona: Q = λA
T − T0 dT dτ = λ ⋅ 4πr 2 ∞ dτ , dr r
razmenjeni provođenjem kroz sfernu površinu A = 4πr2 za vreme dτ (qL je specifična toplota topljenja leda), tako da je
λ⋅
T∞ − T0 dτ = q L ρ L ⋅ dr , r
odnosno dτ =
q L ρ L ⋅ rdr . λ ⋅ (T∞ − T0 )
Komad leda početnog poluprečnika R0 se istopi za vreme
τ=
q L ρ L ⋅ R0 330 ⋅ 10 3 ⋅ 900 ⋅ (10 −2 ) 2 = = 2475 s = 41 min 15 s 2λ ⋅ (T∞ − T0 ) 2 ⋅ 0,60 ⋅ (10 − 0) 2
R14.19. Sličnost temperaturskih polja uzorka i njegovog modela postoji ukoliko je jednak Biot-ov (Bi) i Fourie-ov (Fo) broj uzorka i modela, respektivno, odnosno:
155 Bi = Bim i Fo = Fom Za uzorak je
(R14.19.1)
Bi =
αr 120 ⋅ 0,5 = = 1,20 50,0 λ
Fo =
aτ 1,20 ⋅ 10−5 ⋅ 3600 = = 1,1728 . 0,52 r2
i
Iz uslova sličnosti (R14.15.1) sledi 10,0 λm λ Bim = m Bi = ⋅ 1,20 = 0,12 m . αm αm 100 tj., model treba da bude prečnika 2rm = 240 mm . Merenje na modelu treba da se izvede u trenutku rm =
0,122 r2 rm2 ⋅ 1,1728 = 703,68s = 11 min 44 s Fom = m Fo = 2,4 ⋅ 10− 5 am am
τm =
R14.20. U slučaju laminarnog kretanja fluida duž ravnog zida važi sledeća empirijska kriterijumska jednačina:
(Nu )
f sr
= 0,67 Re0f ,5 Pr f0,33 ,
(R14.20.1)
gde je Nuf, Ref i Prf - Nusseltt-ov, Reynolds-ov i Prandt-ov broj za fluid, respektivno. U konkretnom slučaju je
1,5 ⋅ 2 = 2 ⋅ 105 < Re kr , −5 1,5 ⋅ 10 vf {to znači da je strijanje laminarno i da važi jednačina (R14.19.1), tako da je Re f =
wf L
(Nu )
f sr
=
(
= 0,67 Re 0f ,5 Pr f0,33 = 0,67 2 ⋅ 105
( ) (Nu ) = a λ (Nu ) λ
f sr
Kako je
f sr
L
) (0,70) 0,5
0 , 33
= 266 .
, sledi da je srednja vrednost koeficijenta prelaza toplote
f
(a )
f sr
=
f sr
L
f
266 ⋅ 2,6 ⋅ 10− 2 W = = 3,458 2 . 2 mK
Toplotni fluks između ploče, čija je površina A = 2 Ld = 2 ⋅ 2 ⋅ 1 = 4 m 2 , i vazduha iznosi q Φ = = (α f )sr A ⋅ (t f − t z ) = 3,458 ⋅ 4 ⋅ (200 − 20) = 2,490 kW .
τ
R.14.21. Gustina fluksa zračenjem razmenjene energije između beskonačnih paralelnih površina data je izrazom
156 ⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ E = c12 ⎢⎜ ⎟ ⎥, ⎟ −⎜ ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ 1 gde je c12 = efektivna konstanta zračenja. 1 1 1 + − c1 c2 c0
U ovom slučaju je c12 =
1 1 W = = 3,618 2 4 , 1 1 1 1 1 1 m K + − + − c1 c2 c0 5,0 4,0 5,76
tako da je ⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ kW 4 4 E = c12 ⎢⎜ ⎟ ⎥ = 3,618 8 − 4 = 13,893 2 . ⎟ −⎜ m ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥
[
]
Efektivna konstanta zračenja u slučaju kada je druga površina konstante zračenja c2' = 0,5
W m2 K 4
iznosi c12' =
1 1 W = = 0,4935 2 4 , 1 1 1 1 1 1 m K + − + − c1 c2' c0 5,0 0,5 5,76
tako da je gustina fluksa zračenjem razmenjene energije u ovom slučaju ⎡⎛ T ⎞ 4 ⎛ T ⎞ 4 ⎤ kW E ' = c12' ⎢⎜ 1 ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎥ = 0,4935 84 − 44 = 1,895 2 . m ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦
[
]
Znači, gustina energije zračenja u ovom slučaju se smanjila
E = 7,33 puta. E'
R14.22. a) Efektivna konstanta zračenja iznosi c12 =
1 2 2 + c p c0
=
1 2 2 + 5,0 5,76
= 4,417
W , m2K 2
tako da je ⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ kW 4 4 E a = c12 ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ = 4,417 ⋅ 8 − 4 = 16,961 2 . m ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥
(
)
b) Gustina fluksa zračenja između prve površine i ekrana kao i ekrana i druge površine su jednake E1e = Ee 2 = E i iznose, respektivno ⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ Te ⎞ 4 ⎤ E1e = c1e ⎢⎜ ⎟ ⎥, ⎟ −⎜ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦
157
Ee2
⎡⎛ Te ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ = ce 2 ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥, ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥
gde je c1e = ce 2 = c pe =
1 W = 0,845 2 4 1 1 1 m K + + c p ce c0
efektivna konstanta zračenja između datih površina i ekrana. Sledi 4 4 4 1 ⎡⎛ T1 ⎞ ⎛ T2 ⎞ ⎤ ⎛ Te ⎞ + ⎟ ⎥, ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ = ⎢⎜ 2 ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ ⎝ 100 ⎠
tako da je temparatura ekrana Te = 683 K i ne zavisi od konstanti zračenja datih površina već samo od njihovih temperatura. Gustina fluksa energije zračenja iznosi ⎡⎛ T ⎞ 4 ⎛ T ⎞ 4 ⎤ kW Eb = c pe ⎢⎜ 1 ⎟ − ⎜ e ⎟ ⎥ = 0,845 ⋅ 84 − 6,834 = 1,622 2 . m ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ E Korišćenjem ekrana gustina fluksa energije zračenja smanjena je a = 10,456 puta. Eb
[
]
d) U ovom slučaju je c1' e = c2' e = c 'pe =
1 2 1 − c p c0
= c12 = 4,417
W , m2 K 4
tako da je ⎧⎪⎛ T ⎞ 4 1 ⎡⎛ T ⎞ 4 ⎛ T ⎞ 4 ⎤ ⎫⎪ ⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ Te ⎞ 4 ⎤ E d = c ⋅ ⎢⎜ ⎟ ⎥ = c12 ⋅ ⎨⎜ 1 ⎟ − ⎢⎜ 1 ⎟ + ⎜ 2 ⎟ ⎥ ⎬ = ⎟ −⎜ 100 100 2 ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ ⎪ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦⎥ ⎪⎩⎝ 100 ⎠ ⎣⎢⎝ ⎭ ' pe
4 4 c12 ⎡⎛ T1 ⎞ ⎛ T2 ⎞ ⎤ E a 16,961 kW = ⋅ ⎢⎜ = = 8,480 2 ⎟ −⎜ ⎟ ⎥= 2 ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ 2 2 m
R14.23. U ovom slučaju je fluks zračenjem razmenjene energije ⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ Φ = EA1 = c12 ⋅ ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⋅ A1 , ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥
gde je A1 = 4πr12 površina unutrašnje sferne površi a c12 =
1 1 = 2 1 A1 ⎡ 1 1 ⎤ 1 ⎛ r1 ⎞ ⎡ 1 1 ⎤ + +⎜ ⎟ − ⎢ − ⎥ c1 A2 ⎣ c2 c0 ⎦ c1 ⎜⎝ r2 ⎟⎠ ⎢⎣ c2 c0 ⎥⎦
158 efektivna konstanta zračenja. Ovde je c12 =
1 1 ⎛ r1 ⎞ +⎜ ⎟ c1 ⎜⎝ r2 ⎟⎠
2
⎡1 1⎤ ⎢ − ⎥ ⎣ c2 c0 ⎦
=
1 2
1 ⎛1⎞ ⎡ 1 1 ⎤ +⎜ ⎟ ⎢ − 5,0 ⎝ 2 ⎠ ⎣ 3,0 5,76 ⎥⎦
= 4,168
W , m2 K 4
tako da je ⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ 2 4 4 2 Φ = c12 ⋅ ⎢⎜ ⎟ ⎥ ⋅ 4πr1 = 4,168 ⋅ 10 − 6 ⋅ 4π ⋅ 0,1 = 4,56 kW . ⎟ −⎜ 100 100 ⎠ ⎥⎦ ⎠ ⎝ ⎢⎣⎝
[
]
159
160
161
162
163
164
165
166
167
168
169 LITERATURA
1. D. Milinčić, ZADACI IZ TERMODINAMIKE, Građevinska knjiga, Beograd, 1976 2. T. N. Andrianova, B. V. Dzampov, V. N. Zubarev, S. A. Remizov, ZBIRKA ZADATAKA IZ TEHNIČKE TERMODINAMIKE, Zavid za izdavanje udžbenika, Beograd, 1970 3. F. G. Serova, A. A. Yankina, SBORNIK ZADACH PO TERMODINAMIKE, Prosveshchenie, Moskva, 1976 4. E. A. Krasnoshchenkov, A. Suhomel, ZADACHNIK PO TEPLOPEREDACHE, Energiya, Moskva, 1980 5. R. Šelmić, ZBIRKA ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE I POGONSKIH MAŠINA, drugo dopunsko izdanje, Saobraćajni fakultet, Beograd, 1983 6. V. N. Afanasev, S. I. Isaev, I. A. Kozhinov, N. K. Kopheichuk, V. I. Kofanov, V. I. Krutov, A. I. Leonetv, B. M. Mirnov, V. M. Nikitin, I. B. Pavlova, G. B. Petrazhitskii, A. M. Pylaev, E. I. Fedorov, V. I. Hvostov, A. G. Chukaev, E. V. Shishov, V. P. Yugov, ZADACHNIK PO TEHNICHESKOI TERMODINAMIKE I TEORII TEPLOMASSOOBMENA, Vyshaya shkola, Moskva, 1986 7. A. M. Arharov, TERMODINAMICHESKII METOD I NEKOTORYE ZADACHI TEHNIKI NIZKIH TEMPERATUR, Vyshaya shkola, Moskva, 1962
