Zbirka Resenih Zadataka Iz Termodinamike Sa Kratkim Izvodima Iz Teorije

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE sa kratkim izvodima iz teorije

DIREKCIJA ZA IZDAVAČKU I BIBLIOTEČKO-INFORMACIONU DELATNOST Direktor kapetan bojnog broda Stanko Šušljik

VOJNOIZDAVAČKI ZAVOD Načelnik potpukovnik mr Aleksandar Bukvić, dipl. inž. Redakcija “VOJNA KNJIGA” Urednici Goran Janjić, dipl. inž. Slavica Đerić-Magazinović, prof.

Recenzenti pukovnik dr Slobodan Ilić, dipl. inž., docent potpukovnik dr Sreten Perić, dipl. inž., docent red. prof. dr Ljubiša Tančić, puk. u penziji, dipl. inž.

AUTORI pukovnik dr Miljko Popović, dipl. inž. maš. kapetan Branimir Krstić, mast. inž. maš.

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE sa kratkim izvodima iz teorije

Beograd, 2010.

Načelnik Vojne akademije odobrio je da se udžbenik može koristiti kao nastavni materijal u Vojnoj akademiji (int. br. 32-75 od 17.03.2010. godine)

UDK POPOVIĆ, Miljko KRSTIĆ, Branimir Zbirka rešenih zadataka iz termodinamike sa kratkim izvodima iz teorije – / Miljko Popović, Branimir Krstić – Beograd: Direkcija za izdavačku i bibliotečko-informacionu delatnost, Vojnoizdavački zavod, 2010 (Beograd: Vojna štamparija). 950 str. : ilustr. ; 24 cm. – (Vojna knjiga; knj. ) Tiraž 150 primeraka - Bibliografija: str. 949. а) Zbirka rešenih zadataka iz termodinamike sa kratkim izvodima iz teorije – Zbirke zadataka Zbirka zadataka je namenjena kadetima Vojne akademije, a obrađuje sadržaje koji su u nastavnom predmetu Termodinamika

CIP – Katalogizacija u publikaciji Centar za vojnonaučnu dokumentaciju, informacije i bibliotekarstvo

Predgovor Zbirka rešenih zadataka iz termodinamike sa kratkim izvodima iz teorije prevashodno je namenjena kadetima Vojne akademije koji u okviru osnovnih akademskih studija slušaju nastavu iz predmeta Termodinamika. Shodno tome, obrađeni sadržaji u potpunosti odgovaraju nastavnom planu i programu predmeta Termodinamika na Vojnoj akademiji i predstavljaju rezultat dugogodišnjeg iskustva autora u njegovoj interpretaciji. Pored kadeta Vojne akademije, ovaj materijal može poslužiti i studentima drugih fakulteta na kojima se izučava gradivo slične sadržine. Osnovna ideja autora bila je da se, u što je moguće većoj meri, kadetima olakša savlađivanje gradiva iz predmeta Termodinamika. U tom cilju, na početku svakog poglavlja dati su neophodni izvodi iz teorije, zadaci su rešavani postupno od lakših ka težim, svaki zadatak je detaljno urađen i objašnjen, a većina zadataka je potkrepljena odgovarajućim slikama i dijagramima. Takođe, tokom izrade zadataka autori su težili njihovoj fizičkoj suštini, koja je kadetima često teško shvatljiva. Autori se ovom prilikom zahvaljuju svim pitomcima, studentima i kadetima Vojne akademije na neiscrpnom izvoru inspiracije i ovu zbirku zadataka posvećuju njima. Autori

SADRŽAJ

1. Kvazistatične promene stanja idealnog gasa 2. Nekvazistatične promene stanja idealnog gasa 3. Vodena para 4. Maksimalni rad 5. Desnokretni kružni procesi 6. Levokretni kružni procesi 7. Vlažan vazduh 8. Prostiranje toplote 9. Prilog 1 10. Prilog 2 11. Literatura

9 215 269 383 447 575 665 769 945 947 949

1 Kvazistatične promene stanja idealnog gasa

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA

1.0. Osnovne definicije 1.1. Termodinamika Termodinamika je deo klasične fizike i predstavlja nauku o energiji. Predmet termodinamike je proučavanje i istraživanje svojstava energije i zakonitosti transformacija energije u različitim fizičkim, hemijskim i drugim procesima. Za razliku od mehanike, gde se proučava samo energija mehaničkog kretanja (kinetička i potencijalna) u termodinamici se proučavaju svi oblici energije i njihove transformacije. 1.2. Termodinamički sistem Utvrđivanje termodinamičkog sistema koji će se prilikom nekog procesa proučavati vrši se uslovnim izdvajanjem određenog dela prostora, nekoliko tela ili neke količine materije, pri čemu se sve ono što se nalazi izvan termodinamičkog sistema naziva okolnom sredinom (okolinom). Termodinamički sistem predstavlja skup elementarnih čestica neke materije, odvojen od okolne sredine nekom stvarnom ili zamišljenom granicom, pri čemu su sistem i okolina u uzajamnoj vezi. Stvarna granica sistema jednoznačno određuje posmatrani sistem i može biti fiksna ili pokretna. Fiktivna granica predstavlja zamišljenu konturu u prostoru (kontrolnu površinu). Okolna sredina predstavlja materijalna tela koja okružuju termodinamički sistem. Okolna sredina koja termodinamičkom sistemu obezbeđuje konstantnu temperaturu zove se termostat.

Slika 1.1. Termodinamički sistem

11

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE U tehničkoj termodinamici, termodinamički sistem se svodi na telo, pomoću koga se toplotna energija pretvara u mehaničku ili obratno (na primer produkti sagorevanja u motoru unutrašnjeg sagorevanja, gas u boci itd.), pa se takav sistem naziva i radno telo. U termodinamici strujnih procesa radno telo najčešće predstavlja tečni ili gasoviti fluid, čije se stanje menja zavisno od uslova koji vladaju na granici sistema. Tako, na primer, u parnoj turbini radno telo je vodena para, u vazdušnom kompresoru vazduh, u hidrauličnoj turbini voda u tečnom stanju. Uzajamni uticaj tj. interakcija sistema i okolne sredine se ogleda u razmeni mase i energije između sistema i okolne sredine. U zavisnosti od osobina granice sistema i od uzajamnog dejstva sa drugim sistemima, razlikuju se: - otvoreni sistemi, - zatvoreni sistemi, - poluizolovani sistemi, - izolovani sistemi. 1.2.1. Otvoren termodinamički sistem Otvoren termodinamički sistem je takav sistem kroz čiju se granicu, sa njegovom okolinom, razmenjuje i masa i energija (toplotna i mehanička).

Slika 1.2. Otvoren termodinamički sistem 1.2.2. Zatvoren termodinamički sistem U zatvorenom termodinamičkom sistemu nalazi se radno telo. Masa radnog tela u zatvorenom termodinamičkom sistemu tokom termodinamičkih procesa je

12

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA konstantna. Dakle, kroz granicu ovog sistema nema protoka mase, ali je moguća razmena energije sa okolinom. Na primer, u cilindru motora u toku procesa širenja ili sabijanja, kada su ventili zatvoreni, a klip se pomera, menja se zapremina sistema (gasa), pa prema tome i granica sistema. Tom prilikom količina mase ostaje ista, iako se vrši razmena energije sa okolinom.

Slika 1.3. Zatvoren termodinamički sistem Ukoliko zatvoreni termodinamički sistem može sa okolinom da razmenjuje samo toplotnu energiju, takav sistem se naziva dijatermski. Svojstva dijatermskih graničnih površina su takva da je moguća razmena toplotne energije sa okolinom, dok razmena svih drugih vidova energije (mehaničke, elektromagnetne itd.) nije moguća. Dijatermska granica sistema koja omogućava razmenu toplote (toplotnu interakciju) naziva se još i dijabatskom. 1.2.3. Poluizolovan termodinamički sistem Kod poluizolovanih termodinamičkih sistema se vrši samo delimična razmena energije: ili samo razmena toplote – mehanički izolovani sistemi (slika 1.4.) ili samo razmena mehaničke energije – termički izolovani sistemi (slika 1.5.). Posebnim slučajem zatvorenog termodinamičkog sistema može se smatrati adijabatski sistem. Bitne karakteristike adijabatskog sistema ogledaju se u nemogućnosti razmene toplotne energije sa okolinom, dok su svojstva adijabatskih graničnih površina takva da je moguća razmena svih drugih vidova energije (sem toplotne) sa okolinom.

Slika 1.4. Mehanički izolovan sistem

Slika 1.5. Termički izolovan sistem

13

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 1.2.4. Izolovan termodinamički sistem Izolovan termodinamički sistem je takav sistem kod koga se isključuje bilo kakva interakcija sa okolinom. Prema tome, izolovan sistem ne razmenjuje sa okolinom ni masu ni energiju. Svaki izolovan sistem je i zatvoren sistem. U termodinamici se najčešće posmatra prostiranje toplote kroz granicu sistema. Za sistem koji sa okolinom razmenjuje toplotu kaže se da je dijabatski. Izolovan sistem je prema tome adijabatski, pošto se kroz njegovu kontrolnu površinu ne razmenjuje toplota. Za takav sistem se kaže da je u „adijabatskoj oblozi”.

Slika 1.6. Izolovan sistem Dva (ili više) proučavanih termodinamičkih sistema mogu se prilikom analize termodinamičkih procesa posmatrati kao jedan termodinamički sistem.

Slika 1.7. Tri tela koja čine izolovani termodinamički sistem i zamišljena granica sistema Na slici 1.7. prikazana su tri termodinamička sistema (telo I, telo II i telo III) između kojih je moguća razmena energije E i zamišljena granica sistema. Svojstva ove granice mogu biti takva da ova tri tela zajedno čine izolovani termodinamički sistem. Za uopštavanje razmatranja od naročite važnosti je činjenica da se u izolovanom termodinamičkom sistemu sem nekoliko radnih tela koja vrše odgovarajuće procese može nalaziti i po nekoliko toplotnih izvora i toplotnih ponora (konstantne ili promenljive temperature).

14

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA 1.3. Stanje termodinamičkog sistema Stanje termodinamičkog sistema predstavlja skup vrednosti svih osobina sistema. Jedno stanje termodinamičkog sistema razlikuje se od drugog ako se razlikuju brojne vrednosti pojedinih osobina. Ako se promeni vrednost makar jedne osobine nastaće novi skup tih vrednosti, odnosno novo stanje. Prema tome, promena stanja termodinamičkog sistema (radnog tela) manifestuje se promenom vrednosti osobina (parametara) stanja. Stanje termodinamičkog sistema definiše se eksternim i internim parametrima. Eksterni parametri definišu sistem u odnosu na okolinu (brzina, kinetička energija sistema itd.). Interni parametri su veličine koje su određene rasporedom i kretanjem elementarnih čestica u samom sistemu (radnom telu), a to su: temperatura, pritisak, zapremina i masa (T , p , V , m ) . Interni parametri definišu stanje sistema ili nekog njegovog dela u svakom trenutku i imaju uvek istu vrednost kod istog stanja, bez obzira šta se između ta dva stanja u međuvremenu dešavalo i zato se nazivaju veličine stanja. Najprirodnije stanje radnog tela je takvo pri kome pritisak, temperatura i specifična zapremina (a i ostale veličine stanja) imaju istu vrednost u svim tačkama zapremine. Takvo stanje se definiše kao stanje termodinamičke ravnoteže. Kada sistem prelazi iz jednog stanja u drugo kaže se da vrši proces. 1.4. Osnovni parametri (osnovne veličine stanja)

U zavisnosti od spoljnih uticaja i uticaja okoline, jedan isti sistem može da se nalazi u različitim stanjima. Svako od tih stanja je okarakterisano nizom veličina makroskopske prirode, koje se nazivaju veličine (parametri) stanja. Veličine stanja su, ustvari stepeni slobode ili generalisane koordinate termodinamičkog sistema. Da bi se jednoznačno definisalo stanje gasa, dovoljno je znati samo tri (bilo koje) veličine stanja. U tehničkoj termodinamici se za osnovne veličine stanja uzimaju one koje se jednostavno mere i imaju očigledan fizički smisao. Termomehaničke veličine stanja: 1. pritisak

p, [ Pa ] ,

2. temperatura

T , [K ] ,

3. specifična zapremina

⎡ m3 ⎤ v, ⎢ ⎥ . ⎣ kg ⎦

15

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE

1.4.1. Temperatura Temperatura je mera unutrašnje energije sistema, a definisana je u odnosu na ono stanje u kojem nema kretanja molekula unutar radne materije, tj. stanje tzv. apsolutne nule, gde vlada temperatura 0 K (nula stepeni Kelvina). U raznim krajevima sveta zadržale su se različite merne jedinice, ali kod svih su uzete iste reperne tačke pri pritisku od 760 mmHg: - tačka topljenja leda (TTL) 0o C , - tačka ključanja vode (TKV) 100o C ,

s tim što je podela između tih tačaka različita.

Slika 1.8. Veza između Celsius-ove i Fahrenheit-ove skale Veza između temperature izražene u stepenima Celzijusa t ⎡⎣ o C ⎤⎦ i Farenhajtima t ⎡⎣ o F⎤⎦ data je sledećim relacijama

t ⎡⎣ o C⎤⎦ =

(

)

5 t ⎡ o F⎤ − 32 , 9 ⎣ ⎦

9 t ⎡⎣ o F⎤⎦ = ⎡⎣t o C⎤⎦ + 32 . 5 Veza između temperature izražene u Kelvinima T [ K ] i stepenima Celzijusa , t ⎡⎣ o C ⎤⎦ data je relacijom T [ K ] = t ⎡⎣ o C ⎤⎦ + 273,15 ,

gde je 0 [ K ] = −273,15 ⎡⎣ o C ⎤⎦ .

16


U angloameričkim zemljama u upotrebi je, pored Farenhajtove, Reomirova skala za koju vredi 9 T [R ] = T [ K ] , 5 T [ R ] = t ⎡⎣ o F ⎤⎦ + 460 .

1.4.2. Pritisak Pritisak je posledica udara molekula o površinu koja ograničava zapreminu radnog tela. Molekul mase m koji udara normalnom brzinom w o graničnu površinu u slučaju elastičnog sudara odbija se istom brzinom ali suprotnog smera. Ukoliko se takav sudar ponovi u intervalu vremena od τ sekundi, biće promena količine kretanja, odnosno sila kojom taj molekul deluje na graničnu površinu Fi =

mw − (− mw)

τ

=

2mw

τ

.

Srednja vrednost zbira svih sila usled sudara svih N molekula , svedena na jednicu ukupne granične površine A , može se definisati kao apsolutni pritisak gasa u sudu N

p=∑ 1=1

Fi ⎡ N ⎤ . , A ⎢⎣ m 2 ⎥⎦

Pošto je 1 N m 2 za tehničku praksu mala jedinica, to se u SI sistemu kao jedinica za pritisak najčešće koristi 1 bar 1 bar = 105

gde se N m 2

N = 105 Pa , m2

( Pa )

naziva Paskal.

17

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Pored toga pritisak se često izražava i u milimetrima živinog ili metrima vodenog stuba 1 bar = 750 mmHg = 10,2 mH 2 O .

U fizici je još uvek u upotrebi fizička atmosfera

1 atm = 760 mmHg = 1,013 bar . Stub tečnosti visine z [ m ] , stvara pritisak na podlogu p = ρ gz

[ Pa ] ,

gde je ⎡ kg ⎤

ρ ⎢ 3 ⎥ - gustina tečnosti, ⎣m ⎦ ⎡m⎤ g ⎢ 2 ⎥ - ubrzanje zemljine teže. ⎣s ⎦ U tehničkoj praksi često se sreću pojmovi - apsolutni pritisak, p , - nadpritisak (manometarski pritisak), pm , - podpritisak (vakuum) pv .

Slika 1.9. Međusobni odnosi pritisaka

18

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA U termodinamici se osnovnom veličinom stanja smatra samo apsolutni pritisak. On je jednak zbiru, spoljašnjeg barometarskog pritiska i nadpritiska (manometarskog pritiska) u slučaju pritiska većeg od atmosferskog p = pamb + pm ,

ili razlici barometarskog pritiska i podpritiska u slučaju pritiska manjeg od atmosferskog p = pamb − pv .

1.4.3. Zapremina

Za jedinicu zapremine koristi se 1 m 3 , a za jedinicu mase 1 kg. Delenjem zapremine sa masom dobija se specifična zapremina

v=

V ⎡ m3 ⎤ , ⎢ ⎥. m ⎣ kg ⎦

Na ovaj način smo smanjili broj parametara koji definišu stanje sistema za jedan. Recipročna vrednost specifične zapremine je gustina

ρ=

m 1 ⎡ kg ⎤ = , . V v ⎢⎣ m3 ⎥⎦

Količina materije predstavlja fizičku veličinu, definisanu brojem strukturnih elemenata (atoma, molekula, jona i dr.). Jedinica količine materije u SI sistemu je 1 mol. U tehničkoj praksi se češće koristi 1 kmol. Odnos zapremine radnog tela i njegove količine definiše molarnu zapreminu Vm =

V ⎡ m3 ⎤ , ⎢ ⎥. n ⎣ mol ⎦

Molarna masa radnog tela je odnos mase radnog tela prema njegovoj količini M=

m ⎡ kg ⎤ , . n ⎢⎣ mol ⎥⎦

19

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Iz navedenih izraza, sledi veza između molarne zapremine, molarne mase i specifične zapremine ili gustine Vm = Mv =

⎡ m3 ⎤ . , ⎢ ρ ⎣ mol ⎥⎦

M

Često se količina materije (masa) izražava u kilomolovima, gde 1 kmol ima onoliko kilograma materije kolika joj je molarna masa. U tehničkoj termodinamici se sreće i pojam normalni metar kubni nekog gasa ( m3n , Nm3 ) . To je ona količina gasa koja pri tzv. normalnim uslovima ( pn = 1,013 bar, Tn = 273 K) ima zapreminu 1 m3 . Jasno je da će pri svakom drugom pritisku i temperaturi ta količina gasa imati zapreminu različitu od 1 m3 . Prema tome, Nm 3 nije mera za zapreminu, nego za količinu, odnosno masu, 1 m3n =

M M Vn , , [ kg ] , jer je m = 22, 4 22, 4

gde je Vn - zapremina izražena u m3n .

Različiti načini izražavanja količine radnog tela u zatvorenom termodinamičkom sistemu 1. masa

m, [ kg ] ,

2. količina materije

n, [ kmol] , m = nM ,

3. zapremina

V , ⎡⎣ m3 ⎤⎦ ,

4. normalna zapremina

M Vn , ⎡⎣ m n3 ⎤⎦ , m = Vn ⋅ . 22, 4

20

m=

pV , RT

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Različiti načini izražavanja količine radnog tela koje protiče kroz otvoren termodinamički sistem 1. maseni protok,

⎡ kg ⎤ m , ⎢ ⎥ , ⎣ s ⎦

2. količinski (molski) protok,

⎡ kmol ⎤ n , ⎢ ⎥, ⎣ s ⎦

, m = nM

3. zapreminski protok,

⎡ m3 ⎤ V , ⎢ ⎥ , ⎣ s ⎦

m =

4. normalni zapreminski protok,

⎡ m3 ⎤ Vn , ⎢ n ⎥ , ⎣ s ⎦

M . m = Vn ⋅ 22,4

pV , Rg T

Dakle, stanje homogenog sistema može se definisati sa tri osnovna parametra T , p, v , koji su međusobno funkcionalno povezani. Ta veza se može izraziti jednačinom oblika f ( T , p, v ) = 0 ,

koja se naziva jednačina stanja. U tehničkoj termodinamici najčešće se koristi tzv. Klapejronova (Clapeyron) jednačina stanja pv = RT ,

zatim Van der Valsova (Van der Waals) jednačina stanja a ⎞ ⎛ ⎜ p + 2 ⎟ ( v − b ) = RT , v ⎠ ⎝

gde su: R , a , b konstante.

21

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Geometrijski posmatrano, jednačinom stanja definisana je neka površina u trodimenzionalnom prostoru, koja se naziva termodinamička površina. Neprekidnoj promeni stanja odgovara neka (prostorna) kriva na termodinamičkoj površini. Kako je teško predstaviti termodinamičku površinu, jednačina pv = RT predstavlja hiperbolički paraboloid, obično se umesto prostornih krivih koriste njihove projekcije na koordinatne ravni i to najčešće u pv ravni. U tom slučaju, termodinamička površina predstavlja skup krivih linija u pv ravni.

Slika 1.10. Prikaz termodinamičke površine Za čvrsta tela, termodinamičko stanje određeno je samo temperaturom, jer između ostalih veličina stanja ( p, v ) nemamo uzajamnu vezu. Isto važi i za tečnosti.

1.5. Izvedene veličine stanja (toplotne veličine stanja) 1. specifična unutrašnja energija

⎡ kJ ⎤ u, ⎢ ⎥ , ⎣ kg ⎦

2. specifična entalpija

⎡ kJ ⎤ h, ⎢ ⎥ , ⎣ kg ⎦

3. specifična entropija

⎡ kJ ⎤ s, ⎢ ⎥. ⎣ kgK ⎦

22


1.6. Spoljni energetski uticaji. Rad i količina toplote Do promena veličina stanja (mehaničkih i/ili toplotnih) dolazi usled spoljnih energetskih uticaja na radno telo. Postoje dve vrste spoljnih energetskih uticaja 1. mehanički spoljni uticaj (mehanički rad)

⎡ kJ ⎤ l12 , ⎢ ⎥ , ⎣ kg ⎦

2. toplotni spoljni uticaj (količina toplote)

⎡ kJ ⎤ q12 , ⎢ ⎥ . ⎣ kg ⎦

Uzrok za pojavu mehaničkog rada je postojanje neke spoljašnje mehaničke sile (razlika mehaničkih potencijala). Mehanički rad se radnom telu saopštava ili preko pokretnih granica sistema (klip) ili preko obrtnih tela koja se nalaze u termodinamičkom sistemu (mešalica, ventilator). Prvi navedeni rad naziva se zapreminski rad (apsolutni rad), a drugi tehnički rad (osovinski rad). Zapreminski rad se može zatvorenom termodinamičkom sistemu telu saopštiti ili se od zatvorenog termodinamičkog sistema dobiti. Tehnički rad se zatvorenom termodinamičkom sistemu može samo saopštiti.

Slika 1.11. Zapreminski i tehnički rad Uzrok za pojavu razmene toplote je postojanje toplotne neravnoteže između radnog tela i uzroka toplotne neravnoteže. Uzrok toplotne neravnoteže su tela koja imaju različitu temperaturu od radnog tela. Tela koja imaju višu temperaturu od radnog tela, a radnom telu predaju toplotu ( i pri tom im se temperatura ne menja) zovemo toplotnim izvorima. Tela koja imaju nižu temperaturu od radnog tela, a od radnog tela primaju toplotu (i pri tom im se temperatura ne menja) zovemo toplotnim ponorima. Ako radno telo razmenjuje toplotu sa okolinom, tada okolina može imati ulogu ili toplotnog izvora ili toplotnog ponora (u zavisnosti od odnosa temperatura radno telo okolina).

23


Slika 1.12. Razmena toplote Prema konvenciji o algebarskim znacima količine toplote i rada usvojeno je da je rad koji vrši sistem (odvedeni rad) pozitivan l12 > 0 , a rad koji se vrši nad sistemom (dovedeni rad) negativan, l12 < 0 . Toplota koja se dovodi sistemu je pozitivna, q12 > 0 , a koja se odvodi od sistema negativna, q12 < 0 .

Slika 1.13. Konvencija o radu i toploti Svaki proces razmene rada između radnog tela i uzroka razmene rada (spoljašnja mehanička sila) traje do uspostavljanja mehaničke ravnoteže između radnog tela i uzroka razmene rada (do izjednačavanja pritisaka). Smatra se, da svaki proces razmene toplote između radnog tela i uzroka razmene toplote traje do uspostavljanja toplotne ravnoteže između radnog tela i uzroka razmene toplote (do izjednačavanja temperatura). Ovakav slučaj naziva se najpovoljniji termodinamički slučaj. 1.7. Termodinamički proces

Ukoliko pod dejstvom nekih spoljnih uticaja radno telo menja svoje termodinamičko stanje (veličine stanja) od početnog stanja 1 ( p1 , v1 , T1 ) do krajnjeg stanja 2 ( p2 , v2 , T2 ) , tada kažemo da radno telo vrši proces. Termodinamički procesi mogu biti: ravnotežni, neravnotežni, povratni i nepovratni.

24

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA 1.7.1. Ravnotežna promena stanja radnog tela (ravnotežni proces)

Ako tokom promene stanja radnog tela veličine stanja imaju uvek istu vrednost kod istog stanja (u svim tačkama zapremine radnog tela), takva promena stanja radnog tela je ravnotežna, a stanje radnog tela je ravnotežno stanje. Tako je na primer početno ravnotežno stanje 1 ( p1 , v1 , T1 ) radnog tela jednoznačno određeno brojnim vrednostima veličina stanja p1 , v1 , T1 , a krajnje ravnotežno

stanje 2 ( p2 , v2 , T2 ) brojnim vrednostima veličina stanja p2 , v2 , T2 . Sva međustanja radnog tela između početnog stanja 1 i krajnjeg stanja 2 takođe su ravnotežna i definisana odgovarajućim brojnim vrednostima ravnotežnih veličina stanja. Dakle, ravnotežnu promenu stanja nekog radnog tela sačinjava kontinualni niz ravnotežnih stanja. Svako od ovih stanja određeno je odgovarajućim brojem veličina stanja radnog tela, koje zadovoljavaju termičku i kaloričnu jednačinu stanja. Uobičajen naziv za ravnotežnu promenu stanja radnog tela je kvazistatična promena stanja radnog tela. 1.7.2. Neravnotežna promena stanja radnog tela (neravnotežni proces)

Ako radno telo menja svoje termodinamičko stanje od početnog ravnotežnog stanja 1 ( p1 , v1 , T1 ) , prolazeći kroz niz neravnotežnih međustanja, do krajnjeg ravnotežnog stanja 2 ( p2 , v2 , T2 ) , tada kažemo da radno telo vrši nekvazistatičnu promenu stanja. Brzina termodinamičkog procesa i brzina relaksacije Kod radnog tela u procesu, ravnoteža se zbog spoljnih uticaja narušava i uspostavlja. Prilikom egzaktnije definicije ravnotežnih i neravnotežnih termodinamičkih procesa vreme trajanja procesa i vreme uspostavljanja ravnotežnog stanja ima presudnu ulogu. Ako se dejstvom nekih spoljnih uticaja termodinamički sistem izvede iz početnog ravnotežnog stanja, pa se zatim izoluje od okoline, potrebno je vreme da se spontano uspostavi novo ravnotežno stanje. Proces spontanog prelaska termodinamičkog sistema iz neravnotežnog stanja u ravnotežno naziva se relaksacija, a vreme potrebno da se spontano dostigne ravnotežno stanje - vreme relaksacije. Ukoliko se brojna vrednost neke veličine stanja Ai promeni za vrednost ∆Ai za vreme relaksacije τ R (dok se ne uspostavi ravnotežno stanje), odnos ∆Ai τ R = wRi , naziva se srednjom brzinom relaksacije veličine stanja Ai . Kod proizvoljnog termodinamičkog procesa dolazi do promena brojnih vrednosti pojedinih veličina stanja Ai tokom vremena, pa se može

25

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE definisati i brzina termodinamičkog procesa, s obzirom na pojedine veličine stanja, kao odnos dAi . dτ

Uobičajeno je shvatanje u termodinamici da je brzina termodinamičkog procesa konačna, ako je ona veća ili jednaka brzini relaksacije dAi ∆Ai ≥ , τR dτ a da je termodinamički proces u ovom slučaju neravnotežan. Kvazistatični procesi vrše se beskonačno malom brzinom, što znači da je brzina procesa znatno manja od brzine relaksacije dAi ∆A << i , τR dτ odnosno da se sve veličine stanja posmatranog termodinamičkog procesa menjaju beskonačno sporo. Promene stanja idealnog gasa

Kvazistatične (ravnotežne)

Politropske pv n = const

razni drugi procesi

Nevazistatične (neravnotežne)

Politropske pv m = idem

adijabatsko prigušivanje h = idem

Slika 1.14. Promene stanja idealnog gasa Pun smisao kvazistatičnih i nekvazistatičnih procesa objasnićemo ako ravnotežne procese promene stanja radnog tela dovedemo u vezu sa parametrima okoline.

26

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA U termodinamici se usvaja idealizacija da je u svakoj fazi procesa zadovoljena mehanička ravnoteža, odnosno razlika između unutrašnjih i spoljašnjih sila (ili što je isto - razlika između pritisaka radnog tela i pritiska usled spoljašnih sila pritiska na granici sistema) je beskonačno mala p = ps . Takvi procesi su „mehanički povratni” i nazivaju se kvazistatični procesi. U toku realnog termodinamičkog procesa, sistem prolazi kroz niz neravnotežnih stanja. Takvi procesi se nazivaju nekvazistatični. 1.7.3. Povratni i nepovratni procesi

Ako sistem u kome se odvija proces može da se vrati u početno stanje na taj način da se u okolnoj sredini ne izvrše nikakve promene, proces se naziva povratnim (reverzibilnim). Ukoliko je početno stanje nemoguće uspostaviti ili se uspostavlja posle određenih promena okoline – takav je proces nepovratan (ireverzibilan). Drugim rečima, povratni proces je ravnotežni proces, pri kome radno telo i okolina prolaze kroz čitav niz stanja, da bi se, prolazeći kroz ta ista stanja mogli vratiti u početno stanje. Povratni proces predstavlja još veću idealizaciju u odnosu na kvazistatični proces. Naime, uslov egzistencije povratnog procesa je da se radno telo nalazi i u mehaničkoj i u termičkoj ravnoteži sa okolinom, to jest pored beskonačno male razlike u pritiscima, mora da postoji i beskonačno mala razlika u temperaturi između radnog tela i okoline. Zbog toga se kaže da su povratni procesi mehanički i termički povratni. Dakle, kvazistatičnost je potreban, ali ne i dovoljan uslov da bi neki proces bio povratan. Ili, svaki povratan proces je kvazistatičan, ali obrnuta konstatacija ne važi, svaki kvazistatični proces nije istovremeno povratan. 1.8. Prvi zakon termodinamike 1.8.1. Proces u zatvorenom termodinamičkom sistemu

Prvi zakon termodinamike pokazuje međusobnu zavisnost između spoljnih uticaja ( Q12 , L12 ) koji izazivaju posmatrani termodinamički proces i promene unutrašnje energije radnog tela ( ∆U 12 ) Q12 = ∆U12 + L12 , q12 = ∆u12 + l12 .

27

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Elementarna količina toplote dovedena nekom sistemu troši se na promenu njegove unutrašnje energije i na vršenje spoljašnjeg rada, odnosno

δ Q = dU + δ L , δ q = du + δ l . Dakle, dovodi li se sistemu toplota spolja, on vrši rad ili tu energiju akumulira povećanjem brzine kretanja svojih molekula, ili atoma. Pri tome treba imati u vidu da količina toplote koja je dovedena sistemu predstavlja spoljašnji faktor i ne zavisi od parametara koji karakterišu stanje sistema i proporcionalna je njegovoj masi i promeni temperature

δ Q = cx mdT , odnosno

δq =

δQ = cx dT , m

gde je cx =

δ q ⎡ kJ ⎤ - specifična toplota. , dT ⎢⎣ kgK ⎥⎦

Indeks x govori o tome da specifična toplota, pa prema tome i ukupno dovedena toplota zavise od uslova pri kojima se sistemu dovodi (ili odvodi) toplota. Dakle, količina toplote nije veličina stanja, odnosno izraz δ q nije totalni diferencijal. Ukupno dovedena toplota u nekom procesu 1-2 pri konstantnom parametru x je T2

q12 = ∫ cx dT , cx = f (T , p, v,...) , T1

pa se dovedena toplota može izraziti kao T2

q12 = cx | (T2 − T1 ) , T1

28

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA gde je T2

∫ c dT x

T2

T1

T1

T2 − T1

cx | =

- srednja vrednost specifične toplote u intervalu [T1 , T2 ] .

Srednja specifična toplota koja se odnosi na 1 kmol T T ⎡ J ⎤ Cx T2 = M cx T2 , ⎢ ⎥, 1 1 ⎣ kmolK ⎦

naziva se srednja molarna specifična toplota. Pod pojmom rada u tehničkoj termodinamici najčešće se podrazumeva rad pri promeni zapremine sistema

δ L = pdV , δ l = pdv , L=

V2

∫

V1

v2

pdV = m ∫ pdv . v1

Jasno je da rad zavisi od načina promene stanja sistema, odnosno oblika funkcije p = f ( v ) i u pv koordinatnom sistemu jednak je veličini površine ograničene tom krivom i v -osom.

Slika 1.15. Prikaz rada u pv dijagramu.

29

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Prema tome, ni rad, kao ni toplota, nije veličina stanja. Međutim, razlika dovedene toplote i odvedenog rada predstavlja (toplotnu) unutrašnju energiju sistema, koja je kao odraz rasporeda i brzine kretanja elementarnih čestica radnog tela, veličina stanja pa je izraz za dU totalni diferencijal. Izraz

δ Q = dU + pdV , može se napisati i u obliku

δ Q = d (U + pV ) − Vdp , odnosno

δ Q = dH + δ Lt , ili u obliku Q = ∆H + Lt ,

gde se veličina H = U + pV , naziva entalpija i kao funkcija veličina stanja ona je takođe veličina stanja, a izraz

δ Lt = −Vdp , odnosno p2

∫

Lt = − Vdp , p1

predstavlja tehnički rad. Na pv dijagramu, površina levo od linije promene stanja (ka p – osi) predstavlja tehnički rad (ovo važi samo za kvazistatični proces).

30


Slika 1.16. Prikaz tehničkog rada u pv dijagramu Za razliku od apsolutnog, jednokretnog (δ L = pdV ) rada, tehnički rad se može kontinualno dobijati. Ako neka mašina daje tehnički rad (ekspanziona mašina), tada je Lt > 0 , a ako mašina troši rad, tada je Lt < 0 i u tom slučaju se naziva kompresor (kompresiona mašina). I kompresione i ekspanzione mašine rade sa određenim masenim protocima radnog tela ( m , kg/s ) pa je u slučaju da nema gubitaka njihova snaga P = Lt = m lt . Ako postoje gubici, onda je P = η Lt , za ekspanzionu mašinu,

P=

Lt

η

, za kompresor,

gde je η - stepen iskorišćenja. Za zatvorene procese (ciklus) je ∆U = 0 pa se sva količina toplote pretvara u rad

Q = L.

31

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Ovo je vrlo važna posledica prvog zakona termodinamike, koja govori da se sa vršenjem niza ciklusa pomoću nekog toplotnog motora može neprekidno dobijati rad. Iz prvog zakona termodinamike takođe sledi da je nemoguće ostvariti tzv. perpetuum mobile prve vrste, tj. da je nemoguće realizovati motor koji bi proizvodio rad ni iz čega (ne trošeći toplotu). 1.8.2. Proces u otvorenom termodinamičkom sistemu

Slika 1.17. Otvoren termodinamički sistem Prvi zakon termodinamike pokazuje međusobnu zavisnost između spoljnih uticaja, toplote i tehničkog rada ( Q12 i Lt12 ), koji izazivaju posmatrani termodinamički proces i promene: entalpije ( ∆H ), kinetičke energije ( ∆E ) i potencijalne energije ( ∆E p12 ) radnog tela

12

Q12 = ∆H 12 + Lt12 + ∆E k12 + ∆E p12 , [ kW ] , gde su p (T2 − T1 ) - promena entalpije radnog tela, ∆H 12 = mc ∆E k12 = m

w22 − w12 - promena kinetičke energije radnog tela, 2

( z2 − z1 ) - promena potencijalne energije radnog tela, ∆E p12 = mg

32

k 12


m - maseni protok radnog tela, w2 , w1 - brzina radnog tela na izlazu (ulazu) iz otvorenog sistema, z 2 − z1 - visinska razlika mesta izlaza i ulaza iz otvorenog sistema.

Jednačina kontinuiteta m 1 = m 2 , m 1 , m 2 - maseni protoci radnog tela na ulazu i izlazu iz sistema,

ρ1 w1 A1 = ρ 2 w2 A2 , ρ1 , ρ 2 - gustina radnog tela na ulazu i izlazu iz sistema ρ =

1 p = , v RT

A1 , A2 - površine poprečnih preseka ulaza i izlaza iz sistema.

Termodinamički procesi u otvorenom termodinamičkom sistemu 1. Strujni procesi 2. Radni procesi

Lt12 = 0 , Lt12 ≠ 0 .

1.8.2.1. Strujni procesi Lt12 = 0

(

)

Protočni grejači, hladnjaci Q12 ≠ 0, ∆p = 0 - sistem ima jedan ulaz i jedan izlaz

Slika 1.18. Protočni grejač (hladnjak)

33


(

)

Mešne komore Q12 = 0, ∆p = 0 - sistem ima više ulaza i jedan izlaz

Slika 1.19. Mešna komora

(

)

Razmenjivači toplote Q12 = 0, ∆p = 0 - sistem ima dva ulaza i dva izlaza

Slika 1.20. Razmenjivač toplote Struja toplijeg fluida (TF) i hladnijeg fluida (HF) su fizički razdvojene dijatermskom (toplotno propusnom) pregradom. Interno razmenjena toplota između toplijeg i hladnijeg fluida se izračunava postavljanjem prvog zakona termodinamike za otvoren sistem ograničen konturom K.

(

)

Prigušni ventil Q12 = 0, Lt12 = 0, h = idem - sistem ima jedan ulaz i jedan izlaz

Slika 1.21. Prigušni ventil

34

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA 1.8.2.2. Radni procesi Lt12 ≠ 0

(

Turbina Lt12 > 0, Q12 = 0, p1 − p2 > 0

)

Slika 1.22. Turbina

(

Kompresor (ventilator, pumpa ) Lt12 < 0, Q12 = 0, p1 − p2 < 0

)

Slika 1.23. Kompresor 1.8.3. Punjenje i pražnjenje rezervoara

Slika 1.24. Proces punjenja i pražnjenja rezervoara Ako se na početku procesa u rezervoaru nalazi radno telo, onda njegove veličine stanja ( p , T ) obeležavamo indeksom početak. Ako se na kraju procesa u rezervoaru nalazi radno telo, onda njegove veličine stanja ( p , T ) obeležavamo indeksom kraj.

35

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Ako u toku procesa u rezervoar ulazi radno telo, onda njegove veličine stanja ( p, T ) obeležavamo indeksom ulaz. Ako u toku procesa iz rezervoara izlazi radno telo, onda njegove veličine stanja ( p, T ) obeležavamo indeksom izlaz. Prvi zakon termodinamike za navedene slučajeve glasi Q12 − L12 = U kraj − U početak + H izlaz − H ulaz . Zakon održanja mase za proces punjenja ili pražnjenja m početak + mulaz = mkraj + mizlaz . Oznake: Q12 - toplota koju termodinamički sistem razmenjuje sa okolinom, toplotnim izvorom ili toplotnim ponorom, L12 - mehanički rad koji termodinamički sistem razmenjuje sa okolinom, m početak - masa radnog tela u rezervoaru na početku procesa, mkraj - masa radnog tela u rezervoaru na kraju procesa,

U početak - unutrašnja energija radnog tela u rezervoaru na početku procesa, U kraj - unutrašnja energija radnog tela u rezervoaru na kraju procesa, mulaz - masa radnog tela koja ulazi u rezervoar, mizlaz - masa radnog tela koja izlazi iz rezervoara, H ulaz - totalna entalpija radnog tela koje ulazi u rezervoar, H izlaz - totalna entalpija radnog tela koje izlazi iz rezervoara.

⎛ w2 ⎞ Napomena: Totalna entalpija se određuje iz izraza H = m ⎜ h + ⎟. 2 ⎠ ⎝

36

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA 1.9. Drugi zakon termodinamike

Prvi zakon termodinamike govori samo o kvantitatativnim odnosima koji vladaju između promene unutrašnje energije, toplote i rada, a drugi zakon termodinamike govori o pravcu u kojem se dešavaju termodinamičke promene, tj. definiše pravac termodinamičkog procesa (povratan ili nepovratan). Na osnovu drugog zakona termodinamike takođe sledi da je za proizvoljan povratni ciklus

v∫

δQ =0. T

Veličina dS =

δQ , T

odnosno integral te veličine ∆S =

∫

δQ , T

pri čemu se integracija vrši po nekom povratnom procesu, naziva se promena entropije. Iz izraza

v∫ dS = v∫

δQ = 0, T

sledi da je dS totalni diferencijal, odnosno da je entropija S veličina stanja. Iz matematičkog izraza drugog zakona termodinamike

δq , T napisanog u obliku ds =

δ q = Tds , odnosno

37

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE s2

∫

q12 = Tds , s1

sledi da je količina toplote ekvivalentna veličini površine između krive T = T ( s ) i s -ose u Ts koordinatnom sistemu.

Slika 1.25. Toplotni Ts dijagram Entropija predstavlja ekstenzivnu veličinu stanja. Za neki homogeni, termički ravnotežni sistem entropija je proporcionalna masi ili zapremini radnog tela, jer je količina toplote, pri prelazu sistema iz početnog u dato ravnotežno stanje proporcionalna masi (zapremini). Zbog toga je, za neko telo mase m ⎡J⎤ S = ms, ⎢ ⎥ . ⎣K⎦ Entropija ima i svojstva aditivnosti. Neka se izolovan termodinamički sistem sastoji iz termički ravnotežnih podsistema. U tom slučaju uopštavajući definiciju entropije, može se zaključiti da je entropija sistema jednaka zbiru entropija podsistema. To znači da je ukupna entropija s = s A (α ) + sB ( β ) + sC ( γ ) + ... gde su A, B, C - podsistemi, α , β , γ - njihova odgovarajuća stanja.

38

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Primenjujući ovaj zaključak na izolovan termodinamički sistem koji se sastoji od radnog tela i uzroka razmene toplote, imaćemo ∆S is = ∆S rt + ∆S urt ,

gde su ∆Sis - promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema, ∆S rt - promena entropije radnog tela, ∆S urt - promena entropije uzroka razmene toplote (izračunava se iz jednačine Q ∆S urt = − 12 ), Turt Q12 - spoljnji uticaj (toplota) koja izaziva posmatrani termodinamički proces, Turt - temperatura uzroka razmene toplote. Uzrok razmene toplote (URT) u posmatranom procesu može da bude toplotni izvor temperature (Turt = Tti ) ili toplotni ponor temperature Turt = Ttp . Shodno

(

)

navedenom, sledi da ako radno telo obavlja proces onda izolovan termodinamički sistem mogu da sačinjavaju radno telo + toplotni izvor (TI), ili radno telo + toplotni ponor (TP). Drugi zakon termodinamike računski se predstavlja izračunavanjem promene entropije izolovanog termodinamičkog sistema. Diskusija rezultata za ∆Sis 1. ∆Sis = 0 , ovakvi termodinamički procesi zovu se povratni (reverzibilni). Ovoj grupi pripadaju samo dva procesa - kvazistatična adijabata, - kvazistatična izoterma, pri čemu je temperatura radnog tela jednaka temperaturi uzroka razmene toplote.

39

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Uslovno gledano i svaki drugi proces bi mogao da bude povratan uz jedan od uslova: - dovođenje toplote se vrši uz prisustvo beskonačno mnogo toplotnih izvora tj odvođenje toplote se vrši uz prisustvo beskonačno mnogo toplotnih ponora čije temperature su jednake temperaturi radnog tela u svakom trenutku procesa (stepenasta promena stanja). - dovođenje toplote se vrši od toplotnog izvora čija promena temperature odgovara promeni temperature radnog tela tj. početna temperatura radnog tela jednaka je krajnjoj temperaturi toplotnog izvora i obrnuto, krajnja temperatura radnog tela jednaka je početnoj temperaturi toplotnog izvora (slično važi i za predaju toplote radnog tela toplotnom ponoru).

Slika 1.26. Povratni procesi 2. ∆S is > 0 , ovakvi termodinamički procesi su nepovratni (ireverzibilni). 1.9.1. Grafičko predstavljanje promene entropije sistema

Promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema grafički se predstavlja crtanjem duži čija dužina nastaje sabiranjem druge dve duži koje predstavljaju promenu entropije radnog tela i promenu entropije toplotnog ponora ili toplotnog izvora. Postupak grafičkog predstavljanja promene entropije izolovanog sistema zasnovan je na jednakosti površina ispod: 1. linije kojom predstavljamo promenu stanja radnog tela

40

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA 2. linije kojom predstavljamo promenu stanja toplotnog ponora

Obe ove površine predstavljaju razmenjenu toplotu između radnog tela i toplotnog ponora.

Slika 1.27. Grafičko predstavljanje promene entropije Primer: Grafički predstaviti promenu entropije izolovanog sistema za proces izotermnog dovođenja toplote radnom telu temperature T od toplotnog izvora temperature Tti > T .

Slika 1.28. Promena entropije u slučaju izotermskog procesa

41

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 1.10. Idealan gas

Pod pojmom idealan gas podrazumeva se zamišljeni gas koji se pokorava Klapejronovoj jednačini stanja pv = RT (pri tome se isključuju temperature bliske apsolutnoj nuli). Veliki broj realnih gasova pri visokim temperaturama i malim pritiscima, tj. u stanju daleko od granice kondenzacije (veoma pregrejane pare), jako se približavaju idealnim gasovima. Takvi su na primer: vodonik, kiseonik, azot, vazduh, plemeniti gasovi itd. Klapejronova jednačina se naziva i jednačina stanja idealnog gasa, i može se napisati u obliku pV = mRT ,

za m kilograma idealnog gasa,

pV = n ( MR ) T ,

za n kilomolova idealnog gasa.

Veličina ⎡ J ⎤ R, ⎢ ⎥, ⎣ kgK ⎦ naziva se gasna konstanta i za svaki idealan gas ima različitu vrednost, dok veličina

( MR ) ,

⎡ J ⎤ ⎢ kmolK ⎥ , ⎣ ⎦

predstavlja univerzalnu gasnu konstantu ( Rm , Ru , ℜ ) i za sve idealne gasove ima vrednost

( MR ) = Rm = 8,315

kJ J = 8315 . kmolK kmolK

Gasna konstanta nekog idealnog gasa računa se prema jednačini R=

42

( MR ) , M


gde je M - molarna masa datog gasa. Mada nije uobičajeno za praktične potrebe, toplotne veličine stanja idealnog gasa se mogu definisati i na sledeći način ⎡ kJ ⎤ u = cvT , ⎢ ⎥ - specifična unutrašnja energija, ⎣ kg ⎦ ⎡ kJ ⎤ h = c pT , ⎢ ⎥ - specifična entalpija, ⎣ kg ⎦ s = k ln

T ⎡ kJ ⎤ , ⎢ ⎥ - specifična entropija, Tr ⎣ kgK ⎦

gde su ⎡ kJ ⎤ c p , cv , ⎢ ⎥ - specifični toplotni kapaciteti ⎣ kgK ⎦ konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini.

(specifične

toplote)

pri

Toplotni kapacitet pri stalnom pritisku c p i toplotni kapacitet pri stalnoj zapremini cv su u međusobnoj vezi sa gasnom konstantom R preko Majerove jednačine R = c p − cv ,

( MR ) = Rm = ( Mc p ) − ( Mcv ) , gde su ⎡ kJ ⎤ ⎢ kmolK ⎥ - molarni toplotni kapacitet pri stalnom pritisku i pri ⎣ ⎦ stalnoj zapremini.

( Mc ) , ( Mc ) , p

v

43

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Odnos specifične toplote pri stalnom pritisku i stalnoj zapremini je

κ=

cp cv

=

( Mc ) , p

( Mcv )

gde je κ - karaktristika idealnog gasa. Specifične toplote c p i cv se mogu izraziti u funkciji κ i R

cp =

κR , κ −1

cv =

R . κ −1

Na osnovu jednačine stanja idealnog gasa, prvog i drugog zakona termodinamike izvode se izrazi za promenu stanja, količinu toplote, rad, promenu unutrašnje energije, tehnički rad, promenu entalpije i promenu entropije idealnih gasova. Ako je poznato početno 1 (T1 , p1 , v1 ) i krajnje

2 (T2 , p2 , v2 ) stanje nekog idealnog gasa, za bilo kakav proces idealnog gasa (bez obzira kakve su se promene stanja u međuvremenu događale, jer su u , h i s veličine stanja) vrede relacije - promena specifične unutrašnje energije ⎡ kJ ⎤ ∆u12 = cv ( T2 − T1 ) , ⎢ ⎥ , ⎣ kg ⎦ ⎡ kJ ⎤ ∆u12 = ( Mcv ) ( T2 − T1 ) , ⎢ ⎥. ⎣ kmol ⎦ - promena specifične entalpije ⎡ kJ ⎤ ∆h12 = c p (T2 − T1 ) , ⎢ ⎥ , ⎣ kg ⎦

44

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA ⎡ kJ ⎤ ∆h12 = Mc p (T2 − T1 ) , ⎢ ⎥. ⎣ kmol ⎦

(

)

- promena specifične entropije ∆s12 = f (T , p ) = c p ln

T2 p ⎡ kJ ⎤ − R ln 2 , ⎢ , T1 p1 ⎣ kgK ⎥⎦

∆s12 = f (T , v ) = cv ln

T2 v ⎡ kJ ⎤ + R ln 2 , ⎢ , T1 v1 ⎣ kgK ⎥⎦

∆s12 = f ( v, p ) = c p ln

v2 p ⎡ kJ ⎤ , + cv ln 2 , ⎢ v1 p1 ⎣ kgK ⎥⎦

odnosno

(

)

∆s12 = f ( T , p ) = Mc p ln

∆s12 = f ( T , v ) = ( Mcv ) ln

(

)

∆s12 = f ( v, p ) = Mc p ln

T2 p ⎡ kJ ⎤ − ( MR ) ln 2 , ⎢ , T1 p1 ⎣ kmolK ⎥⎦

T2 v ⎡ kJ ⎤ , + ( MR ) ln 2 , ⎢ T1 v1 ⎣ kmolK ⎥⎦ v2 p ⎡ kJ ⎤ . + ( Mcv ) ln 2 , ⎢ v1 p1 ⎣ kmolK ⎥⎦

Dakle, unutrašnja energija i entalpija idealnog gasa zavise samo od temperature gasa, a njihove promene ne zavise od vrste promene stanja već samo od krajnjeg i početnog stanja.

45

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 1.11. Termodinamički procesi (promene stanja) idealnog gasa

Termodinamički proces je matematički zakon po kojem radno telo menja svoje termodinamičko stanje (veličine stanja) od početnog stanja (1) do krajnjeg stanja (2). Osnovne karakteristike termodinamičkih procesa su: 1. zakon promene stanja (matematički zakon u nekom koordinatnom sistemu) 2. specifična toplota promene stanja, c12 =

⎡ kJ ⎤ Q12 , ⎢ ⎥. m (T2 − T1 ) ⎣ kgK ⎦

Kvazistatične politropske promene stanja idealnih gasova Zakon promene stanja idealnog gasa pv n = const ,

u pv koordinatnom sistemu,

Tvn-1 = const ,

u Tv koordinatnom sistemu,

T n p1− n = const ,

u Tp koordinatnom sistemu.

Napomena:

n =0, n =1, n =κ , n=∞, n ≠ 0 ≠1≠ κ ≠ ∞ ,

kvazistatični izobarski proces ( p = const ), kvazistatični izotermski proces ( T = const ), kvazistatični adijabatski proces ( q12 = 0, s = const ), kvazistatični izohorski proces ( v = const ), kvazistatični politropski proces.

Specifična toplota promene stanja c12 = cv n=0

c12 = c p ,

n =1 n =κ n=∞

c12 = ∞ , c12 = 0 , c12 = cv , n −κ c12 = cv . n −1

n=n

46

n − κ ⎡ kJ ⎤ , ⎢ ⎥, n − 1 ⎣ kgK ⎦

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Izračunavanje spoljnih uticaja promene stanja idealnih gasova

( q12 , l12 , lt12 )

za kvazistatične politropske

T2

količina toplote, q12 :

∫

q12 = c12 dT , T1 v2

zapreminski rad, l12 :

l12 =

∫ p(v)dv ,

v1

p2

tehnički rad, lt12 :

∫

lt12 = − v( p )dp . p1

Kvazistatične promene stanja idealnih gasova po proizvoljnom zakonu promene U ovom slučaju spoljni uticaji se moraju određivati rešavanjem definicionih integrala: - količina toplote, q12 , računa se iz izraza T2

∫

q12 = T ( s ) ds , T1

ako je poznat zakon promene u Ts koordinatnom sistemu. Površina na Ts dijagramu ispod linije promene stanja predstavlja razmenjenu toplotu (odnosi se samo na kvazistatični proces). Ako je poznata specifična toplota procesa 1- 2, onda je T2

∫

q12 = c12 dT . T1

- zapreminski rad, l12 , računa se iz izraza v2

l12 =

∫ p(v)dv ,

v1

47

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE ako je poznat zakon promene u pv koordinatnom sistemu. Na pv dijagramu, površina ispod linije promene stanja predstavlja zapreminski rad (ovo važi samo za kvazistatični proces). - tehnički rad, lt12 , računa se iz izraza p2

∫

lt12 = − v( p )dp , p1

ako je poznat zakon promene u pv koordinatnom sistemu. Na pv dijagramu, površina levo od linije promene stanja (ka p – osi) predstavlja tehnički rad (ovo važi samo za kvazistatični proces).

48

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA 1.11.1. Izohorski proces v = const

Slika 1.29. Izohorski proces u pv i Ts dijagramu v1 = v2 = v = const ,

p2 T2 = , p1 T1 q12 = cv (T2 − T1 ) = ∆u12 , l12 = 0 ,

lt12 = v ( p1 − p2 ) = R (T1 − T2 ) , ∆s12 = cv ln

T2 p = cv ln 2 . T1 p1

49

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 1.11.2. Izobarski proces p = const

Slika 1.30. Izobarski proces u pv i Ts dijagramu p1 = p2 = p = const ,

T2 v2 = , T1 v1 q12 = c p (T2 − T1 ) = ∆h12 ,

l12 = p ( v2 − v1 ) = R (T2 − T1 ) , lt12 = 0 ,

∆s12 = c p ln

50

T2 v = c p ln 2 . T1 v1

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA 1.11.3. Izotermski proces T = const

Slika 1.31. Izotermski proces u pv i Ts dijagramu T1 = T2 = T = const ,

p1 v2 = , p2 v1 q12 = p1v1 ln

v2 p = RT1 ln 1 , v1 p2

l12 = q12 , lt12 = l12 ,

∆s12 =

q12 v p = R ln 2 = R ln 1 . T v1 p2

51

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 1.11.4. Adijabatski proces pvκ = const

Slika 1.32. Adijabatski proces u pv i Ts dijagramu κ

p2 ⎛ v1 ⎞ =⎜ ⎟ , p1 ⎝ v2 ⎠ T2 ⎛ p2 ⎞ =⎜ ⎟ T1 ⎝ p1 ⎠

κ −1 κ

κ −1

⎛v ⎞ =⎜ 1 ⎟ ⎝ v2 ⎠

,

q12 = 0 (adijabatska promena),

l12 = cv (T1 − T2 ) =

1

κ −1

( p1v1 − p2v2 ) ,

lt12 = κ l12 , ∆s12 = 0 (izentropska promena).

52

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA 1.11.5. Politropski proces pv n = const n

p2 ⎛ v1 ⎞ =⎜ ⎟ , p1 ⎝ v2 ⎠ T2 ⎛ p2 ⎞ =⎜ ⎟ T1 ⎝ p1 ⎠

n-1 n

n-1

⎛v ⎞ =⎜ 1 ⎟ , ⎝ v2 ⎠

q12 = cn (T2 − T1 ) , gde je cn = cv l12 =

n −κ - specifična toplota politropske promene stanja, n −1

R 1 (T1 − T2 ) = ( p1v1 − p2v2 ) , n −1 n −1

lt12 = nl12 ,

∆s12 = cn ln

T2 . T1

Grafički prikaz kvazistatičnih politropskih promena stanja

Slika 1.33. Politrope u pv dijagramu

53


Slika 1.34. Politrope u Ts dijagramu Kvazistatične politropske promene stanja ( n ≠ 0 ≠ 1 ≠ k ≠ ∞ ) se crtaju između već ucrtanih linija na slikama 1.33. i 1.34.. 1.12. Mešavina idealnih gasova

Mešavina idealnih gasova je takođe idealan gas. Za mešavine idealnih gasova važe sve prethodno navedene zakonitosti kao za pojedinačne idealne gasove. 1.12.1. Jednačina stanja mešavine idealnih gasova pV =

∑ ( m R )T , i

i

V - zapremina koju zauzima mešavina idealnih gasova,

T - temperatura mešavine (i svake od komponenata mešavine), mi - mase komponenata mešavine, Ri - gasne konstante komponenata mešavine,

(

p - pritisak mešavine idealnih gasova p =

∑ p ), i

pi - pritisak komonenata mešavine (parcijalni pritisak)

54

pi =

mi RiT . V


1.12.2. Sastav mešavine

Sastav mešavine određuje se preko udela komponenata koje čine mešavinu, i to preko masenih udela ( g ) i zapreminskih udela ( r ) . Tako je npr. za dvokomponentnu mešavinu (1) + (2): g1 =

m1 - maseni udeo komponente 1, m1 + m2

g2 =

m2 - maseni udeo komponente 2, m1 + m2

r1 =

p1 - zapreminski (molski) udeo komponente 1, p1 + p2

r2 =

p2 - zapreminski (molski) udeo komponente 2. p1 + p2

1.12.3. Konstante mešavine

Molarna masa mešavine M=

M=

1

∑

,

gi Mi

∑rM i

i

.

Gasna konstanta mešavine R=

( MR ) ,

R=

∑g R .

M

i

i

55

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Toplotni kapacitet mešavine c= g i ci ,

∑

c=

⎛ ri M i ci ⎞ , M ⎟⎠

∑ ⎜⎝

⎛ gi M i ( Mci ) ⎞ ⎟⎟ , M ⎝ ⎠

Mc =

∑ ⎜⎜

Mc =

∑ r ( Mc ) . i

i

Eksponent adijabatske promene k=

cp cv

.

Majerova jednačina R = c p − cv .

1.13. Poluidealni gasovi Poluidealni gasovi se razlikuju od idealnih po tome što im specifična toplota (toplotni kapacitet) za bilo koju promenu stanja nije konstantna veličina već se menja sa tempearturom to jest c12 = f ( T ) . Zbog toga neke jednačine koje važe za idealne gasove sada imaju drugačiji oblik ∆h12 = c p

T2 T1

(T2 − T1 ) ,

⎡ kJ ⎤ ⎢ ⎥, ⎣ kg ⎦

⎡ kJ ⎤ T ∆u12 = cv T2 (T2 − T1 ) , ⎢ ⎥ , 1 ⎣ kg ⎦ ∆s12 = f (T , p ) = c p

56

T2 T1

ln

T2 p ⎡ kJ ⎤ − R ln 2 , ⎢ ⎥, T1 p1 ⎣ kgK ⎦


∆s12 = f (T , v ) = cv T2 ln T

1

∆s12 = f ( v, p ) = c p

T2 T1

ln

T2 v ⎡ kJ ⎤ + R ln 2 , ⎢ ⎥, T1 v1 ⎣ kgK ⎦ v2 + cv v1

T2 T1

ln

p2 ⎡ kJ ⎤ , ⎢ ⎥, p1 ⎣ kgK ⎦

gde su: - cp T2 T1

T2 T1

⎡ kJ ⎤ , ⎢ ⎥ - toplotni kapacitet pri stalnom pritisku u intervalu temperatura ⎣ kgK ⎦

,

⎡ kJ ⎤ T - cv T2 , ⎢ ⎥ - toplotni kapacitet pri stalnoj zapremini u intervalu temperatura 1 ⎣ kgK ⎦ T2 T1

,

cp

T2 T1

=

T

cv T2 = c p 1

(

)

T2 T1 1 c p T2 − c p T1 , 0 0 T2 − T1

T2 T1

−R,

T ⎡ kJ ⎤ - cp , ⎢ ⎥ - tablične vrednosti za dati poluidealan gas. 0 ⎣ kgK ⎦

Ako je poznata zavisnost c12 = f (T ) u analitičkom obliku q12 i ∆s12 mogu se odrediti iz jednačina T1

q12 = c (T )dT ,

∫

T1

57

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE T1

∆s12 = c (T )

∫

T1

dT . T

Jednačina stanja idealnog gasa važi u nepromenjenom obliku i za poluidealne gasove

58

pv = RT pV = mRT

( za 1 kilogram poluidealnog gasa), ( za m kilograma poluidealnog gasa),

pV = n ( MR ) T

( za n kilomolova poluidealnog gasa).


Zadatak 1.1. Vazduh (idealan gas), stanja 1 ( p1 = 2 bar, v1 = 0,4305 m3 kg) kvazistatično (ravnotežno) menja svoje toplotno stanje do stanja 2 ( p2 = 6 bar, v2 = v1 ) . Odrediti: a) temperaturu vazduha u karakterističnim tačkama procesa, b) razmenjenu toplotu ( q12 ) i zapreminski rad ( l12 ) , c) promenu unutrašnje energije ( ∆u12 ) , entalpije ( ∆h12 ) i entropije vazduha, d) skicirati proces u pv i Ts koordinatnom sistemu.

( ∆s12 )

R e š e n j e: a) Iz jednačine stanja idealnog gasa za stanja 1 i 2 dobijamo tražene temperature T1 =

p1v1 2 ⋅ 105 ⋅ 0, 4305 = = 300 K , 287 R

T2 =

p2 v2 6 ⋅ 105 ⋅ 0, 4305 = = 900 K . 287 R

b) Za izohorski kvazistatički proces važe jednakosti

q12 = cv ( T2 − T1 ) = 0,72 ⋅ ( 900 − 300 ) = 432

l12 = 0

kJ , kg

kJ . kg

c) Promena unutrašnje energije vazduha

( ∆u12 ) ,

entalpije

( ∆h12 )

∆u12 = cv ( T2 − T1 ) = 0,72 ⋅ ( 900 − 300 ) = 432

kJ , kg

∆h12 = c p ( T2 − T1 ) = 1,00 ⋅ ( 900 − 300 ) = 600

kJ , kg

i entropije

( ∆s12 )

59


∆s12 = c p ln

T2 p T T − R ln 2 = c p ln 2 − R ln 2 , T1 p1 T1 T1

kako je cv = c p − R sledi da je ∆s12 = cv ln

T2 900 kJ = 0,72 ⋅ ln = 0,791 . T1 300 kgK

d) Grafički prikaz procesa 1-2 u pv i Ts dijagramu

Slika 1.35.

Slika 1.36.

Zadatak 1.2. Dva kilograma kiseonika (idealnog gasa) početnog stanja 1 ( p1 = 1 bar, T1 = 373 K ) , usled interakcije sa toplotnim ponorom stalne temperature, menja svoje toplotno stanje kvazistatično (ravnotežno) politropski (eksponent kvazistatičke politrope n = 0,8 ) do stanja 2 ( v2 = 0,5v1 ) . Skicirati proces u pv i Ts koordinatnim sistemima i odrediti:

a) mehaničke veličine stanja kiseonika ( p, v , T ) u karakterističnim tačkama, b) količinu toplote ( kJ ) koju radno telo preda toplotnom ponoru, kao i zapreminski rad koji se pri tom izvrši, c) promenu entropije izolovanog termodinamičkog sistema u najpovoljnijem slučaju.

60

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA R e š e n j e:

Slika 1.37.

Slika 1.38.

a) Iz jednačina stanja idealnog gasa za stanja 1 i 2 dobijamo specifične zapremine v1 =

RT1 260 ⋅ 373 m3 = = 0,9698 , p1 1⋅ 105 kg

v2 = 0,5v1 = 0,5 ⋅ 0,9698 = 0, 4849

m3 . kg

Na osnovu jednačine politrope za proces 1 i 2 p1v1n = p2 v2n dobijamo n

p2 ⎛ v1 ⎞ =⎜ ⎟ , p1 ⎝ v2 ⎠ odakle sledi da je n

⎛v ⎞ 0,8 p2 = p1 ⎜ 1 ⎟ = 1 ⋅ 105 ⋅ ( 2) = 1,7411⋅ 105 Pa , ⎝ v2 ⎠ odnosno T2 =

p2 v2 1,74 ⋅105 ⋅ 0, 4849 = = 324, 71 K . 260 R

61

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE b) Za kvazistatički politropski proces imamo da je q12 = cv

n−k 0,8 − 1,4 kJ ⋅ ( 324,71 − 373 ) = −94,1556 , (T2 − T1 ) = 0,65 ⋅ n −1 0,8 − 1 kg

Q12 = mq12 = 2 ⋅ ( −94,1556 ) = −188,3112 kJ , l12 = R

1 1 kJ ⋅ ( 373 − 324,71) = −62,77 , (T1 − T2 ) = 0, 26 ⋅ n −1 0,8 − 1 kg

L12 = ml12 = 2 ⋅ ( −62,77 ) = −125,54 kJ .

c) Drugi zakon termodinamike za proces 1-2 ∆Sis = ∆S rt + ∆Stp , ⎛ T p ⎞ ∆Srt = ∆S12 = m ⎜ c p ln 2 − R ln 2 ⎟ , T1 p1 ⎠ ⎝

324,71 1,7411 ⎞ kJ ⎛ , ∆Srt = 2 ⋅ ⎜ 0,91 ⋅ ln − 0,26 ⋅ ln ⎟ = −0,5407 373 1 ⎠ K ⎝ ∆Stp = −

Q12 −188,3112 kJ =− = 0,5799 , Ttp 324,71 K

∆Sis = ∆Srt + ∆Stp = −0,5407 + 0,5799 = 0,0392

kJ . K

Zadatak 1.3. Kiseonik (idealan gas) m = 10 kg , menja stanje kvazistatično izobarski i pri tom

se zagreva od temperature T1 = 300 K do temperature T2 = 900 K . Kiseonik dobija toplotu od dva toplotna izvora stalnih temperatura. Odrediti: a) promenu entropije izolovanog termodinamičkog sistema ako su temperature toplotnih izvora TTI 1 = 600 K i TTI 2 = 900 K ,

b) temperaturu toplotnog izvora 1 ( TTI 1 ) tako da promena entropije sistema bude minimalna kao i minimalnu promenu entropije sistema u tom slučaju.

62


Slika 1.39. a) Promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema u ovom slučaju definisana je kao algebarski zbir promena entropija radnog tela i toplotnih izvora 1 i 2, odnosno

∆Sis = ∆Srt + ∆STI 1 + ∆STI 2 . Promena entropije radnog tela u opštem slučaju je ⎛ T p ⎞ ∆Srt = m ⎜ c p ln 2 − R ln 2 ⎟ . T1 p1 ⎠ ⎝

( p1 = p2 = const )

Za izobarski proces ∆Srt = mc p ln

prethodna jednakost se svodi na oblik

T2 900 kJ = 10 ⋅ 0,91 ⋅ ln = 9,997 . T1 300 K

Promenu entropije toplotnih izvora 1 i 2 čije su temperature TTI 1 = 600 K i TTI 2 = 900 K računamo prema ∆STI 1 = −

Q1 A , TTI 1

63

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE ∆STI 2 = −

Q A2 . TTI 2

Količina dovedene toplote kiseoniku u procesu 1-2

( Q12 )

predstavlja zbir

toplote dovedene od toplotnog izvora 1 ( Q1 A ) i toplote dovedene od toplotnog izvora 2 ( Q A2 ) , odnosno

Q12 = Q1 A + QA2 , pri čemu je q1 A = c p ( TA − T1 ) = 0,91 ⋅ ( 600 − 300 ) = 273

kJ , kg

Q1 A = mq1 A = 10 ⋅ 273 = 2730 kJ , qA2 = c p ( T2 − TA ) = 0,91 ⋅ ( 900 − 600 ) = 273

kJ , kg

QA2 = mqA2 = 10 ⋅ 273 = 2730 kJ . Sada možemo izračunati promene entropija toplotnih izvora 1 i 2 ∆STI 1 = −

Q1 A 2730 kJ =− = −4,550 , TTI 1 600 K

∆STI 2 = −

Q A2 2730 kJ =− = −3,033 . TTI 2 900 K

Konačno, promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema biće ∆Sis = ∆S rt + ∆STI 1 + ∆STI 2 = 9,997 − 4,550 − 3,033 = 2, 414

kJ . K

b) Izrazimo promenu entropije izolovanog sistema u funkciji temperature toplotnog izvora 1 ( TTI 1 ≡ TA ) ∆Sis = f ( TA ) ,

64

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA ⎡ T p c ( T − T ) c ( T − TA ) ⎤ ∆Sis = m ⎢ c p ln 2 − R ln 2 − p A 1 − p 2 ⎥, T1 p1 TA T2 ⎣ ⎦ ∂ ( ∆Sis ) ⎛1 T ⎞ = mc p ⎜ − 12 ⎟ , ∂TA ⎝ T2 TA ⎠

∂ ( ∆Sis ) =0, ∂TA ⎛ 1 T1 ⎞ ⎜ − 2 ⎟ = 0, ⎝ T2 TA ⎠ TA = T1T2 = 300 ⋅ 900 = 519,6 K ,

Pri temperaturi toplotnog izvora TTI 1 = TA = 519,6 K promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema ima minimalnu vrednost i ona iznosi:

( ∆Sis ) min = ∆Sis ( TA = ⎡

( ∆Sis )min = 10 ⋅ ⎢0,91 ⋅ ln ⎣

( ∆Sis ) min = 2,3051

)

T1T2 , 900 0,91 ⋅ ( 519,6 − 300 ) 0,91⋅ ( 900 − 519,6) ⎤ − − ⎥, 300 519,6 900 ⎦

kJ . K

Zadatak 1.4. Tokom kvazistatične (ravnotežne) politropske ekspanzije m = 2 kg idealnog gasa, do tri puta veće zapremine od početne, temperatura gasa opadne sa T1 = 600 K na T2 = 333 K i izvrši se zapreminski rad od 100 kJ . Da bi se proces obavio na opisan način, radnom telu se dovodi 20 kJ toplote. Skicirati promene stanja idealnog gasa u pv i Ts koordinatnim sistemima i odrediti specifične toplotne kapacitete datog gasa pri stalnom pritisku ( c p ) i pri stalnoj

zapremini ( cv ).

65

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE R e š e n j e:

Prvi zakon termodinamike za proces od stanja 1 do stanja 2

Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = mcv ( T2 − T1 ) + L12 , odakle je

cv =

Q12 − L12 20 − 100 kJ = = 0.1498 . kgK m ( T2 − T1 ) 2 ⋅ ( 333 − 600 )

Eksponent politrope n dobijamo iz jednačine politrope za proces 1 − 2

T1 ⎛ v2 ⎞ =⎜ ⎟ T2 ⎝ v1 ⎠

n −1

,

odnosno

T1 600 ln T2 n= + 1 = 333 + 1 = 1,5359 . v2 3 ln ln v1 1 ln

Za politropski proces sa eksponentom politrope n zapreminski rad je L12 = ml12 = mR

1 (T1 − T2 ) , n −1

odakle je gasna konstanta R datog gasa R=

66

L12 ( n − 1)

m (T1 − T2 )

=

100 ⋅ (1,5359 − 1) kJ = 0,1004 . 2 ⋅ (600 − 333) kgK

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Specifični toplotni kapacitet datog idealnog gasa pri konstantnom pritisku c p je sada c p = cv + R ,

c p = 0,1498 + 0,1004 = 0,2502

kJ . kgK

Grafički prikaz promene stanja idealnog gasa u pv i Ts koordinatnim sistemima:

Slika 1.40.

Slika 1.41.

Zadatak 1.5. Dvoatoman idealan gas, n = 2 kmol , ekspandira kvazistatično adijabatski od temperature T1 = 600 K do temperature T2 = 300 K , a zatim se od njega

izobarski odvodi toplota dok mu temperatura ne dostigne vrednost T3 = 250 K . Odrediti koliko se zapreminskog rada dobije za vreme ekspanzije ( kJ ) i kolika se toplota odvede od gasa za vreme izobarskog hlađenja ( kJ ).

67


Prvi zakon termodinamike za proces adijabatskog širenja gasa 1-2

Q12 = ∆U12 + L12 = 0 , mcv ( T2 − T1 ) + L12 = 0 , L12 = mcv (T1 − T2 ) .

Kako je u pitanju dvoatoman idealan gas prethodni izraz za zapreminski rad predstavićemo kao L12 = n ( Mcv )(T1 − T2 ) , L12 = 2 ⋅ 20,8 ⋅ ( 600 − 300 ) = 12480 kJ .

Proces 2-3 predstavlja odvođenje toplote od gasa pri konstantnom pritisku

Q12 = mc p ( T3 − T2 ) ,

(

)

Q12 = n Mc p ( T3 − T2 ) , Q12 = 2 ⋅ 29,1 ⋅ ( 250 − 300 ) = −2910 kJ . Zadatak 1.6. Termodinamički sistem čine 10 kg kiseonika (idealnog gasa) kao radna materija

i okolina stalne temperature to = 0°C kao toplotni ponor. Kiseonik menja stanje

od stanja 1 ( p1 = 1 MPa, t1 = 450°C ) do stanja 2 ( p2 = 1 MPa, t2 = 27°C ) na povratan način (povratnim promenama stanja). Skicirati promene stanja idealnog gasa u Ts koordinatnom sistemu i odrediti: razmenjenu toplotu i izvršeni zapreminski rad.

68


Slika 1.42. Drugi zakon termodinamike za proces 1 - 2: ∆ Sis = ∆S rt + ∆Stp .

Kako se promena stanja vrši na povratan način sledi da je ∆Sis = 0 , odnosno ∆ S rt = −∆S tp ,

pri čemu je ⎛ T p ⎞ ∆Srt = ∆S12 = m ⎜ c p ln 2 − R ln 2 ⎟ , T1 p1 ⎠ ⎝ ∆Stp = −

Q12 . Ttp

Kombinacijom prethodna tri izraza dobijamo jednakost ⎛ T p ⎞ Q m ⎜ c p ln 2 − R ln 2 ⎟ = 12 , gde je Ttp = To , T1 p1 ⎠ Ttp ⎝

69

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE iz koje je razmenjena količina toplote u procesu 1-2 ⎛ T p ⎞ Q12 = mTo ⎜ c p ln 2 − R ln 2 ⎟ , T1 p1 ⎠ ⎝ ⎛ ( 273 + 27 ) − 260 ⋅ ln 1⋅ 106 Q12 = 10 ⋅ ( 273 + 0 ) ⋅ ⎜⎜ 910 ⋅ ln 1 ⋅ 106 ( 273 + 450 ) ⎝

Izvršeni zapreminski rad termodinamike za proces 1-2

izračunaćemo

iz

jednačine

⎞ ⎟⎟ = −2185,3 kJ . ⎠

prvog

zakona

Q12 = ∆U12 + L12 , L12 = Q12 − mcv ( T2 − T1 ) ,

L12 = −2185,3 − 10 ⋅ 0,65 ⋅ ( 300 − 723) = 564,2 kJ . Zadatak 1.7. Sedam kilograma azota (idealnog gasa) menja svoje stanje, na povratan način, od stanja 1 ( p1 = 5 bar, t1 = 1°C ) do stanja 2, pri čemu se dobija zapreminski rad

L12 = 1146 kJ . Od okoline (toplotnog izvora) stalne temperature to = 21°C , azotu se dovodi Q12 = 1400 kJ toplote. Odrediti temperaturu i pritisak radne materije (azota) na kraju procesa i skicirati promene stanja radnog tela u Ts koordinatnom sistemu. R e š e n j e:

Prvi zakon termodinamike za proces 1 - 2

Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = mcv ( T2 − T1 ) + L12 ,

T2 = T1 +

70

Q12 − L12 1400 − 1146 = 274 + = 323,03 K . mcv 7 ⋅ 0,74

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Pritisak p2 dobijamo iz jednačine drugog zakona termodinamike za proces 1-2. Radna materija menja svoje stanje na povratan način pa je shodno tome promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema jednaka nuli, odnosno

∆Sis = ∆Srt + ∆So = 0 , ⎛ T p ⎞ Q m ⎜ c p ln 2 − R ln 2 ⎟ = 12 , T1 p1 ⎠ To ⎝

p2 = p1e

1⎛ T2 Q12 ⎞ ⎜ c p ln − ⎟ R⎝ T1 mTo ⎠

p2 = 5 ⋅ e

,

1 ⎛ 323,03 1400 ⎞ − 1,04⋅ln 0,297 ⎜⎝ 274 7⋅294 ⎟⎠

= 0,9 bar .

Slika 1.43. Zadatak 1.8. Tri mola

( n = 3 mol ) troatomnog idealnog gasa stanja 1 ( p1 = 9 bar, T1 = 373 K ) kvazistatično (ravnotežno) politropski ekspandira do stanja 2 ( v 2 = 4v1, p2 = 1,9 bar ) . Skicirati proces u pv i Ts koordinatnim sistemima i odrediti: a) eksponent politrope n , b) promenu unutrašnje energije, entalpije i entropije radnog tela, c) količinu toplote koja se preda radnom telu ( kJ ) u ovom procesu.

71


Slika 1.44.

Slika 1.45.

a) Eksponent politropske promene stanja 1-2 odredićemo iz jednačine politrope p1v1n = p2v 2n , n

p1 ⎛ v2 ⎞ =⎜ ⎟ , p2 ⎝ v1 ⎠ ln

p1 v = n ln 2 , p2 v1

odakle je eksponent politrope za proces 1-2 p1 9 ln p2 1, 9 n= = = 1,122 . v2 4 ln ln v1 1 ln

b) Promena unutrašnje energije ∆U12 ∆U12 = n ( Mcv )(T2 − T1 ) ,

72

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA n

n

⎛ T1 ⎞ n-1 ⎛ v2 ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ , ⎝ T2 ⎠ ⎝ v1 ⎠ 1− n

⎛v ⎞ T2 = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ v1 ⎠

,

T2 = 373 ⋅ ( 4 )

1−1,122

= 314,96 K ,

∆U12 = 3 ⋅ 29,1 ⋅ ( 314,96 − 373) = −5,067 kJ . Promena entalpije ∆H12

(

)

∆H12 = n Mc p (T2 − T1 ) , ∆H12 = 3 ⋅ 37,4 ⋅ ( 314,96 − 373) = −6,5121 kJ .

Za politropski proces promena entropije ∆S12 ∆S12 = n ( Mcv )

n − κ T2 ln , n − 1 T1

∆S12 = 3 ⋅ 29,1 ⋅

1,122 − 1,28 314,96 J ⋅ ln = 19,1223 . 1,122 − 1 373 K

c) Količinu toplote koja se preda radnom telu u procesu 1-2 dobijamo iz jednačine prvog zakona termodinamike za proces 1-2

Q12 = ∆U12 + L12 , L12 = n

( MR ) (T

L12 = 3 ⋅

n −1

1

− T2 ) ,

8,315 ⋅ (373 − 314,96) = 11,867 kJ , 1,122 − 1

73


Q12 = −5,067 + 11,867 = 6,8 kJ Zadatak 1.9. Termodinamički sistem čine m = 3 kg vazduha (idealnog gasa) kao radna

materija i okolina stalne temperature to = 25°C , kao toplotni ponor. Radna

materija menja svoje stanje politropski od stanja 1 ( p1 = 0,1 MPa, t1 = 50°C ) do

stanja 2 ( t2 = 5°C ) na povratan način (povratnim promenama stanja). Pri tome se okolini predaje 550 kJ toplote. Odrediti: a) pritisak radne materije na kraju procesa, b) utrošeni zapreminski rad u procesu, c) skicirati promene stanja radnog tela u Ts koordinatnom sistemu. R e š e n j e:

a) Drugi zakon termodinamike za proces 1 - 2

∆Sis = ∆Srt + ∆So = 0 , ⎛ T p ⎞ Q m ⎜ c p ln 2 − R ln 2 ⎟ = 12 , T1 p1 ⎠ To ⎝

p2 = p1e

p2 = 1 ⋅ e

1⎛ T2 Q12 ⎞ ⎜ c p ln − ⎟ R⎝ T1 mTo ⎠

,

1 ⎛ 278 −550 ⎞ − 1⋅ln 0,287 ⎜⎝ 323 3⋅298 ⎟⎠

= 5,0573 bar .

b) Prvi zakon termodinamike za proces 1 – 2

Q12 = ∆U12 + L12 , L12 = Q12 − mcv (T2 − T1 ) , L12 = −550 − 3 ⋅ 0, 72 ⋅ ( 278 − 323) = −452,8 kJ .

74

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA c)

Slika 1.46. Zadatak 1.10. Idealan gas

(p

1

m = 1 kg menja

= 9 bar, v1 = 0,1 m 3 kg

)

svoje

toplotno

stanje

od

stanja

1

do stanja 2 ( p2 = 1 bar ) . Prvi put promena se

obavlja kvazistatično po liniji 1A2 pri čemu je zavisnost pritiska od zapremine linearna. Drugi put promena se obavlja kvazistatično linijom 1B2 po zakonu pv 2 = const , pri čemu se radnom telu dovodi 20 kJ toplote. Odrediti: a) dobijeni zapreminski rad ( L12 ) duž promena 1A2 i 1B2;

b) količinu toplote ( Q1A2 ) dovedenu gasu duž promena 1A2.

Slika 1.47.

75


a) Iz zakona promene stanja idealnog gasa duž linije 1B2 dobijamo 1

⎛ p ⎞2 v2 = v1 ⎜ 1 ⎟ , ⎝ p2 ⎠ 1

m3 ⎛ 9 ⎞2 . v2 = 0,1 ⋅ ⎜ ⎟ = 0,3 kg ⎝1⎠

Za promenu stanja 1A2 zavisnost pritiska od zapremine je linearna tj. v2

∫

L1A2 = m p (v)dv = m v1

L1A2 = 1 ⋅

p1 + p2 ( v2 − v1 ) , 2

9 ⋅ 105 + 1 ⋅ 105 ⋅ ( 0,3 − 0,1) = 100 kJ . 2

Zapreminski rad za promenu stanja 1B2 v2

∫

v2

∫

L1B2 = m p (v) dv = m Kv −2 dv = − mKv −1 v1

v1

⎛1 1⎞ ⎛1 1 L1B2 = −mK ⎜ − ⎟ = mK ⎜ − ⎝ v2 v1 ⎠ ⎝ v1 v2

v2 v1

⎞ ⎟, ⎠

1 ⎞ ⎛ 1 L1B2 = 1 ⋅ 9 ⋅103 ⋅ ⎜ − ⎟ = 60 kJ . 0,1 0,3 ⎝ ⎠ Napomena: K = p1v12 = 9 ⋅ 105 ⋅ 0,12 = 9 ⋅ 103 b) Prvi zakon termodinamike za proces 1B2 Q1B2 = ∆U12 + L1B2 .

76

Jm 3 . kg 2

,

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Prvi zakon termodinamike za proces 1A2 Q1A2 = ∆U12 + L1A 2 .

Kombinacijom poslednje dve jednačine dobijamo Q1A2 − Q1B2 = L1A2 − L1B2 , Q1A2 = Q1B2 + L1A 2 − L1B2 ,

Q1A2 = 20 + 100 − 60 = 60 kJ .

Slika 1.48.

Slika 1.49.

Zadatak 1.11. Jedan kilogram vazduha (idealnog gasa) stanja 1 ( p1 = 14 bar, T1 = 323 K ) kvazistatično ekspandira do stanja 2. Tokom ekspanzije zavisnost pritiska od zapremine je linearna. U toku procesa vazduhu se dovede Q12 = 105 kJ toplote i pri tom se dobije L12 = 100 kJ zapreminskog rada. Odrediti temperaturu i pritisak vazduha u stanju 2. R e š e n j e:

Prvi zakon termodinamike za proces 1 - 2 Q12 = ∆U12 + L12 ,

Q12 = mcv (T2 − T1 ) + L12 ,

77


T2 = T1 +

Q12 − L12 105 − 100 = 323 + = 330 K . mcv 1 ⋅ 0,72

Pritisak vazduha u stanju 2 v2

∫

L12 = m p (v)dv = m v1

p1 + p2 ( v2 − v1 ) , 2

kako je na osnovu jednačine stanja idealnog gasa v = R

T prethodnu jednačinu p

možemo napisati kao L12 = mR

p1 + p2 ⎛ T2 T1 ⎞ − ⎟, ⎜ 2 ⎝ p2 p1 ⎠

odakle dobijamo kvadratnu jednačinu ap22 + bp2 + c = 0 ,

gde je a = T1 = 323 K ,

b=

2 p1 L12 2 ⋅14 ⋅105 ⋅100 ⋅103 + T1 p1 − T2 p1 = + ( 323 − 330 ) ⋅ 14 ⋅ 105 , mR 1 ⋅ 287

b = 9, 6581 ⋅ 108

KN , m2

c = −T2 p12 = 330 ⋅ 142 ⋅1010 = −6,468 ⋅ 1014

KN 2 . m4

Rešavanjem dobijene kvadratne jednačine i eliminacijom njenog negativnog rešenja dolazimo do traženog pritiska p2

78


p2 =

p2 =

−b + b2 − 4ac , 2a −9, 6581 ⋅ 108 +

(9, 6581⋅ 10 ) 8

2

+ 4 ⋅ 323 ⋅ 6, 468 ⋅ 1014

2 ⋅ 323

,

p2 = 5,635 bar .

Zadatak 1.12. Dvoatoman idealan gas u količini n = 20 mol sabija se ravnotežno od početne zapremine V1 = 0,9 m3 do krajnje zapremine V2 = 0,2 m3 . Promena stanja gasa 40710 3857 odvija se po jednačini p (V ) = + 2 , pri čemu je pritisak gasa izražen u V V 3 Pa , a zapremina gasa u m . Odrediti: a) pritisak i temperaturu gasa na početku i na kraju procesa, b) izvršeni zapreminski rad i razmenjenu količinu toplote tokom ovog procesa. R e š e n j e:

a) Odredićemo najpre pritiske p1 i p2 p1 =

40710 3857 40710 3857 + 2 = + = 49995 Pa , V1 0,9 V1 0,92

p2 =

40710 3857 40710 3857 + 2 = + = 299975 Pa . V2 0,2 V2 0,22

Jednačine stanja idealnog gasa za stanja 1 i 2 pV = n ( MR ) T , odakle sledi da su temperature T1 i T2

79

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE T1 =

p1V1 49995 ⋅ 0,9 = = 270,6 K , n ( MR ) 20 ⋅ 8.315

T2 =

p2V2 299975 ⋅ 0, 2 = = 360,8 K . n ( MR ) 20 ⋅ 8.315

b) Izvršeni zapreminski rad je prema definiciji V2

L12 =

∫ p (V ) dV ,

V1

V2

⎛ 40710 3857 ⎞ L12 = ⎜ + 2 ⎟ dV , V ⎠ ⎝ V V1

∫

V2

3857 ⎞ ⎛ L12 = ⎜ 40710 ln V − ⎟ , V ⎠V ⎝ 1 ⎛ V 3857 3857 ⎞ L12 = ⎜ 40710ln 2 − + ⎟, V1 V2 V1 ⎠ ⎝ 0, 2 3857 3857 ⎞ ⎛ L12 = ⎜ 40710 ln − + , 0,9 0, 2 0,9 ⎟⎠ ⎝ L12 = −76, 230 kJ .

Prvi zakon termodinamike za proces 1 – 2 Q12 = ∆U12 + L12 ,

Q12 = n ( Mcv ) (T2 − T1 ) + L12 , Q12 = 20 ⋅ 20,8 ⋅ ( 360,8 − 270,6 ) − 76230 = −38,709 kJ .

80


Zadatak 1.13. Dvoatoman idealan gas n = 2 kmol kvazistatično menja stanje od stanja 1 (T1 = 300 K, p1 = 1 bar ) do stanja 2 (T2 = 900 K ) po zakonu prave linije u Ts koordinatnom sistemu. Pri tome se radnom telu predaje 600 kJ rada. Odrediti pritisak radne materije u stanju 2 i grafički predstaviti proces u Ts koordinatnom sistemu. R e š e n j e: Prvi zakon termodinamike za proces 1 – 2 Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = n ( Mcv ) (T2 − T1 ) + L12 , Q12 = 2 ⋅ 20,8 ⋅ ( 900 − 300 ) − 600 = 24360 kJ .

Kako temperatura radne materije linearno raste sa porastom entropije možemo napisati da je količuna razmenjene toplote u procesu 1-2 Q12 =

T1 + T2 T +T ( S2 − S1 ) = 1 2 ∆S12 , 2 2

odnosno ∆S12 =

2Q12 2 ⋅ 24360 kJ = = 40,6 . T1 + T2 300 + 900 K

Promenu entropije radnog tela možemo takođe napisati i kao ⎡ T p ⎤ ∆S12 = n ⎢ Mc p ln 2 − ( MR ) ln 2 ⎥ , T1 p1 ⎦ ⎣

(

)

odakle će pritisak p2 biti p2 = p1e

1 ⎛ T2 ∆S12 ⎞ ⎜ Mc p ln − ⎟ T1 n ⎠

( MR ) ⎝

(

)

1 ⎛ 900 40.6 ⎞ − ⎜ 29.1⋅ln ⎟ 300 2 ⎠

= 1 ⋅ e 8.315 ⎝

,

81

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE p2 = 4, 0692 bar .

Slika 1.50.

Zadatak 1.14. Idealan gas sabija se kvazistatično od temperature T1 = 273 K do temperature T T1 = 873 K po zakonu S = K ln + C, ( K = −104 kJ K = const i C=const ) . T1

Odrediti nepovratnost ove promene stanja, ( ∆Sis [ kJ K ] ) , ako se toplota predaje izotermno toplotnom ponoru temperature Ttp = T1 i grafički je predstaviti u Ts koordinatnom sistemu.

R e š e n j e: Promena entropije izolovanog sistema je ∆Sis = ∆S rt + ∆Stp .

Promenu entropije radnog tela odredićemo na osnovu datog zakona promene stanja idealnog gasa tj. ∆S rt = S 2 − S1 = −120,8962

kJ , K

gde je S 2 = K ln

82

T2 873 kJ = −104 ⋅ ln = −120,8962 , T1 273 K


S1 = K ln

T1 273 kJ = −104 ⋅ ln =0 . T1 273 K

Promena entropije toplotnog ponora S2

∆Stp = −

∫

Q12 Q S = − 12 = − 1 Ttp T1 S2

∫

∆Stp = − e S1

S −C K dS

= −K e

S2

T ( S ) dS =−

T1

S −C S2 K

= Ke

∫

T1e

S1

T1

S − C S1 K

S1

S −C K dS

S2

,

S2 − C ⎛ S1 − C ⎞ = K ⎜e K − e K ⎟ , ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

kako iz zakona promene stanja idealnog gasa zaključujemo da je e

S −C K

=

T , T1

prethodnu jednačinu možemo napisati kao ⎛T T ⎞ ⎛ T ⎞ ∆Stp = K ⎜ 1 − 2 ⎟ = K ⎜1 − 2 ⎟ , ⎝ T1 T1 ⎠ ⎝ T1 ⎠ kJ ⎛ 873 ⎞ ∆Stp = −104 ⎜ 1 − . ⎟ = 228,5714 K ⎝ 273 ⎠ Najzad, promena entropije izolovanog sistema biće ∆Sis = ∆S rt + ∆Stp = −120,8962 + 228,5714 = 107,6752

kJ . K

Postupak grafičkog predstavljanja zasnovan je na jednakosti površina ispod: 1. linije kojom predstavljamo promenu stanja radnog tela

83

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 2. linije kojom predstavljamo stanje toplotnog ponora.

Obe ove površine predstavljaju razmenjenu toplotu između radnog tela i toplotnog ponora.

Slika 1.51.

Zadatak 1.15. Vazduh (idealan gas) kvazistatično menja svoje toplotno stanje od stanja 1 (T1 = 300 K ) do stanja 2 (T2 = 600 K ) i pri tome je v1 = 2v2 . Prvi put se promena vrši po zakonu prave linije u Ts koordinatnom sistemu, a drugi put se od stanja 1 do stanja 2 dolazi kvazistatičnom politropskom promenom stanja. Odrediti koliko se toplote ( kJ kg ) dovede vazduhu u oba slučaja. R e š e n j e: a) U slučaju promene stanja vazduha koja se vrši po zakonu prave linije u Ts koordinatnom sistemu količina dovedene toplote je q12 a =

T1 + T2 ∆s12 a , 2

dok je promena entropije vazduha ∆s12 = c p ln

84

T2 p − R ln 2 . T1 p1


Odnos pritisaka

p2 odredićemo iz jednačina stanja idealnog gasa za stanja 1 i 2 p1

p1v1 = RT1 , p2v2 = RT2 , odakle sledi da je p1v1 T1 = , p2 v2 T2 2 p1 T1 = , p2 T2 p2 2T2 = . p1 T1 Razmenjena količina toplote sada će biti q12 a =

T1 + T2 ⎛ T2 p2 ⎞ ⎜ c p ln − R ln ⎟ , 2 ⎝ T1 p1 ⎠

q12 a =

T1 + T2 ⎛ T2 2T2 ⎞ ⎜ c p ln − R ln ⎟, 2 ⎝ T1 T1 ⎠

q12 a =

300 + 600 ⎛ 600 2 ⋅ 600 ⎞ kJ . − 287 ⋅ ln ⎜ 1000 ⋅ ln ⎟ = 132,88 2 300 300 ⎠ kg ⎝

b) U slučaju politropske promene stanja, razmenjena količina toplote po kilogramu radne materije je q12 b = cv

n −κ (T2 − T1 ) . n −1

85

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Eksponent politrope ( n ) odredićemo iz jednačine politrope za proces 1-2 p1v1n = p2 v2n , n

⎛ v1 ⎞ p2 2T2 , = ⎜ ⎟ = v p1 T1 ⎝ 2⎠

2T2 2 ⋅ 600 ln T1 300 = ln 4 = 2 . n= = 2v v1 ln 2 ln ln 2 v2 v2 ln

Količina razmenjene toplote u slučaju politropskog procesa 1-2 biće q12b = 720 ⋅

2 − 1,4 kJ ⋅ ( 600 − 300 ) = 129,6 . 2 −1 kg

Zadatak 1.16. RT a − 2 , gde je v −b v 3 kvazistatično m kg , R = 68,8 J kgK ,

Neki gas koji se ponaša saglasno jednačini stanja p ( v ) = a = 71, 76 Nm 4 kg 2 , b = 8,027 ⋅ 10 −4

izotermski ekspandira pri temperaturi od 0°C od v1 = 0,05 m3 kg do v2 = 0, 2 m 3 kg . Odrediti: a) početni i krajnji pritisak gasa kao i dobijeni zapreminski rad tokom ekspanzije, b) početni i krajnji pritisak gasa kao i dobijeni zapreminski rad tokom ekspanzije kada bi navedeni gas posmatrali kao idealan gas iste gasne konstante ( R ) .

86


a) Početni i krajnji pritisak gasa određujemo iz zakona promene stanja gasa p1 =

RT a 68,8 ⋅ 273 71,76 − 2= − = 3,5307 bar , −4 v1 − b v1 0,05 − 8,027 ⋅10 0,052

p2 =

RT a 68,8 ⋅ 273 71,76 − = − = 0,92496 bar . v2 − b v22 0, 2 − 8, 027 ⋅ 10−4 0, 2 2

Zapreminski rad dobijen tokom ekspanzije gasa v2

l12 =

∫ p ( v )dv ,

v1 v2

a ⎛ RT − 2 l12 = ⎜ ⎝v−b v v

⎞ ⎟dv , ⎠

∫ 1

v2

l12 =

∫

v1

v2

RT a dv − dv , 2 v−b v v

∫ 1

l12 = RT ln ( v − b ) v + v2 1

a v

v2

, v1

⎛ v −b ⎞ ⎛1 1⎞ l12 = RT ln ⎜ 2 ⎟ + a⎜ − ⎟ , ⎝ v1 − b ⎠ ⎝ v2 v1 ⎠ ⎛ 0,2 − 8,027 ⋅10−4 l12 = 68,8 ⋅ 273 ⋅ ln ⎜ −4 ⎝ 0,05 − 8,027 ⋅10 l12 = 25,19

⎞ 1 ⎞ ⎛ 1 − ⎟ + 71,76 ⋅ ⎜ ⎟, 0, 2 0,05 ⎝ ⎠ ⎠

kJ . kg

87

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE b) U slučaju kada se navedeni gas razmatra kao idealan gas, iste gasne konstante ( R ) , početni i krajnji pritisak odredićemo iz jednačine stanja idealnog gasa za stanja 1 i 2, odnosno p1 =

RT 68,8 ⋅ 273 = = 3,7565 bar , 0,05 v1

p2 =

RT 68,8 ⋅ 273 = = 0,93912 bar . 0,2 v2

Zapreminski rad sada je v2

l12 =

∫ p ( v )dv ,

v1 v2

l12 =

∫

v1

RT dv , v v2

l12 = RT

∫

v1

dv , v v

l12 = RT ln v v2 , 1

⎛v ⎞ l12 = RT ln ⎜ 2 ⎟ , ⎝ v1 ⎠ ⎛ 0, 2 ⎞ l12 = 68,8 ⋅ 273 ⋅ ln ⎜ ⎟, ⎝ 0,05 ⎠

l12 = 26,038

88

kJ . kg

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Zadatak 1.17. U vertikalno postavljenom cilindru, od okoline adijabatski izolovanom, unutrašnjeg prečnika d = 600 mm , nalazi se vazduh (idealan gas) temperature 20°C . Sud je zatvoren klipom zanemarljive mase, koji se može kretati bez trenja. Na klipu se nalazi teg mase mt = 2000 kg . U polaznom položaju čelo klipa se nalazi na visini z = 500 mm u odnosu na donju bazu cilindra. U cilindru se nalazi električni grejač pomoću kojeg se vazduhu dovodi toplota. Pritisak okoline iznosi po = 1 bar . Odrediti: a) količinu toplote koju grejač treba da preda gasu tako da se klip u procesu pomeri za ∆z = 300 mm ; b) vreme trajanja procesa ako snaga električnog grejača iznosi 1,66 kW ; c) rad koji bi izvršio gas u cilindru ako bi se u trenutku dostizanja stanja 2 istovremeno isključio grejač i skinuo teg sa klipa; d) skicirati sve procese u pv i Ts koordinatnom sistemu.

Slika 1.52. R e š e n j e:

a) Početna i krajnja zapremina gasa V1 =

d 2π 0,62 π ⋅ 0,5 = 0,1414 m3 , z= 4 4

V2 =

d 2π 0,62 π ( z + ∆z ) = ( 0,5 + 0,3) = 0,2262 m3 . 4 4

Jednačina statičke ravnoteže za proizvoljan položaj klipa

89


p = p0 +

mt g 2000 ⋅ 9,81 = 1 ⋅ 105 + = 1,7 ⋅ 105 Pa . 2 2 0,6 π d π 4 4

Jednačina stanja idealnog gasa na početku procesa

p1V1 = mRT1 , odakle je p1V1 pV1 1, 7 ⋅ 105 ⋅ 0,1414 = = = 0, 29 kg . 287 ⋅ 293 RT1 RT1

m=

Jednačina stanja idealnog gasa na kraju procesa

p2V2 = mRT2 , T2 =

p2V2 pV2 1,7 ⋅105 ⋅ 0, 2262 = = = 462 K . mR mR 0, 29 ⋅ 287

Prvi zakon termodinamike za proces 1 – 2

Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = mcv (T2 − T1 ) + p (V2 − V1 ) , Q12 = 0, 29 ⋅ 0,72 ( 462 − 293) + 1, 7 ⋅ 105 ⋅ 10 −3 ⋅ ( 0, 2262 − 0,1414 ) = 49, 7 kJ .

b) Vreme trajanja procesa Q

49,7

τ = 12 = = 30 s . Q12 1,66 c) Proces 2 - 3 je kvazistatičan adijabatski

90


p3 = p0 = 1 bar , ⎛p ⎞ T3 = T2 ⎜ 3 ⎟ ⎝ p2 ⎠

κ −1 κ

⎛ 1⋅ 105 ⎞ = 462 ⋅ ⎜ 5 ⎟ ⎝ 1,7 ⋅10 ⎠

1,4 −1 1,4

= 397 K .

Prvi zakon termodinamike za proces 2 – 3

Q23 = ∆U 23 + L23 , L23 = − mcv (T3 − T2 ) = −0, 29 ⋅ 0, 72 ⋅ ( 397 − 462 ) = 13,57 kJ .

d) Prikaz procesa u pv i Ts koordinatnim sistemima

Slika 1.53.

Slika 1.54.

Zadatak 1.18. Cilindar je napravljen prema navedenoj slici. Klip je opterećen tegom nepoznate mase i leži na osloncu A. U cilindru se nalazi azot stanja 1 ( p1 = 2,5 bar, T1 = 293 K ) . Dovođenjem 12,5 kJ toplote zapremina azota se

udvostruči. Pritisak okoline iznosi po = 1 bar , masa klipa je zanemarljiva, a klip se kreće bez trenja. Odrediti: a) masu tega, b) pri kojoj temperaturi azota u cilindru će se pokrenuti klip, c) promenu potencijalne energije tega.

91



a) 1-2: proces u cilindru do pokretanja klipa, V = const , 2-3: proces u cilindru nakon pokretanja klipa, p = const . Početna zapremina azota V1 =

d 2π 0,182 π ⋅ 0,35 = 0,0089 m3 , z= 4 4

površina poprečnog preseka šireg dela cilindra A2 =

D 2π 0,22 π = = 0,0314 m2 . 4 4

Jednačina stanja idealnog gasa na početku procesa

p1V1 = mRT1 , m=

p1V1 2,5 ⋅105 ⋅ 0,0089 = = 0,0256 kg . RT1 297 ⋅ 293

Zapremina azota u stanju 2 V2 = V1 = 0,0089 m3 ,

92


odnosno u stanju 3 V3 = 2V2 = 2 ⋅ 0,0089 = 0, 0178 m3 .

Jednačina stanja azota, idealnog gasa, na kraju procesa

p3V3 = mRT3 , pritisak u stanju 3 je p3 =

mRT3 . V3

Prvi zakon termodinamike za proces 1-3

Q13 = Q12 + Q23 = ∆U12 + ∆U 23 + L12 + L23 , Q13 = mcv (T3 − T1 ) + p3 (V3 − V2 ) , Q13 = mcv (T3 − T1 ) +

T3 =

T3 =

mRT3 (V3 − V2 ) , V3

Q13 + mcvT1 , ⎛ V3 − V2 ⎞ mcv + mR ⎜ ⎟ ⎝ V3 ⎠

12,5 + 0,0256 ⋅ 0,74 ⋅ 293 = 793,6 K . ⎡ ⎛ 0,0178 − 0,0089 ⎞ ⎤ 0,0256 ⋅ ⎢ 0,74 + 0, 297 ⎜ ⎟⎥ 0,00178 ⎝ ⎠⎦ ⎣

Pritisak u stanju 3 sada je p3 =

mRT3 0,0256 ⋅ 297 ⋅ 793,6 = = 3, 4 bar . V3 0,0178

93

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Jednačina statičke ravnoteže za proizvoljan položaj klipa u procesu 2-3 p3 = po +

mt g , A2

odakle je masa tega mt =

A2 ( p3 − po ) g

=

0,0314 ⋅ ( 3,4 − 1) ⋅ 105 9,81

= 768,2 kg .

b) Jednačina stanja idealnog gasa za stanje 2

p2V2 = mRT2 , T2 =

p2V2 3, 4 ⋅105 ⋅ 0,0089 = = 398 K . mR 0,0256 ⋅ 297

c) Promena potencijalne energije tega ∆E p = mt g ∆z , ∆E p = mt g

V3 − V2 0,0178 − 0,0089 = 768,2 ⋅ 9,81⋅ = 2136 J . A2 0,0314

Zadatak 1.19. Vertikalni cilindar zatvoren je klipom mase mk = 9 kg , čiji je hod ograničen na kraju cilindra. U cilindru se nalazi dvoatoman idealan gas stanja 1( p1 = 1,5 bar, t1 = 450°C ). Odrediti: a) za koliko će se spustiti klip (zanemariti trenje) dovođenjem gasa u mehaničku i toplotnu ravnotežu sa okolinom stanja O ( po = 1 bar, to = 20°C ), b) koliko se toplote pri tome preda okolini do trenutka pokretanja klipa, a koliko nakon pokretanja klipa do trenutka dostizanja ravnoteže sa okolinom, c) skicirati procese u pv i Ts koordinatnim sistemima.

94



Dati proces podelićemo na dva procesa 1 - 2 proces u cilindru do pokretanja klipa ( V = const ), 2 - 3 proces u cilindru nakon pokretanja klipa ( p = const ). a) Iz jednačine stanja idealnog gasa za stanje 1 dobijamo d 2π z p1V1 4 , n= = ( MR ) T1 ( MR ) T1 p1

n=

0,12 π 0,8 4 = 0,1568 mol . 8,315 ⋅ 723

1,5 ⋅105

Stanje 2 predstavlja trenutak uspostavljanja mehaničke ravnoteže između radne materije (dvoatoman idealan gas) i okoline. Jednačina statičke ravnoteže za položaj klipa u stanju 2 biće p2 = po +

mk g 9 ⋅ 9,81 = 1 ⋅ 105 + = 1,1124 ⋅ 105 Pa . 2 0,12 ⋅ π d π 4 4

95

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Visinu klipa na kraju procesa izračunaćemo iz jednačine stanja idealnog gasa na kraju procesa: p3V3 = n ( MR ) T3 ,

z3 =

z3 =

n ( MR ) T3 d 2π p3 4

,

pri čemu je p3 = p2 i T3 = To ,

0,1568 ⋅ 8,315 ⋅ 293 = 0,4372 m . 0,12 π 1,1124 ⋅105 4

U odnosu na početni položaj, klip će se, nakon uspostavljanja toplotne i mehaničke ravnoteže sa okolinom, spustiti za vrednost ∆z = z1 − z3 , odnosno

∆z = 0,8 − 0,4372 = 0,3628 m , ∆z = 362,8 mm . b) Prvi zakon termodinamike za proces 1-2 Q12 = ∆U12 + L12 , L12 = 0 jer je proces 1-2 izohorski ( V1 = V2 ),

Q12 = n ( Mcv )(T2 − T1 ) , T2 =

p2V2 pV = 2 1 , n ( MR ) n ( MR )

d 2π 0,12 π z 1,1124 ⋅105 0,8 4 4 = = 536,08 K , T2 = n ( MR ) 0,1568 ⋅ 8,315 p2

Q12 = 0,1568 ⋅ 20,8 ⋅ ( 536,08 − 723) = −609,6 J .

96

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Prvi zakon termodinamike za proces 2-3 Q23 = n ( Mcv )(T3 − T2 ) + p3 ( V3 − V2 ) , Q23 = n ( Mcv )( T3 − T2 ) − p3

d 2π ∆z , 4

Q23 = 0,1568 ⋅ 20,8 ⋅ ( 293 − 536,08 ) − 1,1124 ⋅ 105

0,12 π ⋅ 0,3628 , 4

Q23 = −1109,8 J .

c)

Slika 1.57.

Slika 1.58.

Zadatak 1.20. Dvoatoman idealan gas stanja 1( p1 = 1, 2 MPa, T1 = 300 K, V1 = 0,1 m3 ), nalazi se u vertikalno postavljenom, nepokretnom i toplotno izolovanom cilindru sa pokretnim, toplotno izolovanim klipom. Preostali prostor cilindra, iznad klipa, ispunjen je nekom tečnošću. Predajom toplote gasu, on se širi do stanja 2 ( p2 = 0,6 MPa, V2 = 0, 22 m3 ) , čime izaziva prelivanje tečnosti preko ivica cilindra.Uz pretpostavke da je promena stanja gasa ravnotežna (kvazistatična) i da se klip kreće bez trenja: a) izvesti zakon promene stanja gasa u obliku p = f (V ) , b) prikazati tu promenu stanja u pv koordinatnom sistemu, c) izračunati predatu količinu toplote i apsolutni rad koji izvrši gas pri ovoj promeni stanja.

97



a) Unutrašnja površina poprečnog preseka cilindra A=

d 2π . 4

Jednačina statičke ravnoteže za proizvoljan položaj klipa u cilindru p = po + ρ t ght ,

p = po +

p = po +

p = po + po +

98

A

,

ρ t g (Vcilindra − V ) A

ρt gVcilindra A

ρt gVcilindra

ρt gV A

ρt gVt

A

−

,

ρt gV A

,

= a = const ,

= b = const ,


p = a − bV . Na osnovu poslednje jednačine zaključujemo da je zavisnost pritiska od zapremine gasa linearna, a konstante a i b određujemo iz graničnih uslova p1 = a − bV1 , p2 = a − bV2 ,

odakle sledi da je b=

p1 − p2 1, 2 ⋅106 − 0,6 ⋅106 Pa = = 5 ⋅106 3 , V2 − V1 0,22 − 0,1 m

a = p1 + b ⋅ V1 = 1,2 ⋅106 + 5 ⋅ 106 ⋅ 0,1 = 1,7 ⋅ 10 6 Pa . Konačno, zavisnost pritiska gasa od njegove zapremine biće p = 1,7 ⋅ 10 6 − 5 ⋅106 Pa [ ]

V . ⎡⎣ m 3 ⎤⎦

b) Grafički prikaz promene stanja gasa

Slika 1.60. c) Apsolutni rad koji izvrši gas

99


L12 =

V2

∫ p(V )dV ,

V1

L12 =

p1 + p2 1,2 ⋅ 106 + 0,6 ⋅ 106 (V2 − V1 ) = ( 0,22 − 0,1) = 108 kJ . 2 2

Jednačina stanja idealnog gasa na početku procesa p1V1 = n( MR)T1 ,

n=

p1V1 1,2 ⋅106 ⋅ 0,1 = = 4,8 ⋅10−2 kmol . ( MR )T1 8315 ⋅ 300

Jednačina stanja idealnog gasa u stanju 2 p2V2 = n( MR )T2 ,

T2 =

p2V2 0,6 ⋅10 6 ⋅ 0,22 = = 330,7 K . n( MR ) 4,8 ⋅10 −2 ⋅ 8315

Prvi zakon termodinamike za proces 1-2 Q12 = ∆U12 + L12 ,

Q12 = n ( Mcv ) (T2 − T1 ) + L12 , Q12 = 4,8 ⋅10−2 ⋅ 20,8 ⋅ ( 330,7 − 300 ) + 108 = 138,6 kJ . Zadatak 1.21. Dvoatoman idealan gas, stanja 1 ( p1 = 0,6 MPa, T1 = 300 K, V1 = 0,2 m3 ) nalazi se u horizontalno postavljenom nepokretnom cilindru sa pokretnim klipom. Klip je preko opruge, konstante opruge k , povezan sa nepokretnim zidom. Predajom toplote gasu, on se dovodi do stanja 2 ( p2 = 1 MPa, V2 = 0, 4 m 3 ) . Uz pretpostavke da se klip kreće bez trenja i da je promena stanja gasa ravnotežna (kvazistatična):

100

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA a) izvesti zakon promene stanja u obliku p = f (V ) , b) prikazati promenu stanja gasa u pv koordinatnom sistemu, c) izračunati predatu količinu toplote i zapreminski rad koji izvrši gas pri ovoj promeni stanja.


a) U trenutku kada je opruga rasterećena, položaj klipa u cilindru definisan je koordinatom x0 (vidi sliku). Shodno tome, jednačina statičke ravnoteže klipa u cilindru za proizvoljni položaj klipa biće p = pamb +

gde je A =

k ∆x , A

d 2π površina čela klipa, 4

p = pamb +

k ( x − x0 ) , A

p = pamb +

k (V − V0 ) , A2

p = pamb −

kV0 k + 2V . 2 A A

101

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Uvođenjem konstantnih vrednosti pamb −

kV0 = a = const , A2

k = b = const , A2 dobijamo linearnu zavisnost pritiska od zapremine

p = a + bV . Na osnovu graničnih uslova p1 = a + bV1 i p2 = a + bV2 sledi da su vrednosti konstanti a i b b=

p1 − p2 0,6 ⋅ 106 − 1 ⋅ 106 Pa = = 2 ⋅106 3 , V1 − V2 0,2 − 0, 4 m

a = p1 − bV1 = 0,6 ⋅106 − 2 ⋅ 106 ⋅ 0,2 = 2 ⋅ 105 Pa . Analitički oblik zavisnosti pritiska od zapremine je sada p V = 2 ⋅105 + 2 ⋅106 . ⎡ m3 ⎤ [ Pa ] ⎣ ⎦ b) Grafički prikaz zavisnosti p = f (V )

Slika 1.62.

102

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA c) Zapreminski rad V2

p1 + p2 (V2 − V1 ) , 2

L12 =

∫

L12 =

0,6 ⋅106 + 1 ⋅ 106 (0,4 − 0, 2) = 160 kJ . 2

V1

p(V ) dV =

Jednačina stanja idealnog gasa za stanje 1 p1V1 = n( MR )T1 , n=

p1V1 0,6 ⋅ 106 ⋅ 0,2 = = 48,1 mol . ( MR )T1 8,315 ⋅ 300

Jednačina stanja idealnog gasa za stanje 2 p2V2 = n( MR )T2 , T2 =

p2V2 1 ⋅106 ⋅ 0, 4 = = 1000,1 K . n( MR ) 48,1 ⋅ 8,315

Prvi zakon termodinamike za proces 1-2 Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = n ( Mcv )(T2 − T1 ) + L12 , Q12 = 48,1 ⋅ 20,8 ⋅ (1000,1 − 300) + 160 ⋅ 103 = 860, 44 kJ .

Zadatak 1.22. U vertikalnom cilindru unutrašnjeg prečnika d = 200 mm , nalazi se n = 0,5 mol dvoatomnog idealnog gasa. Masa klipa je mk = 40 kg . Klip je poduprt oprugom linearne karakteristike k . Početni pritisak gasa je p1 = 1,05 bar , a pritisak okoline iznosi po = 1 bar . Plin se hladi tako da u momentu rasterećenja opruge dostigne temperaturu od T2 = 253 K , pri čemu se od gasa odvede 1,5 kJ toplote. Zanemarujući trenje klipa odrediti:

103

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE a) početnu temperaturu gasa, b) za koliko se podigao klip do momenta rasterećenja opruge.


a) Jednačina statičke ravnoteže klipa u trenutku rasterećenja opruge p2 +

mk g = po , d 2π 4

p2 = po −

mk g 40 ⋅ 9,81 = 1 ⋅ 105 − = 0,8751 bar . d 2π 0,2 2 π 4 4

Jednačina stanja idealnog gasa za stanje 2 p2V2 = n ( MR ) T2 ,

V2 =

104

n ( MR ) T2 p2

=

0,5 ⋅ 8,315 ⋅ 253 = 0,012 m3 . 5 0,8751 ⋅ 10

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Prvi zakon termodinamike za proces 1-2 Q12 = ∆U12 + L12 ,

Q12 = n ( Mcv ) (T2 − T1 ) +

p1 + p2 (V2 − V1 ) 2

Jednačina stanja idealnog gasa za stanje 1 p1V1 = n ( MR ) T1 . Kombinovanjem prethodne dve jednačine dobija se

V1 =

V1 =

p1 + p2 V2 2 , p + p2 ( Mcv ) p1 − 1 − ( MR ) 2

Q12 − n( Mcv )T2 −

−1,5 ⋅ 103 − 0,5 ⋅ 20,8 ⋅ 253 −

(1,05 + 0,8751) ⋅105 ⋅ 0,012

2 5 20,8 1,05 ⋅ 10 + 0,8751 ⋅105 − ⋅1,05 ⋅ 105 − 8,315 2

T1 =

p1V1 = 371,3 K , n( MR )

T1 =

1,05 ⋅105 ⋅ 0,0147 = 371,3 K . 0,5 ⋅ 8,315

= 0,0147 m 3 .

b) Promena zapremine gasa tokom procesa 1-2 ∆V = V1 − V2 =

d 2π ∆z , 4

odakle sledi da je traženo pomeranje klipa

105

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE ∆z = 4

V1 − V2 0,0147 − 0,012 = 4⋅ = 86 mm . 2 d π 0,2 2 π

Zadatak 1.23. U vertikalnom, toplotno izolovanom cilindru prečnika d = 200 mm smeštena je opruga zanemarljive zapremine. Na oprugu je naslonjen adijabatski klip mase mk = 25 kg . U cilindru se nalazi azot stanja 1 ( p1 = 1,05 bar, T1 = 303 K) . U početnom trenutku udaljenost klipa od dna cilindra iznosi z1 = 500 mm . Dužina opruge, linearne karakteristike k , u neopterećenom stanju iznosi z0 = 600 mm . Dolivanjem žive

( ρ Hg = 13600 kg m3 )

iznad klipa, klip se spusti za

∆z = 100 mm . Trenje zanemariti. Ako pritisak okoline iznosi po = 1 bar , odrediti: a) koliko je žive doliveno (kg), b) za koliko se povećala unutrašnja energija gasa, c) do koje bi temperature trebalo zagrejati azot tako da se klip vrati u početno stanje (pretpostaviti da ne dolazi do isticanja žive) i koliko bi toplote pri tom trebalo dovesti.

Slika 1.64.

R e š e n j e: a) Iz jednačine statičke ravnoteže za položaj klipa u trenutku 1 odredićemo konstantu opruge k p1 +

106

k ( z0 − z1 ) mg = po + 2k , 2 d π d π 4 4


k=

k=

d 2π + mk g 4 , z0 − z1

( po − p1 )

(1⋅ 10

5

0,2 2 π + 25 ⋅ 9,81 N 4 = 881,7 . 0,6 − 0,5 m

− 1,05 ⋅105 )

Zapremina gasa u stanju 1 V1 =

d 2π 0, 22 π z1 = ⋅ 0,5 = 0,0157 m 3 , 4 4

zapremina gasa u stanju 2 V2 =

d 2π d 2π 0, 2 2 π z2 = ( z1 − ∆z ) = ( 0,5 − 0,1) = 0, 0126 m 3 . 4 4 4

Obzirom da je proces koji se odigrava u cilindru adijabatski, pritisak gasa u stanju 2 biće κ

p1 ⎛ V2 ⎞ =⎜ ⎟ , p2 ⎝ V1 ⎠ κ

1,4

⎛V ⎞ ⎛ 0, 0157 ⎞ p2 = p1 ⎜ 1 ⎟ = 1, 05 ⋅ 105 ⋅ ⎜ ⎟ V ⎝ 0,0126 ⎠ ⎝ 2⎠

= 1, 43 ⋅ 105 Pa .

Jednačina statičke ravnoteže klipa u trenutku 2 p2 +

k ( z0 − z1 + ∆z ) mg = po + 2k + ρ Hg gy , d 2π d π 4 4

107

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE p2 − po + y=

1 ( k ( z0 − z1 + ∆z ) − mk g ) d 2π 4 , ρ Hg g

(1, 43 − 1) ⋅ 105 + y=

1 ⎡881,7 ⋅ ( 0,6 − 0,5 + 0,1) − 25 ⋅ 9,81⎤⎦ 0,2 2 π ⎣ 4 = 306 mm 13600 ⋅ 9,81

Masa dolivene žive mHg = ρ HgVHg = ρ Hg mHg = 13600

d 2π y, 4

0, 22 π 0,306 = 130, 74 kg . 4

b) Jednačina stanja azota na početku procesa p1V1 = mRT1 ,

m=

p1V1 1,05 ⋅105 ⋅ 0,0157 = = 0,018 kg . 297 ⋅ 303 RT1

Jednačina stanja idealnog gasa na kraju procesa p2V2 = mRT2

T2 =

p2V2 1,43 ⋅ 105 ⋅ 0,0126 = = 337 K . mR 0,018 ⋅ 297

Promena unutrašnje energije azota ∆U12 = mcv (T2 − T1 ) = 0,018 ⋅ 0,74 ⋅ ( 337 − 303 ) = 0, 453 kJ .

108

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA c) Iz uslova zadatka sledi da je V3 = V1 , odnosno da je proces 2-3 izobarski p3 = p2 . Jednačina stanja idealnog gasa za stanje 3 p3V3 = mRT3 ,

T3 =

p3V3 1,43 ⋅ 105 ⋅ 0,0157 = = 420 K . mR 0,018 ⋅ 297

Prvi zakon termodinamike za proces 2-3 Q23 = ∆U 23 + L23 , Q23 = mcv (T3 − T2 ) + p2 (V3 − V2 ) , Q23 = 0,018 ⋅ 0, 74 ⋅ ( 420 − 337 ) + 1, 43 ⋅ 10 2 ⋅ ( 0, 0157 − 0, 0126 ) = 1,55 kJ .

Zadatak 1.24. Toplotno izolovan cilindar, sa pokretnim toplotno izolovanim klipom, podeljen je nepokretnom, toplotno propustljivom (dijatermskom) pregradom na dva dela. U delu A nalazi se troatoman idealan gas početnog stanja A ( pA1 = 0,15 MPa, VA1 = 0,5 m 3 , TA1 = 800 K) , a u delu B dvoatoman idealan gas početnog stanja B ( pB1 = 0,5 MPa, VB1 = 0,2 m3 , TB1 = 300 K) . Odrediti zapreminu u delu A i pritisak u delu B u trenutku uspostavljanja termodinamičke ravnoteže.

Slika 1.65.

109


R e š e n j e: Jednačina stanja idealnog gasa A na početku procesa pA1VA1 = nA ( MR ) TA1 ,

nA =

0,15 ⋅ 106 ⋅ 0,5 pA1VA1 = = 11,27 mol . ( MR ) TA1 8,315 ⋅ 800

Jednačina stanja idealnog gasa B na početku procesa pB1VB1 = nB ( MR ) TB1 , nB =

0,5 ⋅106 ⋅ 0, 2 pB1VB1 = = 40,09 mol . ( MR ) TB1 8,315 ⋅ 300

Prvi zakon termodinamike za promenu stanja radnih tela A i B u celom cilindru Q12 = ∆U12 + L12 , 0 = nA ( Mcv )A ( TA 2 − TA1 ) + nB ( Mcv )B (TB2 − TB1 ) + pA (VA 2 − VA1 ) ,

pri čemu je pA 2 = pA1 = pA , TA 2 = TB2 = T2 , VB2 = VB1 , pA2VA 2 = nA ( MR ) TA2 = nA ( MR ) T2 .

Prvi zakon termodinamike za proces 1-2 sada će biti 0 = nA ( Mcv )A ( T2 − TA1 ) + nB ( Mcv ) B (T2 − TB1 ) + nA ( MR ) T2 − pAVA1 ,

110

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA nA ( Mcv )A TA1 + nB ( Mcv )B TB1 + pAVA1

T2 =

T2 =

nA ( Mcv )A + nB ( Mcv )B + nA ( MR )

,

11,27 ⋅ 29,1 ⋅ 800 + 40,09 ⋅ 20,8 ⋅ 300 + 0,15 ⋅ 106 ⋅ 0,5 = 468 K . 11,27 ⋅ 29,1 + 40,09 ⋅ 20,8 + 11,27 ⋅ 8,315

Zapremina gasa u delu A nakon uspostavljanja ravnoteže VA 2 =

nA ( MR ) T2 11, 27 ⋅ 8,315 ⋅ 468 = = 0, 292 m3 , pA 0,15 ⋅ 10 6

pritisak gasa u delu B na kraju procesa pB2 =

nB ( MR ) T2 40, 09 ⋅ 8,315 ⋅ 468 = = 7,8 ⋅ 105 Pa . VB1 0, 2

Napomena: J - za troatoman idealan gas, molK J = 20,8 - za dvoatoman idealan gas. molK

( Mcv )A = 29,1 ( Mcv )B

Zadatak 1.25. Vertikalan, toplotno izolovan cilindar, zatvoren sa gornje i sa donje strane pokretnim, toplotno izolovanim klipovima (zanemarljivih masa) koji se kreću bez trenja, podeljen je nepropusnom, krutom i nepokretnom pregradom P na deo A i deo B. Pregrada P je zanemarljivog toplotnog kapaciteta i pruža zanemarljiv otpor provođenju toplote. U delu A nalazi se dvoatoman idealan gas, a u delu B neki troatoman idealan gas. U polaznom stanju gas u delu A je u stanju A1 (VA1 = 0,5 m3 , pA1 = 0, 4 MPa, TA1 = 300 K) , a gas u delu B u stanju B1 (VB1 = 0, 4 m3 , pB1 = 0,05 MPa, TB1 = TA1 = 300 K) . Odrediti zapreminski rad koji treba obaviti pri sabijanju gasa u delu A, da bi zapremina gasa u delu B bila dva puta veća.

111


Slika 1.66.

R e š e n j e: Iz uslova zadatka sledi da je

VB2 = 2VB1 = 2 ⋅ 0,4 = 0,8 m3 . Obzirom da je pregrada P dijatermska pregrada biće

TA 2 = TB2 = T2 . Količine gasova koji se nalaze u cilindru dobijamo korišćenjem jednačina stanja idealnih gasova A i B u polaznom stanju (na početku procesa) nA =

0,4 ⋅106 ⋅ 0,5 pA1VA1 = = 80,18 mol , ( MR ) TA1 8,315 ⋅ 300

( Mcv )A = 20,8

J . molK

nB =

pB1VB1 0, 05 ⋅ 106 ⋅ 0, 4 = = 8,018 mol ; ( MR ) TB1 8,315 ⋅ 300

( Mcv )B = 29,1

J . molK

U delu B realizuje se izobarski proces pri pritisku pB2 = pB1 = pB = 0,05 MPa . Na osnovu jednačine izobare dobijamo

112

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA TB2 VB2 = , TB1 VB1 TB2 =

VB2 TB1 = 2TB1 = 2 ⋅ 300 = 600 K . VB1

Prvi zakon termodinamike za proces u cilindru Q12 = ∆U12 + ( L12 )A + ( L12 )B , 0 = nA ( Mcv )A ( T2 − TA1 ) + nB ( Mcv )B ( T2 − TB1 ) + ( L12 )A + pB2 (VB2 − VB1 ) , 0 = 80,18 ⋅ 20,8 ⋅ 300 + 8, 018 ⋅ 29,1 ⋅ 300 + ( L12 )A + 0, 05 ⋅ 106 ⋅ 0, 4 , 0 = ( L12 ) A + 590,32 ⋅ 103 ,

( L12 )A = −590,32 kJ . Zadatak 1.26. U izolovanom i sa obe strane zatvorenom cilindru nalaze se dva idealna gasa međusobno podeljena bez trenja pomičnim i toplotno propusnim klipom. Početni pritisak oba gasa iznosi pA1 = pB1 = 3 bar . U delu A nalazi se kiseonik stanja A (TA1 = 293 K, mA = 0,1 kg) , a u delu B nalazi se metan stanja B (TB1 = 523 K, mB = 0,1 kg) . Odrediti: a) pritisak i temperaturu oba gasa u trenutku uspostavljanja termodinamičke ravnoteže, b) promenu entropije sistema koja nastaje u procesu koji počinje od zadatog početnog stanja i traje do trenutka uspostavljanja termodinamičke ravnoteže.

Slika 1.67.

113


R e š e n j e: a) Nakon uspostavljanja termodinamičke ravnoteže imamo da je TA 2 = TB2 = T2 , pA 2 = pB2 = p2 .

Zapreminu kiseonika u stanju 1 dobijamo na osnovu jednačine stanja idealnog gasa na početku procesa VA1 =

mA RATA1 0,1 ⋅ 260 ⋅ 293 = = 0,0254 m3 . pA1 3 ⋅105

Zapremina metana na početku procesa VB1 =

mB RBTB1 0,1 ⋅ 520 ⋅ 523 = = 0,0907 m 3 . 3 ⋅ 105 pB1

Ukupna zapremina cilindra sada će biti Vc = VA1 + VB1 = const ,

Vc = 0,0254 + 0,0907 = 0,1161 m 3 . Prvi zakon termodinamike za proces u cilindru Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = 0 , cilindar adijabatski izolovan L12 = 0 , cilindar u toku procesa ne menja svoju zapreminu.

Na osnovu prethodnog, sledi da je ∆U12 = 0 ,

114

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA U1 = U 2 , U1 = mA cvATA1 + mB cvBTB1 , U 2 = mA cvAT2 + mB cvBT2 ,

odnosno T2 =

mA cvATA1 + mBcvBTB1 , mA cvA + mBcvB

T2 =

0,1 ⋅ 650 ⋅ 293 + 0,1 ⋅ 1820 ⋅ 523 = 462,5 K . 0,1 ⋅ 650 + 0,1 ⋅ 1820

Jednačine stanja kiseonika i metana na kraju procesa p2VA 2 = mA RAT2 , p2VB2 = mB RBT2 .

Deljenjem pretposlednje sa poslednjom jednačinom dobijamo VA2 mA RA 0,1 ⋅ 260 = = = 0,5 , VB2 mB RB 0,1 ⋅ 520 1 VA 2 = VB2 . 2 Kako je zapremina cilindra konstantna tokom procesa, važi jednakost Vc = VA 2 + VB2 , Vc = VA2 + 2VA 2 = 3VA 2 ,

1 1 VA 2 = Vc = ⋅ 0,1161 = 0,0387 m 3 , 3 3

115


VB2 = Vc − VA 2 = 0,1161 − 0,0387 = 0,0774 m3 . Na osnovu jednačine stanja kiseonika u delu A na kraju procesa, pritisak p2 će biti m R T p2 = pA2 = pB2 = A A 2 , VA2

p2 =

0,1 ⋅ 260 ⋅ 462,5 = 3,1 ⋅105 Pa . 0,0387

b) Drugi zakon termodinamike

∆Sis = ∆Srt + ∆Sok ∆S ok = 0

J , cilindar je adijabatski izolovan, K

∆Srt = ∆SA + ∆SB , ⎛ T p ∆S A = f ( p, T ) = mA ⎜ c pA ln A 2 − RA ln A2 T pA1 A1 ⎝

⎞ ⎟, ⎠

⎛ 462,5 3,1 ⋅105 ⎞ J ∆S A = 0,1 ⋅ ⎜ 910 ⋅ ln − 260 ⋅ ln = 40,69 , 5 ⎟ 293 3 ⋅10 ⎠ K ⎝ ⎛ T p ⎞ ∆S B = f ( p, T ) = mB ⎜ c pB ln B2 − RB ln B2 ⎟ , TB1 pB1 ⎠ ⎝ ⎛ 462,5 3,1 ⋅105 ⎞ J ∆S B = 0,1 ⋅ ⎜ 2340 ⋅ ln − 520 ⋅ ln = −30,47 , 5 ⎟ 523 3 ⋅10 ⎠ K ⎝

∆Sis = ∆Srt = ∆SA + ∆SB , ∆Sis = 40, 69 − 30, 47 = 10, 22

116

J . K


Zadatak 1.27. U zatvorenom, delimično adijabatski izolovanom, horizontalnom cilindru nalazi se n = 2 kmol dvoatomnog idealnog gasa. Pokretna adijabatska površina (klip) deli cilindar na dva jednaka dela (VA = VB ) . Početno stanje idealnog gasa (u oba dela) određeno je istim veličinama stanja p = 1 bar i T = 288 K . Dovođenjem toplote kroz neizolovani deo cilindra (leva čeona površina) dolazi do kretanja klipa (bez trenja) dok pritisak u delu B ne dostigne 4 bar (pri tome se usled kvazistazičnosti ne narušava mehanička ravnoteža, tj. i pritisak u delu A iznosi 4 bar ). Odrediti: a) zapreminski rad koji izvrši radno telo u delu A (levi deo cilindra), b) količinu toplote koja se preda radnom telu u istom delu cilindra.

Slika 1.68.

R e š e n j e: a) Jednačina stanja idealnog gasa u delu A na početku procesa pA1VA1 = nA ( MR ) TA1 , nA =

pA1VA1

( MR ) TA1

.

Jednačina stanja idealnog gasa u delu B na početku procesa pB1VB1 = nB ( MR ) TB1 ,

nB =

pB1VB1 . ( MR ) TB

Formirajmo sada količnik

nA nB

117


pA1VA1 nA ( MR ) TA1 . = pB1VB1 nB ( MR ) TB Kako se u delu A i delu B nalazi isti dvoatomni gas, jednakih zapremina, pritisaka i temperatura u početnom stanju, sledi da je

nA = nB , što sa uslovom zadatka n = nA + nB = 2 kmol rezultira da je

nA = nB = 1 kmol . U delu B odvija se kvazistatična adijabatska promena stanja dvoatomnog idealnog gasa

TB2

⎛p ⎞ = TB1 ⎜ B2 ⎟ ⎝ pB1 ⎠

κ −1 κ

⎛ 4 ⋅105 ⎞ = 288 ⋅ ⎜ 5 ⎟ ⎝ 1 ⋅10 ⎠

1,4 −1 1,4

= 428 K .

Prvi zakon termodinamike za proces koji se odvija u delu B

( Q12 )B = ( ∆U12 )B + ( L12 )B , ( L12 )B = − ( ∆U12 )B = − nB ( Mcv )B (TB2 − TB1 ) ,

( L12 )B = −1 ⋅103 ⋅ 20,8 ⋅ ( 428 − 288) = −2912 kJ , ( L12 )A = − ( L12 )B = 2912 kJ . b) Zapremina idealnog gasa u delu A na početku procesa

VA1 =

118

nA ( MR ) TA1 pA1

,


VA1 =

1000 ⋅ 8,315 ⋅ 288 = 23,9472 m3 . 1 ⋅ 105

Zapremina idealnog gasa u delu B na početku procesa

VB1 = VA1 = 23,9472 m 3 . Ukupna zapremina cilindra

VC = VA1 + VB1 = VA2 + VB2 = const , VC = 23,9472 + 23, 9472 = 47,8944 m3 .

Zapremina gasa u delu B na kraju procesa

VB2 =

VB2 =

nA ( MR ) TB 2 pB 2

,

1000 ⋅ 8,315 ⋅ 428 = 8,8971 m 3 , 4 ⋅105

što ima za posledicu da je

VA2 = VC − VB2 , VA2 = 47,8944 − 8,8971 = 38,9973 m3 , odnosno

TA2 =

pA2VA2 , nA ( MR )

TA 2 =

4 ⋅105 ⋅ 38,9973 = 1876 K . 1000 ⋅ 8,315

119

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Prvi zakon termodinamike za proces u delu A

( Q12 )A = ( ∆U12 )A + ( L12 )A ,

( Q12 )A = nA ( Mcv )A (TA2 − TA1 ) + ( L12 )A ,

( Q12 )A = 1000 ⋅ 20,8 ⋅ (1876 − 288) + 2912 ⋅103 = 35942 kJ . Zadatak 1.28. U hermetički zatvorenim i toplotno izolovanim cilindrima A i B, razdvojenim slavinom S , nalazi se po m = 4 kg vazduha (idealnog gasa) polaznog stanja A1 ( pA1 = 1 MPa, TA1 = 400 K) , odnosno B1 ( pB1 = 0,1 MPa, TB1 = 400 K) . U krajnjem levom delu cilindra B nalazi se toplotno izolovani klip K koji može da se kreće u cilindru, ali uz savladavanje sila trenja. Otvaranjem slavine S, usled razlike pritisaka, klip K se pomera i sa stepenom dobrote ηd = 0,8 sabija vazduh u cilindru B dok u sistemu ne bude uspostavljena mehanička ravnoteža. Odrediti: a) pritisak i temperaturu vazduha levo i desno od klipa K u stanju mehaničke ravnoteže, b) promenu entropije izolovanog sistema od zadatog polaznog stanja do stanja mehaničke ravnoteže u sistemu.

Slika 1.69.

R e š e n j e: a) Prvi zakon termodinamike za proces u delu A

( Q12 )A = ( ∆U12 )A + ( L12 )A ,

120

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Prvi zakon termodinamike za proces u delu B

( Q12 )B = ( ∆U12 )B + ( L12 )B . Sabiranjem datih jednačina dobija se

( ∆U12 )A = − ( ∆U12 )B , odnosno TA2 − TA1 = TB1 − TB2 ,

ili TA1 + TB1 = TA2 + TB2 .

Napomena: Pošto su oba cilindra adijabatski izolovana od okoline, to su ( Q12 )A = ( Q12 )B = 0 , a zapreminski rad koji izvrši radno telo A jednak je zapreminskom radu koji se izvrši nad radnim telom B, ali suprotno po znaku

( L12 )A = − ( L12 )B . Kada se otvori slavina, klip će se u cilindru B kretati udesno, sve do uspostavljanja mehaničke ravnoteže, pri čemu se početna zapremina VB1 smanji za vrednost ∆V , a početna zapremina VA1 poveća za tu istu vrednost ∆V , pri čemu je ∆V = VA2 − VA1 = VB1 − VB2 .

Izražavanjem navedenih zapremina, korišćenjem jednačine stanja idealnog gasa, za mA = mB i RA = RB imaćemo TA2 TA1 TB1 TB2 − = − , pri čemu je pA2 = pB2 = px pA 2 pA1 pB1 pB2

TA2 + TB2 TA1 TB1 , = + px pA1 pB1

121


TA1 + TB1 TA1 TB1 , jer važi TA1 + TB1 = TA2 + TB2 = + px pA1 pB1 pa sledi da je pritisak px px =

px =

TA1 + TB1 , TA1 TB1 + pA1 pB1

400 + 400 = 1,8182 ⋅105 Pa . 400 400 + 1 ⋅106 0,1 ⋅106

b) Za slučaj kvazistatične promene stanja gasa u delu B, krajnja temperatura gasa u delu B bila bi κ −1 κ

TB2k

⎛p ⎞ = TB1 ⎜ B2k ⎟ ⎝ pB1 ⎠

TB2k

⎛ p ⎞ = TB1 ⎜ x ⎟ ⎝ pB1 ⎠

TB2k

⎛ 1,8182 ⋅ 105 ⎞ = 400 ⋅ ⎜ ⎟ 5 ⎝ 1 ⋅10 ⎠

κ −1 κ

,

, 1,4 −1 1,4

= 474,5 K .

Obzirom da je proces usled postojanja sile trenja nekvazistatičan, krajnja temperatura gasa u delu B je

ηd =

TB2k − TB1 , TB2 − TB1

TB2 = TB1 +

122

TB2k − TB1

ηd

,


TB2 = 400 +

474,5 − 400 = 493,1 K . 0,8

Temperatura gasa u delu A na kraju procesa TA2 = TA1 + TB1 − TB2 , TA2 = 400 + 400 − 493,1 = 306,9 K .

Drugi zakon termodinamike za proces 1-2 ∆Sis = ∆S rt + ∆Sok ,

∆Sok = 0

J , K

∆Srt = ∆S A + ∆S B ,

⎛ T p ⎞ ∆S A = mA ⎜ c p ln A 2 − R ln A 2 ⎟ , TA1 pA1 ⎠ ⎝ ⎛ T p ⎞ ∆S A = mA ⎜ c p ln A 2 − R ln x ⎟ , TA1 pA1 ⎠ ⎝ ⎛ 306,9 1,8182 ⋅105 ⎞ J , ∆S A = 4 ⋅ ⎜ 1000 ⋅ ln − 287 ⋅ ln ⎟ = 897,3 6 400 K 1 ⋅10 ⎝ ⎠ ⎛ T p ⎞ ∆S B = mB ⎜ c p ln B2 − R ln B2 ⎟ , TB1 pB1 ⎠ ⎝ ⎛ T p ⎞ ∆S B = mB ⎜ c p ln B2 − R ln x ⎟ , TB1 pB1 ⎠ ⎝

123


⎛ 493,1 1,8182 ⋅ 105 ⎞ J , ∆S B = 4 ⋅ ⎜1000 ⋅ ln − 287 ⋅ ln ⎟ = 150,7 6 400 K 0,1 ⋅10 ⎠ ⎝ ∆Sis = 897,3 + 150,7 = 1048

J . K

Slika 1.70.

Zadatak 1.29. Geometrijski identični, adijabatski i bez trenja pokretni klipovi hermetički zaptivaju dva horizontalno postavljena, toplotno izolovana, nepokretna cilindra. Klipovi su međusobno spregnuti preko sistema zupčastih letvi, odnosno preko fiksnog i bez trenja pokretnog zupčanika. U levom cilindru (A), nalazi se 0,8 kg sumpor-dioksida (idealnog gasa), a u desnom cilindru (B) 0,8 kg kiseonika (idealnog gasa). U polaznom položaju sumpor-dioksid se nalazio u stanju A1 ( pA1 = 0,12 MPa, TA1 = 300 K) , a kiseonik u stanju

B1 ( pB1 = 0,08 MPa, TB1 = 300 K) . Odrediti količinu električne energije koju bi električni grejač G trebao da preda sumpor-dioksidu, da bi se temperatura kiseonika snizila do TB2 = 282 K .

Slika 1.71.

124


R e š e n j e: Jednačina stanja idealnog gasa B na početku procesa

pB1VB1 = mB RBTB1 , VB1 =

mB RBTB1 , pB1

VB1 =

0,8 ⋅ 260 ⋅ 300 = 0,78 m 3 . 0,08 ⋅106

Zakon kvazistatične adijabatske promene stanja gasa B κ

pB1 ⎛ TB1 ⎞ κ −1 =⎜ ⎟ , pB2 ⎝ TB2 ⎠ κ

pB2

⎛ T ⎞ κ −1 = pB1 ⎜ B2 ⎟ , ⎝ TB1 ⎠

pB2

⎛ 282 ⎞1,4−1 = 0,08 ⋅10 ⋅ ⎜ = 64422 Pa . ⎟ ⎝ 300 ⎠

1,4

6

Jednačina stanja idealnog gasa B na kraju procesa

pB2VB2 = mB RBTB2 , VB2 =

mB RBTB2 , pB2

VB2 =

0,8 ⋅ 260 ⋅ 282 = 0,91 m3 . 64422

Prvi zakon termodinamike za proces u delu B

125


( Q12 )B = ( ∆U12 )B + ( L12 )B , ( L12 )B = −mB cvB ( TB2 − TB1 ) , ( L12 )B = −0,8 ⋅ 650 ⋅ ( 282 − 300 ) = 9,36 kJ , ( L12 )A = ( L12 )B = 9,36 kJ . Jednačina stanja idealnog gasa A na početku procesa

pA1VA1 = mA RATA1 , VA1 =

mA RATA1 , pA1

VA1 =

0,8 ⋅130 ⋅ 300 = 0,26 m 3 . 6 0,12 ⋅10

Uslov jednakosti promena zapremina

VA2 − VA1 = VB2 − VB1 , VA2 = VA1 + VB2 − VB1 , VA 2 = 0, 26 + 0,91 − 0,78 = 0,39 m 3 . Jednačina statičke ravnoteže klipa u delu B na kraju procesa

pB2 = pamb − p zupčanika , pzupčanika = pamb − pB2 = 100000 − 64422 = 35578 Pa .

Jednačina statičke ravnoteže klipa u delu A na kraju procesa pA2 = pamb + p zupčanika ,

126


pA2 = 100000 + 35578 = 135578 Pa . Jednačina stanja idealnog gasa A na kraju procesa

pA2VA2 = mA RATA2 , pA2VA2 135578 ⋅ 0,39 = = 508, 4 K . mA RA 0,8 ⋅ 130

TA2 =

Prvi zakon termodinamike za proces u delu A

( Q12 )A = ( ∆U12 )A + ( L12 )A , ( Q12 )A = mA cvA (TA 2 − TA1 ) + ( L12 ) A , ( Q12 )A = 0,8 ⋅ 450 ⋅ ( 508, 4 − 300) + 9360 = 84,384 kJ . Zadatak 1.30. U toplotno izolovanom rezervoaru zapremine V = 0,3 m3 , nalazi se idealan gas A (R A =283 J kgK, cvA = 710 J kgK, pA =1 bar, TA =293 K) . Greškom je u ovaj rezervoar puštena izvesna količina idealnog gasa B tako da je nastala mešavina idealnih gasova stanja 1 (p1 =1,38 bar, T1 =320 K) . Da bi se saznalo koji je gas ušao u rezervoar izmerena je ukupna masa mešavine mA + mB = 0,462 kg , a zatim je mešavina zagrejana do temperature T2 = 353 K . Za ovo zagrevanje je utrošeno Q12 = 10,3 kJ toplote. Odrediti količinu (mB ) i vrstu ( RB , cvB ) gasa B.

R e š e n j e: Jednačina stanja idealnog gasa A pre mešanja

pAVA = mA RATA , mA =

pAV , RATA

127


mA =

1 ⋅ 105 ⋅ 0,3 = 0,362 kg . 260 ⋅ 293

Količina gasa B mB = ( mA + mB ) − mA ,

mB = 0,462 − 0,362 = 0,1 kg . Jednačina stanja mešavine idealnih gasova pre zagrevanja p1V = ( mA RA + mB RB ) T1 ,

RB =

⎞ 1 ⎛ p1V − mA RA ⎟ , ⎜ mB ⎝ T1 ⎠

RB =

⎞ 1 ⎛ 1,38 ⋅105 ⋅ 0,3 J . − 0,362 ⋅ 283 ⎟ = 269,3 ⎜ 0,1 ⎝ 320 kgK ⎠

Prvi zakon termodinamike za proces zagrevanja mešavine

Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = ( mA cvA + mB cvB ) (T2 − T1 ) ,

128

cvB =

⎞ 1 ⎛ Q12 − mA cvA ⎟ , ⎜ mB ⎝ T2 − T1 ⎠

cvB =

⎞ 1 ⎛ 10,3 ⋅103 J . ⋅⎜ − 0,362 ⋅ 710 ⎟ = 551 0,1 ⎝ 353 − 320 kgK ⎠


Zadatak 1.31. U adijabatski izolovanom sudu sa nepropusnim i adijabatskim pregradnim zidom odvojeno je od A (N 2 , VA = 7 m3 , pA = 4 bar, TA = 283 K) B (CO 2 , VB = 4 m 3 , pB = 8 bar, TB = 573 K) . Izvlačenjem pregradnog zida gasovi će se izmešati. Odrediti: a) temperaturu (T * ) i pritisak ( p* ) dobijene mešavine,

b) dokazati da je proces mešanja N 2 i CO2 nepovratan.

Slika 1.72.

R e š e n j e: a) Jednačina stanja idealnog gasa A pre mešanja

pAVA = mA RATA , mA =

pAVA , RA TA

mA =

4 ⋅105 ⋅ 7 = 33,31 kg . 297 ⋅ 283

Jednačina stanja idealnog gasa B pre mešanja

pBVB = mB RBTB , mB =

pBVB , RBTB

mB =

8 ⋅105 ⋅ 4 = 29,55 kg . 189 ⋅ 573

129

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Prvi zakon termodinamike za proces mešanja

Q12 = ∆U12 + L12 , ∆U12 = 0 , U1 = U 2 , U1 = mA cvATA + mBcvBTB , U 2 = mA cvAT * + mB cvBT * ,

odakle sledi da je temperatura nakon mešanja T *

T* =

mA cvATA + mB cvBTB , mA cvA + mB cvB

T* =

33,31 ⋅ 740 ⋅ 283 + 29,55 ⋅ 660 ⋅ 573 = 411 K . 33,31 ⋅ 740 + 29,55 ⋅ 660

Jednačina stanja mešavine idealnih gasova u trenutku uspostavljanja toplotne ravnoteže p * (VA + VB ) = ( mA RA + mB RB ) T * ,

p* =

( mA RA + mB RB ) T * , (VA + VB )

p* =

( 33,31 ⋅ 297 + 29,55 ⋅189 ) ⋅ 411 = 5,78 ⋅105 Pa . ( 7 + 4)

Pritisak gasne mešavine p* takođe se može odrediti i primenom Daltonovog zakona p* = pA* + pB* ,

130


pri čemu su pA* - parcijalni pritisak gasa A u gasnoj mešavini u trenutku dostizanja toplotne ravnoteže, p*B - parcijalni pritisak gasa B u gasnoj mešavini u trenutku dostizanja toplotne ravnoteže.

Jednačina stanja idealnog gasa A u trenutku uspostavljanja toplotne ravnoteže pA* (VA + VB ) = mA RAT * ,

pA* =

mA RAT * , (VA + VB )

pA* =

33,31 ⋅ 297 ⋅ 411 = 3, 7 ⋅ 105 Pa . 7 + 4 ( )

Jednačina stanja idealnog gasa B u trenutku uspostavljanja toplotne ravnoteže pB* (VA + VB ) = mB RBT * ,

p*B =

mB RBT * , (VA + VB )

pB* =

29,55 ⋅ 189 ⋅ 411 = 2,08 ⋅ 105 Pa . (7 + 4)

Sabiranjem izračunatih parcijalnih pritisaka dobijamo pritisak mešavine

p* = pA* + pB* , p* = 3, 7 ⋅ 105 + 2, 08 ⋅ 105 = 3,78 ⋅ 105 Pa .

b) Drugi zakon termodinamike

131


∆Sis = ∆Srt + ∆Sok , ∆S ok = −

Q12 J =0 To K

- sud adijabatski izolovan od okoline

∆Srt = ∆SA + ∆SB , ⎛ V + VB ⎞ T* ∆S A = mA ⎜ cvA ln + RA ln A ⎟, TA VA ⎠ ⎝ 411 7+4⎞ kJ ⎛ ∆S A = 33,31 ⋅ ⎜ 740 ⋅ ln + 297 ⋅ ln . ⎟ = 13,67 283 7 ⎠ K ⎝

⎛ V + VB ⎞ T* ∆S B = mB ⎜ cvB ln + RB ln A ⎟, TB VB ⎠ ⎝ 411 7+4⎞ kJ ⎛ ∆S B = 29,55 ⋅ ⎜ 660 ⋅ ln + 189 ⋅ ln , ⎟ = −0,83 573 4 ⎠ K ⎝

∆Sis = ∆Srt = ∆SA + ∆SB , ∆Sis = 13, 67 − 0,83 = 12,84

∆Sis > 0

kJ , K

- proces mešanja je nepovratan proces.

Zadatak 1.32. Toplotno izolovani sud podeljen je izolovanom pregradom na dva dela. U delu A nalazi se vodonik (idealan gas) stanja zapremine VA = 1,5 m3 A ( pA = 0, 2 MPa, TA = 293 K) . U delu B zapremine VB = 0, 4 m3 nalazi se azot (idealan gas) stanja B ( pB = 0,3 MPa, mB = 1 kg) . U jednom trenutku sa pregrade se uklanja izolacioni sloj, čime ona postaje toplotno neizolovana polupropustljiva membrana, kroz koju mogu da prolaze samo molekuli vodonika. Odrediti:

132

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA c) promenu entropije sistema tokom procesa koji počinje uklanjanjem sloja pregrade i traje do trenutka uspostavljanja toplotne ravnoteže u sudu, d) pritisak u delu suda A i delu suda B na kraju ovog procesa.

Slika 1.73.

R e š e n j e: a) Jednačina stanja idealnog gasa A pre mešanja pAVA = mA RATA ,

mA =

pAVA , RATA

mA =

0,2 ⋅106 ⋅ 1,5 = 0, 25 kg . 4157 ⋅ 293

Jednačina stanja idealnog gasa B pre mešanja pBVB = mB RBTB ,

TB =

pBVB , mB RB

TB =

0,3 ⋅106 ⋅ 0,4 = 404 K . 1 ⋅ 297

Prvi zakon termodinamike za proces mešanja Q12 = ∆U12 + L12 ,

odakle sledi da je 133

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE ∆U12 = 0 ,

odnosno U1 = U 2 .

Unutrašnja energija na početku procesa U1 = mA cvATA + mB cvBTB ,

unutrašnja energija na kraju procesa

U 2 = mA cvAT * + mBcvBT * . Temperatura nakon uspostavljene toplotne ravnoteže sada je

T* =

mA cvATA + mBcvBTB , mA cvA + mBcvB

T* =

0, 25 ⋅ 10, 4 ⋅ 293 + 1 ⋅ 0, 74 ⋅ 404 = 317, 6 K . 0, 25 ⋅ 10, 4 + 1 ⋅ 0,74

Drugi zakon termodinamike za proces 1-2

∆Sis = ∆Srt + ∆Sok , ∆S ok = −

Q12 J , =0 To K

- sud adijabatski izolovan od okoline

∆Srt = ∆SA + ∆SB , ⎛ V + VB ⎞ T* ∆S A = mA ⎜ cvA ln + RA ln A ⎟, TA VA ⎠ ⎝ 317,6 1,5 + 0, 4 ⎞ J ⎛ ∆S A = 0, 25 ⋅ ⎜ 10400 ⋅ ln + 4157 ⋅ ln ⎟ = 455,3 K , 293 1,5 ⎝ ⎠

134


⎛ V ⎞ T* ∆S B = mB ⎜ cvB ln + RB ln B ⎟ , T V B B ⎠ ⎝ ∆SB = mB cvB ln

T* , TB

∆S B = 1 ⋅ 740 ⋅ ln

317, 6 J = −178,1 , 404 K

∆Sis = ∆Srt = ∆SA + ∆SB , ∆Sis = 455,3 − 178,1 = 277, 2

J . K

b) Jednačina stanja idealnog gasa A u trenutku uspostavljanja toplotne ravnoteže

pA* (VA + VB ) = mA RAT * , pA* =

mA RAT * , (VA + VB )

pA* =

0,25 ⋅ 4157 ⋅ 317,6 = 1,74 ⋅105 Pa . + 1,5 0,4 ( )

pA* - pritisak vodonika u sudu A i istovremeno parcijalni pritisak vodonika u gasnoj mešavini vodonika i azota u delu B suda u trenutku dostizanja toplotne ravnoteže. Jednačina stanja idealnog gasa B u trenutku uspostavljanja toplotne ravnoteže

pB* VB = mB RBT * , pB* =

mB RBT * , VB

135

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE pB* =

1 ⋅ 297 ⋅ 317, 6 = 2,36 ⋅ 105 Pa 0, 4

pB* - parcijalni pritisak azota u gasnoj mešavini vodonika i azota u delu B suda trenutku dostizanja toplotne ravnoteže. Konačno pritisak mešavine vodonika i azota u delu B suda biće

( pB ) 2 = pA* + pB* , ( pB )2 = 1, 74 ⋅105 + 2,36 ⋅105 = 4,1 ⋅105 ( pB )2

Pa ,

- pritisak mešavine u delu B suda u trenutku uspostavljanja toplotne

ravnoteže.

Zadatak 1.33. Adijabatski izolovan termodinamički sistem prikazan na slici 1.74. čine: - zatvoren rezervoar A stalne zapremine VA = 0,3 m3 , u kojem se nalazi kiseonik (idealan gas) stanja A ( pA = 2, 6 bar, TA = 300 K) , - zatvoren vertikalni cilindar B, sa bez trenja pokretnim klipom, u kojem se nalazi mB = 1 kg metana (idealnog gasa) stanja B ( pB = 2 bar, TB = 400 K) . Pokretni klip koji sa gornje strane zatvara vertikalni cilindar B svojom težinom obezbeđuje stalan pritisak gasa. Otvaranjem slavine S, dolazi do mešanja gasova. Smatrajući da pri mešanju gasova neće doći do hemijske reakcije (eksplozije), odrediti: a) rad koji izvrši klip za vreme procesa mešanja; b) promenu entropije ovog adijabatski izolovanog sistema za vreme procesa mešanja.

Slika 1.74.

136


R e š e n j e: a) Jednačina stanja idealnog gasa A pre mešanja pAVA = mA RATA ,

mA =

pAVA , RATA

mA =

2,6 ⋅ 105 ⋅ 0,3 = 1 kg . 260 ⋅ 300

Jednačina stanja idealnog gasa B pre mešanja pBVB = mB RBTB ,

VB =

mB RBTB , pB

VB =

1 ⋅ 520 ⋅ 400 = 1,04 m 3 . 2 ⋅105

Prvi zakon termodinamike za proces mešanja Q12 = ∆U12 + L12 ,

0 = ⎡⎣ mA cvAT * + mBcvBT * ⎤⎦ − ⎡⎣ mA cvATA + mB cvBTB ⎤⎦ + L12 , Zapreminski rad

L12 = pB ⎡⎣V * − VA − VB ⎤⎦ , Jednačina stanja dobijene mešavine idealnih gasova pBV * = ( mA RA + mB RB ) T * ,

137

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE odakle je

V* =

( mA RA + mB RB ) T * . pB

Kada dobijenu zapreminu V * uvrstimo u jednačinu za zapreminski rad dobijamo ⎡ ( m R + mB RB ) T * ⎤ L12 = pB ⎢ A A − VA − VB ⎥ , pB ⎣ ⎦

L12 = ( mA RA + mB RB ) T * − pB (VA + VB ) . Prvi zakon termodinamike za proces mešanja sada se može napisati kao

( mA cvA + mBcvB + mA RA + mB RB ) T * = ( mA cvATA + mBcvBTB ) + pB (VA + VB ) , pa je krajnja temperatura T * T* =

T* =

mA cvATA + mB cvBTB + pB (VA + VB ) , mA cvA + mB cvB + mA RA + mB RB 1 ⋅ 650 ⋅ 300 + 1 ⋅ 1820 ⋅ 400 + 2 ⋅ 105 ⋅ ( 0,3 + 1,04 ) 1 ⋅ 650 + 1 ⋅ 1820 + 1 ⋅ 260 + 1 ⋅ 520

Zapremina mešavine na kraju procesa V* =

(1 ⋅ 260 + 1⋅ 520 ) ⋅ 366,5 = 1,43 m 3 , 2 ⋅ 105

pa će traženi rad biti L12 = 2 ⋅ 105 ⋅ (1,43 − 0,3 − 1,04 ) = 18 kJ .

b) Drugi zakon termodinamike za proces mešanja

∆Sis = ∆Srt + ∆Sok ,

138

= 366,5 K .


Q12 J , =0 To K izolovani od okoline ∆S ok = −

- rezervoar A i cilindar B su adijabatski

∆Srt = ∆SA + ∆SB , ⎛ T* V* ⎞ ∆S A = mA ⎜ cvA ln + RA ln ⎟ , TA VA ⎠ ⎝ 366,5 1,43 ⎞ J ⎛ ∆S A = 1 ⋅ ⎜ 650 ⋅ ln + 260 ⋅ ln = 536, 2 , ⎟ 300 0,3 ⎠ K ⎝

⎛ T* V* ⎞ ∆S B = mB ⎜ cvB ln + RB ln ⎟ , TB VB ⎠ ⎝ 366,5 1,43 ⎞ J ⎛ ∆S B = 1 ⋅ ⎜ 1820 ⋅ ln + 520 ⋅ ln = 6,4 , ⎟ 400 1,04 ⎠ K ⎝

∆Sis = ∆Srt = ∆SA + ∆SB , ∆Sis = 536, 2 + 6, 4 = 542, 6

J . K

Zadatak 1.34. Termodinamički sistem, prikazan na slici 1.75. čine: - zatvoren rezervoar A stalne zapremine VA = 0, 26 m3 , u kome se nalazi kiseonik (idealan gas) stanja A1 ( pA1 = 4 bar, TA1 = 400 K) , - zatvoren rezervoar B stalne zapremine VB = 0,26 m3 , u kome vlada apsolutni vakuum, - okoline stalne temperature To = 288 K . Otvaranjem slavine S kiseonik se širi i u toku procesa širenja okolini preda 14,4 kJ toplote. a) odrediti pritisak kiseonika nakon širenja, b) dokazati da je proces širenja kiseonika nepovratan.

139


Slika 1.75.

R e š e n j e: a) Jednačina stanja idealnog gasa A pre širenja pA1VA1 = mA RATA1 ,

mA =

pA1VA1 , RATA1

mA =

4 ⋅ 105 ⋅ 0, 26 = 1 kg . 260 ⋅ 400

Prvi zakon termodinamike za proces širenja Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = mA cv (TA2 − TA1 ) ,

TA2 = TA1 +

Q12 , mA cv

TA2 = 400 −

14, 4 ⋅ 103 = 377,8 K . 1 ⋅ 650

Jednačina stanja idealnog gasa A nakon širenja pA2 (VA + VB ) = mA RATA 2 ,

140


pA 2 =

mA RATA 2 , (VA + VB )

pA 2 =

1 ⋅ 260 ⋅ 380 = 1,889 ⋅ 105 Pa . 0, 26 + 0, 26

b) Drugi zakon termodinamike za proces mešanja ∆Sis = ∆S rt + ∆Sok ,

∆Sok = −

Q12 , To

∆S ok = −

−14400 J =50 , 288 K

⎛ T p ∆S rt = mA ⎜ c p ln A2 − R ln A2 TA1 pA1 ⎝

⎞ ⎟, ⎠

⎛ 377,8 1,889 ⋅105 ⎞ J , ∆S rt = 1 ⋅ ⎜ 910 ⋅ ln − 260 ⋅ ln ⎟ = 143,1 5 400 K 4 ⋅ 10 ⎠ ⎝ ∆Sis = 143,1 + 50 = 193,1

J . K

Zadatak 1.35. Toplotno izolovan sud je podeljen krutom, nepropustljivom i toplotno izolovanom membranom M na dva dela, zapremina VA = 0,3 m3 i VB = 0,5 m3 . U delu A nalazi se mA = 0, 5 kg kiseonika (idealnog gasa) temperature TA1 = 300 K , a u delu B, mB = 1 kg sumpor-dioksida [sumpor (IV) oksida, idealnog gasa], temperature TB = 530 K . Kiseonik se meša putem ventilatora pogonske snage PA = 30 W . Membrana je projektovana tako da pukne kada razlika između pritisaka gasova dostigne vrednost ∆p = 64,2 kPa . U tom trenutku biva isključen ventilator. Odrediti potrebno vreme rada ventilatora da bi došlo do pucanja membrane, zatim temperaturu i pritisak smeše, nastale posle pucanja membrane, a po uspostavljanju termodinamičke ravnoteže u smeši.

141


Slika 1.76.

R e š e n j e: a) Jednačina stanja idealnog gasa B pBVB = mB RBTB ,

pB =

mB RBTB , VB

pB =

1 ⋅ 130 ⋅ 530 = 1,378 ⋅ 105 Pa . 0,5

Uslov pucanja membrane ∆p = pA 2 − pB ,

pA 2 = pB + ∆p = 1,378 ⋅105 + 0,642 ⋅105 = 2,02 ⋅105 Pa . Jednačina stanja idealnog gasa A, neposredno pre pucanja membrane pA2VA = mA RATA2 ,

142

TA2 =

pA2VA , mA RA

TA2 =

2,02 ⋅105 ⋅ 0,3 = 466,1 K . 0,5 ⋅ 260

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Prvi zakon termodinamike za proces u delu A (za vreme rada ventilatora)

( Q12 )A = ( ∆U12 )A + ( L12 )A ,

( L12 ) A = − ( ∆U12 ) A , ( L12 )A = −mA cvA (TA2 − TA1 ) , ( L12 )A = −0,5 ⋅ 650 ⋅ ( 466,1 − 300 ) = −53,983 kJ . Vreme rada ventilatora sada je

τ=

( L12 )A PA

=

53,983 ⋅103 = 1799,4 s . 30

b) Prvi zakon termodinamike za proces mešanja Q12 = ∆U12 + L12 , ∆U12 = 0 , U1 = U 2 , U1 = mA cvATA2 + mB cvBTB ,

U 2 = mA cvAT * + mBcvBT * , T* =

mA cvATA2 + mB cvBTB , mA cvA + mB cvB

T* =

0,5 ⋅ 650 ⋅ 466,1 + 1 ⋅ 450 ⋅ 530 = 503, 2 K . 0,5 ⋅ 650 + 1 ⋅ 450

Jednačina stanja idealnih gasova u trenutku uspostavljanja toplotne ravnoteže 143


p* (VA + VB ) = ( mA RA + mB RB ) T * ,

p* =

( mA RA + mB RB ) T * ,

p* =

( 0,5 ⋅ 260 + 1⋅ 130 ) ⋅ 503,2 = 1,6354 ⋅105 Pa .

VA + VB

0,3 + 0,5

Zadatak 1.36. Toplotno izolovan sud je podeljen krutom, nepropustljivom i toplotno izolovanom membranom M na dva dela, čije su zapremine VA = 0,3 m3 i VB = 0,5 m 3 . U delu A nalazi se mA = 0,5 kg kiseonika (idealnog gasa) temperature TA1 = 300 K , a u delu B, mB = 1 kg sumpor-dioksida [sumpor (IV) oksida, idealnog gasa], temperature TB1 = 350 K . Mešanje kiseonika obavlja se ventilatorom pogonske snage PA = 30 W , a sumpor-dioksida ventilatorom pogonske snage PB = 45 W . Membrana je projektovana tako da pukne kada razlika između pritisaka gasova dostigne vrednost ∆p = 64,2 kPa . U tom trenutku bivaju isključena i oba ventilatora. Odrediti potrebno vreme rada ventilatora da bi došlo do pucanja membrane, zatim temperaturu i pritisak smeše, nastale posle pucanja membrane, a po uspostavljanju termodinamičke ravnoteže u smeši.

Slika 1.77.

R e š e n j e: a) Prvi zakon termodinamike za proces u delu A

( Q12 )A = ( ∆U12 )A + ( L12 )A , 144


( Q12 )A = ( ∆U12 ) A + ( PAτ )A , mA cvA ( TA2 − TA1 ) = − ( PAτ )A .

(1)

Prvi zakon termodinamike za proces u delu B

( Q12 )B = ( ∆U12 )B + ( L12 )B , ( Q12 )B = ( ∆U12 )B + ( PBτ )B , mBcvB (TB2 − TB1 ) = − ( PBτ )B .

(2)

Deljenjem dobijenih jednačina prvog zakona termodinamike za procese u delu A i delu B dobija se

PA mA cvA (TA2 − TA1 ) . = PB mB cvB (TB2 − TB1 )

(3)

Jednačina stanja idealnog gasa B, neposredno pre pucanja membrane

pB2VB = mB RBTB2 , pB2 =

mB RBTB2 . VB

(4)

Jednačina stanja idealnog gasa A, neposredno pre pucanja membrane

pA2VA = mA RATA2 , pA2 =

mA RATA2 . VA

(5)

Razlika pritisaka pA2 i pB2 sada će biti

145


pA2 − pB2 =

mA RA TA2 mB RBTB2 − VA VB

(6)

Uslov pucanja membrane

∆p = pA2 − pB 2 = 64,2 kPa

(7)

Kombinovanjem jednačina (3), (6) i (7) dobija se

TB2 =

⎞ RAVB ⎛ PA mBcvBTB1 ⎟ − ∆pVB ⎜ mA cvATA1 − cvAVA ⎝ PB ⎠ ⎛ ⎞ R V P mB ⎜ RB − A B A cvB ⎟ c V P vA A B ⎝ ⎠

,

260 ⋅ 0,5 ⎛ 30 ⎞ 3 ⎜ 0,5 ⋅ 650 ⋅ 300 − ⋅1 ⋅ 450 ⋅ 350 ⎟ − 64,2 ⋅10 ⋅ 0,5 650 ⋅ 0,3 ⎝ 45 ⎠ TB2 = , 260 ⋅ 0,5 ⋅ 30 ⎛ ⎞ 1 ⋅ ⎜ 130 − ⋅ 450 ⎟ 650 ⋅ 0,3 ⋅ 45 ⎝ ⎠

TB2 = 530 K , TA2 =

VA ⎛ mB RBTB2 ⎜ ∆p + mA RA ⎝ VB

TA2 =

0,3 ⎛ 1 ⋅130 ⋅ 530 ⎞ 64, 2 ⋅103 + ⎜ ⎟, 0,5 ⋅ 260 ⎝ 0,5 ⎠

TA2 = 466,15 K . Traženo vreme rada ventilatora

τ =−

146

mA cvA (TA2 − TA1 ) , PA

⎞ ⎟, ⎠


τ =−

0,5 ⋅ 650 ⋅ ( 466,15 − 300 ) , −30

τ = 1800 s . b) Prvi zakon termodinamike za proces mešanja

Q12 = ∆U12 + L12 , ∆U12 = 0 , U1 = U 2 , U1 = mA cvATA2 + mBcvBTB2 , U 2 = mA cvAT * + mB cvBT * , T* =

mA cvATA 2 + mB cvBTB2 , mA cvA + mBcvB

T* =

0,5 ⋅ 650 ⋅ 466,15 + 1 ⋅ 450 ⋅ 530 , 0,5 ⋅ 650 + 1 ⋅ 450

T * = 503, 2 K . Jednačina stanja idealnih gasova u trenutku uspostavljanja toplotne ravnoteže p * (VA + VB ) = ( mA RA + mB RB ) T * ,

p* =

p* =

( mA RA + mB RB ) T * VA + VB

,

( 0,5 ⋅ 260 + 1⋅ 130) ⋅ 503,2 , 0,3 + 0,5

147


p* = 1,6354 ⋅105 Pa .

Zadatak 1.37. Vertikalni cilindar unutrašnjeg prečnika d = 250 mm , adijabatski izolovan od okoline, zatvoren je sa gornje strane bez trenja pokretnim adijabatski izolovanim klipom mase mk = 50 kg . Klip na sebi nosi oprugu zanemarljive težine, linearne karakteristike k = 120 N cm i u početnom položaju udaljen je od dna cilindra za z = 400 mm . Pritisak okoline iznosi po = 1 bar . U cilindru se nalazi vazduh (idealan gas) početne temperature T1 = 293 K . Na oprugu se pomoću užeta počinje spuštati teg mase mt = 300 kg . Od trenutka kada teg dodirne oprugu, on počinje klip sa oprugom potiskivati naniže, istovremeno sabijajući oprugu i gas u cilindru. Odrediti: a) za koliko se spusti klip ( ∆z) a koliko sabije opruga ( ∆l ) do trenutka kada sila u užetu postane jednaka nuli (stanje 2), b) do koje temperature bi trebalo zagrejati vazduh stanja 2 da bi klip vratili u prvobitni položaj i koliko toplote je za to potrebno.

Slika 1.78.

R e š e n j e: a) Jednačina ravnoteže klipa u početnom položaju ( stanje 1)

p1 = po +

148

mk g , d 2π 4


p1 = 1 ⋅105 +

50 ⋅ 9,81 , 0, 252 π 4

p1 = 1,1 bar .

Zapremina vazduha u stanju 1 V1 =

d 2π z, 4

V1 =

0, 252 π ⋅ 0, 4 , 4

V1 = 0, 0196 m 3 .

Jednačina stanja vazduha u početnom trenutku p1V1 = mRT1 , m=

p1V1 , RT1

m=

1,1 ⋅ 105 ⋅ 0,0196 , 287 ⋅ 293

m = 0,0256 kg . Jednačina ravnoteže klipa u stanju 2

p2 = po +

( mk + mt ) g , d 2π 4

149

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE (50 + 300) ⋅ 9,81 , 0,252 π 4

p2 = 1 ⋅ 105 +

p2 = 1, 7 bar .

Jednačina adijabate za proces 1-2 p1V1κ = p2V2κ , 1

⎛ p ⎞κ V2 = V1 ⎜ 1 ⎟ , ⎝ p2 ⎠ 1

⎛ 1,1 ⋅105 ⎞1,4 , V2 = 0,0196 ⋅ ⎜ 5 ⎟ ⎝ 1,7 ⋅10 ⎠

V2 = 0,0144 m 3 . Temperatura vazduha u stanju 2

T2 =

p2V2 , mR

T2 =

1,7 ⋅105 ⋅ 0,0144 , 0,0256 ⋅ 287

T2 = 333,2 K .

Promena zapremine u toku procesa 1-2

∆V = V1 − V2 , ∆V = 0,0196 − 0,0144 ,

150


∆V = 0,0052 m3 . Tražena veličina ∆z za koju se klip spustio u cilindru tokom promene stanja 1-2 sada će biti

∆z =

∆z =

∆V , d 2π 4 0,0052 , 0, 252 π 4

∆z = 105,9 mm . U stanju 2, teg celokupnom svojom težinom deluje na oprugu pa je sila u opruzi jednaka težini tega, odnosno k ∆l = mt g ,

∆l =

mt g , k

∆l =

300 ⋅ 9,81 , 120 ⋅10 2

∆l = 245,3 mm . b) Proces 2-3 predstavlja proces dovođenja toplote pri konstantnom pritisku p3 = p2 , p3 = 1,7 bar .

Uslov zadatka je da klip iz stanja 2 vratimo u početni položaj tj. na početnu visinu z = 400 mm , pa je

151

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE V3 = V1 ,

V3 = 0,0196 m3 . Temperaturu T3 dobijamo iz jednačine stanja vazduha za stanje 3

T3 =

p3V3 , mR

T3 =

1,7 ⋅105 ⋅ 0,0196 , 0,0256 ⋅ 287

T3 = 453,5 K .

Prvi zakon termodinamike za proces 2-3 Q23 = ∆U 23 + L23 , Q23 = mcv (T3 − T2 ) + p3 (V3 − V2 ) , Q23 = 0,0256 ⋅ 720 ⋅ (453,5 − 333, 2) + 1,7 ⋅ 105 ⋅ (0,0196 − 0,0144) , Q23 = 3,1 kJ .

Zadatak 1.38. Cilindar je napravljen prema slici ( d = 180 mm, D = 200 mm, z = 350 mm, ∆z = 150 mm) . Slobodno pomičan klip zanemarljive mase, opterećen tegom mase mt = 200 kg , nalazi se u početnom položaju kao na slici. U cilindru se nalazi vazduh početne temperature T1 = 523 K , koji se hladi predajući kroz zidove cilindra toplotu okolini stanja O ( po = 1 bar, To = 293 K) sve do uspostavljanja toplotne ravnoteže sa okolinom. Odrediti: a) pri kojoj temperaturi vazduha u cilindru će klip dodirnuti oslonac (stanje 2), b) pritisak gasa na početku i na kraju procesa, c) količinu toplote koju vazduh preda okolini do trenutka uspostavljanja toplotne ravnoteže.

152


Slika 1.79.

R e š e n j e: a) Datu promenu stanja vazduha podelićemo na dva procesa. Proces 1-2 predstavlja proces promene stanja vazduha od početnog stanja 1 ( stanje prikazano na slici) do trenutka kada klip dodirne oslonac ( stanje 2). Promena stanja 1-2 odvija se pri konstantnom pritisku p1 = p2 . Proces 2-3 je proces koji nastupa od trenutka kada klip dodirne oslonac (stanje 2) do trenutka uspostavljanja toplotne ravnoteže između vazduha i okoline (stanje 3). Promena stanja 2-3 odvija se pri konstantnoj zapremini V2 = V3 . Pritisak p1 = p2 određujemo iz jednačine ravnoteže sila koje deluju na klip

p1 = po +

mt g , D 2π 4

p1 = 1 ⋅105 +

200 ⋅ 9,81 , 0,2 2 π 4

p1 = 1,6245 ⋅105 Pa . Zapremina vazduha u početnom stanju V1 =

d 2π D 2π z+ ∆z , 4 4

153


V1 =

0,182 π 0,2 2 π ⋅ 0,35 + ⋅ 0,15 , 4 4

V1 = 0,0136 m 3 . Jednačina stanja vazduha za stanje 1 p1V1 = mRT1 ,

m=

p1V1 , RT1

m=

1,6245 ⋅ 105 ⋅ 0,0136 , 287 ⋅ 523

m = 0,0147 kg . Zapremina vazduha u stanju 2

V2 =

d 2π z, 4

V2 =

0,182 π ⋅ 0,35 , 4

V2 = 0,0089 m3 . Tražena temperatura pri kojoj će klip dodirnuti oslonac u cilindru sada će biti

154

T2 =

p2V2 , mR

T2 =

1,6245 ⋅ 105 ⋅ 0,0089 , 0,0147 ⋅ 287

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA T2 = 342,7 K .

b) Kraj procesa ( stanje 3) predstavlja stanje toplotne ravnoteže vazduha sa okolinom, odnosno T3 = To = 293 K ,

V3 = V2 = 0,0089 m3 , pa će pritisak vazduha na kraju procesa biti

p3 =

mRT3 , V3

p3 =

0,0147 ⋅ 287 ⋅ 293 , 0,0089

p3 = 1,3889 ⋅105 Pa . c) Prvi zakon termodinamike za proces 1-3 Q13 = ∆U13 + L13 , Q13 = ∆U13 + L12 + L23 , L23 = 0 , jer je proces 2-3 izohorski proces Q13 = ∆U13 + L12 , Q13 = mcv (T3 − T1 ) + p1 (V2 − V 1 ) ,

Q13 = 0,0147 ⋅ 720 ⋅ (293 − 523) + 1,6245 ⋅105 ⋅ (0,0089 − 0,0136) , Q13 = −3197,8 J .

155


Zadatak 1.39. Vazduh (idealan gas) struji stacionarno kroz vertikalnu cev visine 3,6 m, konstantnog poprečnog preseka, masenim protokom od m = 300 kg h (slika). Cev je toplotno izolovana od okoline, a u cevi je instaliran grejač koji vazduhu predaje toplotu. Stanje vazduha na ulazu u cev određeno je stanjem a na izlazu stanjem 1 ( p1 = 1, 2 bar, T1 = 293 K, w1 = 4,5 m s) , 2 ( p2 = 1 bar, T2 = 361 K) . Odrediti: a) brzinu vazduha na izlazu iz cevi, b) toplotni protok koji grejač predaje vazduhu.

Slika 1.80.

R e š e n j e: a) Jednačina stanja idealnog gasa na ulazu u cev p1V1 = mRT1 , p1v1 = RT1 ,

156

v1 =

RT1 , p1

v1 =

287 ⋅ 293 , 1, 2 ⋅105


v1 = 0,7008

m3 . kg

Jednačina stanja idealnog gasa na izlazu iz cevi p2 v2 = RT2 ,

v2 =

RT2 , p2

v2 =

287 ⋅ 361 , 1 ⋅105

v2 = 1,0361

m3 . kg

Jednačina kontinuiteta

m = ρ wA =

wA = const , v

primenjena na preseke 1 i 2 biće

w1 A1 w2 A2 = , gde je A1 = A2 v1 v2 w1 w2 = , v1 v2 w2 = w1

v2 , v1

w2 = 4,5 ⋅

1,0361 , 0,7008

157


w2 = 6,653

m . s

b) Prvi zakon termodinamike za proces u cevi

Q12 = ∆H 12 + Lt12 + ∆E k 12 + ∆E k 12 ,

Lt12 = 0 , ⎡ ⎤ w2 − w12 Q12 = m ⎢ c p (T2 − T1 ) + 2 + g ( z2 − z1 ) ⎥ , 2 ⎣ ⎦ ⎤ 300 ⎡ 6,6532 − 4,52 Q12 = + 9,81 ⋅ 3,6 ⎥ , ⎢1000 ⋅ (361 − 293) + 3600 ⎣ 2 ⎦ Q12 = 5671 W .

Zadatak 1.40. U toplotno izolovanoj komori mešaju se tri struje idealnih gasova: kiseonik stanja azot stanja A ( m A = 6 kg s, pA = 0,18 MPa, tA = 250°C) , i ugljen-monoksid stanja B ( m B = 3 kg s, pB = 0,33 MPa, tB = 590°C) C ( m C = 2 kg s, pC = 0,38 MPa, tC = 440°C) . Pritisak dobijene smeše na izlazu iz komore je p* = 0,1 MPa . Zanemarujući promenu kinetičke i potencijalne energije, odrediti: a) temperaturu (T * ) i zapreminski protok (V * ) dobijene smeše, b) promenu entropije sistema za proces mešanja.

Slika 1.81.

158


R e š e n j e: a) Prvi zakon termodinamike za proces u mešnoj komori Q12 = ∆H 12 + Lt12 + ∆E k 12 + ∆E p12 ,

H 1 = H 2 , H 1 = m A c pATA + m B c pBTB + m C c pCTC , H 1 = m A c pAT * + m B c pBT * + m C c pCT * , T* =

m A c pATA + m B c pBTB + m C c pCTC , m A c pA + m B c pB + m C c pC

T* =

6 ⋅ 910 ⋅ (273 + 250) + 3 ⋅ 1040 ⋅ (273 + 590) + 2 ⋅1040 ⋅ (273 + 440) , 6 ⋅ 910 + 3 ⋅1040 + 2 ⋅ 1040

T * = 659,6 K .

Jednačina stanja mešavine idealnih gasova na izlazu iz komore za mešanje p*V * = ( m A RA + m B RB + m C RC ) T * ,

( m R + m B RB + m C RC ) T * V * = A A , p*

( 6 ⋅ 260 + 3 ⋅ 297 + 2 ⋅ 297 ) ⋅ 659,6 , V * = 0,1 ⋅ 106 m3 . V * = 20 s

b) Jednačina stanja idealnog gasa A u nastaloj mešavini

pA* V * = m A RAT * ,

159


pA* =

m A RAT * , V *

pA* =

6 ⋅ 260 ⋅ 659,6 , 20

pA* = 51449 Pa . Jednačina stanja idealnog gasa B u nastaloj mešavini

pB* V * = m B RBT * , pB* =

m B RBT * , V *

pB* =

3 ⋅ 297 ⋅ 659,6 , 20

pB* = 29385 Pa . Jednačina stanja idealnog gasa C u nastaloj mešavini

pC* V * = m C RCT * , pC* =

m C RCT * , V *

pC* =

2 ⋅ 297 ⋅ 659,6 , 20

pC* = 19590 Pa . Promena entropije sistema

∆Sis = ∆Srt + ∆Sok ,

160


∆Srt = ∆SA + ∆SB + ∆SC , ∆Sok = −

Q12 W =0 , K To

⎛ T* p* ⎞ ∆SA = f ( p ,T ) = m A ⎜ c pA ln − RA ln A ⎟ , TA pA ⎠ ⎝ 659,6 51449 ⎞ kW ⎛ ∆SA = 6 ⋅ ⎜ 910 ⋅ ln − 260 ⋅ ln = 3,22 , 6 ⎟ 523 0,18 ⋅10 ⎠ K ⎝

⎛ T* p* ⎞ ∆SB = f ( p, T ) = m B ⎜ c pB ln − RB ln B ⎟ , TB pB ⎠ ⎝ 659,6 29385 ⎛ ∆SB = 3 ⋅ ⎜ 1040 ⋅ ln − 297 ⋅ ln 863 0,33 ⋅106 ⎝

kW ⎞ ⎟ = 1,32 K , ⎠

⎛ T* p* ⎞ ∆SC = f ( p, T ) = m C ⎜ c pC ln − RC ln C ⎟ , TC pC ⎠ ⎝ 659,6 19590 ⎛ ∆SC = 2 ⋅ ⎜ 1040 ⋅ ln − 297 ⋅ ln ⋅106 713 0,38 ⎝

kW ⎞ ⎟ = 1,6 K , ⎠

∆Sis = ∆SA + ∆SB + ∆SC + ∆So = 3,22 + 1,32 + 1,6 + 0 , ∆Sis = 6,14

kW . K

Zadatak 1.41. „Ludi naučnik” tvrdi da je moguće, bez izmene toplote i/ili rada sa okolinom, struju vazduha stanja 1 (m 1 = 1 kg s, p1 = 3 bar, T1 = 293 K) razdvojiti na dve struje. Struju 2 stanja 2 ( p2 = 2,7 bar, T2 = 333 K) i struju 3 stanja 3 ( p3 = 2,7 bar, T3 = 273 K) . Dokazati da je „ludi naučnik” u pravu. Zanemariti promene kinetičke i potencijalne energije vazduha.

161


R e š e n j e: Prvi zakon termodinamike za proces u razdelnoj komori Q12 = ∆H 12 + Lt12 + ∆E k12 + ∆E p12 ,

H 1 = H 2 , m 1c pT1 = m 2 c pT2 + m 3c pT3 , Jednačina kontinuiteta m 1 = m 2 + m 3 .

Kombinovanjem prethodne dve jednačine dobija se

m 2 =

T3 − T1 m 3 , T1 − T2

m 2 =

273 − 293 m 3 , 293 − 333

m 2 =

m 3 , 2

odnosno

m 2 =

162

m 1 , 3

m 2 = 0,33

kg , s

m 3 = 0,67

kg . s

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Drugi zakon termodinamike za proces u razdelnoj komori

∆Sis = ∆Srt + ∆Sok , ∆Srt = ∆S2 + ∆S3 , ∆So = −

Q12 W , =0 To K

(adijabatski izolovana komora za mešanje)

⎛ T p ⎞ ∆S2 = f ( p, T ) = m 2 ⎜ c p ln 2 − R ln 2 ⎟ , T1 p1 ⎠ ⎝ 333 2,7 ⎞ W ⎛ ∆S2 = 0,33 ⋅ ⎜ 1000 ⋅ ln − 287 ⋅ ln , ⎟ = 52,21 293 3 ⎠ K ⎝

⎛ T p ⎞ ∆S3 = f ( p, T ) = m 3 ⎜ c p ln 3 − R ln 3 ⎟ , T1 p1 ⎠ ⎝ 273 2,7 ⎞ W ⎛ ∆S3 = 0,67 ⋅ ⎜ 1000 ⋅ ln − 287 ⋅ ln , ⎟ = −27,11 293 3 ⎠ K ⎝

∆Sis = ∆S2 + ∆S3 = 52, 21 − 27,11 = 25,1

W >0. K

Kako je ∆Sis > 0 , ovaj proces je moguć pa je „ludi naučnik” u pravu.

Zadatak 1.42. Šireći se u gasnoj turbini, tok vazduha (idealnog gasa) menja svoje toplotno stanje od stanja 1 (V1 = 0, 2 m 3 s, p1 = 10 bar, T1 = 580 K) , na ulazu u turbinu, do stanja 2 (V = 1,2 m3 s, p = 1 bar) , na izlazu iz turbine. Tokom širenja usled 2

2

neidealnog toplotnog izolovanja turbine, toplotni protok sa vazdušnog toka na okolni vazduh iznosi 18 kW . Zanemarujući promene kinetičke i potencijalne energije vazduha, odrediti: a) snagu turbine, b) dokazati da je proces u turbini nepovratan (temperatura okoline To = 293 K ).

163


Slika 1.82.

R e š e n j e: a) Jednačina stanja idealnog gasa na ulazu u turbinu 1, p1V1 = mRT

m =

p1V1 , RT1

m =

10 ⋅105 ⋅ 0,2 = 1,2 kg . 287 ⋅ 580

Jednačina stanja idealnog gasa na izlazu iz turbine 2, p2V2 = mRT

T2 =

p2V2 , mR

T2 =

1 ⋅105 ⋅ 1, 2 = 348,4 K . 1, 2 ⋅ 287

Prvi zakon trmodinamike za proces u turbini Q12 = ∆H 12 + Lt12 + ∆E k12 + ∆E p12 ,

164


Lt12 = Q12 − ∆H 12 , p (T2 − T1 ) , Lt12 = Q12 − mc

Lt12 = −18 ⋅103 − 1, 2 ⋅ 1000 ⋅ ( 348,4 − 580 ) ,

Lt12 = 260 kW . b) Nepovratnost procesa u turbini

∆Sis = ∆Srt + ∆Sok , ∆Sok = −

Q12 , To

∆Sok = −

W −18 ⋅ 103 , = 61, 4 293 K

∆Srt = ∆S12 , ⎛ T p ⎞ ∆Srt = f ( p ,T ) = m ⎜ c p ln 2 − R ln 2 ⎟ , T1 p1 ⎠ ⎝ ⎛ 348, 4 1 ⋅105 ⎞ ∆Srt = 1, 2 ⋅ ⎜ 1000 ⋅ ln − 287 ⋅ ln ⎟, 580 10 ⋅ 105 ⎠ ⎝ ∆Srt = 181,4

W , K

∆Sis = 181, 4 + 61, 4 = 242,8

W . K

165


Zadatak 1.43. U dvostepenoj gasnoj turbini ekspandira m = 2 kg s vazduha (idealnog gasa) od početnog pritiska p1 = 60 bar do krajnjeg pritiska p4 = 10 bar . Nakon ekspanzije u prvom stepenu turbine vazduh se uvodi u međuzagrejač u kome se izobarski zagreva do temperature T1 = T3 = 800 K . Ekspanzije u oba stepena su adijabatske i kvazistatične. Zanemariti promene potencijalne i kinetičke energije vazduha. Skicirati proces u pv i Ts koordinatnim sistemima i odrediti: a) pritisak u međuzagrejaču tako da snaga dvostepene turbine bude maksimalna, b) snagu dvostepene turbine u tom slučaju.

Slika 1.83.

R e š e n j e:

Slika 1.84.

166

Slika 1.85.

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA a) Na osnovu prvog zakona termodinamike, snaga dvostepene turbine biće

Pt = Lt12 + Lt 34 , p (T1 − T2 + T3 − T4 ) . Pt = mc

Kako su ekspanzije u oba stepena turbine adijabatske važe jednakosti κ

p1 ⎛ T1 ⎞ κ −1 =⎜ ⎟ , p2 ⎝ T2 ⎠ κ

⎛ T ⎞ κ −1 p2 = p1 ⎜ 2 ⎟ , ⎝ T1 ⎠ κ

p3 ⎛ T3 ⎞ κ −1 =⎜ ⎟ , p4 ⎝ T4 ⎠ κ

⎛ T ⎞ κ −1 p3 = p4 ⎜ 3 ⎟ . ⎝ T4 ⎠

Obzirom da se u međuzagrejaču vrši izobarsko zagrevanje radne materije (vazduha) pritisci p2 i p3 su jednaki, odnosno κ

κ

⎛ T ⎞ κ −1 ⎛ T ⎞ κ −1 p1 ⎜ 2 ⎟ = p4 ⎜ 3 ⎟ , ⎝ T1 ⎠ ⎝ T4 ⎠ κ

p1 ⎛ T1T3 ⎞ κ −1 =⎜ ⎟ , p4 ⎝ T2T4 ⎠ T1T3 ⎛ p1 ⎞ =⎜ ⎟ T2T4 ⎝ p4 ⎠

κ −1 κ

,

167


TT ⎛ p ⎞ T2 = 1 3 ⎜ 1 ⎟ T4 ⎝ p4 ⎠

1−κ

κ

.

Snaga dvostepene turbine sada se može napisati u obliku 1−κ ⎛ ⎞ T1T3 ⎛ p1 ⎞ κ ⎜ ⎟ p T1 − Pt = mc T T + − ⎜ ⎟ 3 4 ⎟. ⎜ T p 4 ⎝ 4 ⎠ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Nalaženjem parcijalnog izvoda date funkcije po temperaturi T4 i njegovim izjednačavanjem sa nulom, dobija se vrednost temperature T4 za koju snaga turbine ima maksimalnu vrednost. 1−κ ⎡ ⎛ ⎞⎤ κ ⎛ ⎞ ∂Pt T T p ∂ ⎢ ⎜ ⎟⎥ 1 3 1 p T1 − mc = ⎜ ⎟ + T3 − T4 ⎟ ⎥ , ⎢ ⎜ T4 ⎝ p4 ⎠ ∂T4 ∂T4 ⎜ ⎟⎥ ⎢⎣ ⎝ ⎠⎦ 1−κ ⎛ ⎞ T1T3 ⎛ p1 ⎞ κ ∂Pt ⎜ ⎟, p 1 = mc − ⎜ T2 ⎜ p ⎟ ⎟ ∂T4 ⎜ 4 ⎝ 4⎠ ⎟ ⎝ ⎠

∂Pt =0, ∂T4 1−κ ⎛ ⎞ ⎜ T1T3 ⎛ p1 ⎞ κ − 1 ⎟ = 0 , ⎜ T2 ⎜ p ⎟ ⎟ ⎜ 4 ⎝ 4⎠ ⎟ ⎝ ⎠

⎛ p ⎞ T4 = T1T3 ⎜ 1 ⎟ ⎝ p4 ⎠

168

1−κ

κ

,

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA 1−1,4

⎛ 60 ⋅ 105 ⎞ 1,4 , T4 = 800 ⋅ 800 ⋅ ⎜ 5 ⎟ ⎝ 10 ⋅ 10 ⎠

T4 = 619,33 K . Traženi pritisak u međuzagrejaču, za koji će snaga dvostepene turbine biti maksimalna κ

⎛ T ⎞ κ −1 p3 = p4 ⎜ 3 ⎟ , ⎝ T4 ⎠ 1,4

⎛ 800 ⎞1,4 −1 p3 = 10 ⋅ 10 ⋅ ⎜ , ⎟ ⎝ 619,33 ⎠ 5

p3 = 24,5 bar . b) Maksimalna snaga turbine p (T1 − T2 + T3 − T4 ) , Pt max = mc Pt max = 2 ⋅ 1000 ⋅ (800 − 619,33 + 800 − 619,33) ,

Pt max = 722,68 kW . Zadatak 1.44. Kompresor snage 2 kW , usisava okolni vazduh (idealan gas) stanja 1 ( p1 = 1 bar, T1 = 293 K, m = 0, 05 kg s) i adijabatski ga sabija do stanja 2. Nakon toga se vazduh adijabatski prigušuje do početnog pritiska ( p3 = p1 ) . Priraštaj entropije vazduha za vreme adijabatske kompresije i adijabatskog prigušenja je jednak. Odrediti stepen dobrote adijabatske kompresije. Zanemariti promene kinetičke i potencijalne energije vazduha.

169


Slika 1.86.

R e š e n j e: Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu ograničenom isprekidanom linijom Q13 = ∆H 13 + Lt13 + ∆E k 13 + ∆E p13 ,

p (T1 − T3 ) + Lt13 , 0 = mc T3 = T1 −

Lt13 , p mc

T3 = 293 −

−2 , 0,05 ⋅ 1000

T3 = 333 K .

Prvi zakon termodinamike za proces u prigušnom ventilu, proces 2 – 3 Q 23 = ∆H 23 + Lt 23 + ∆E k 23 + ∆E p 23 ,

odakle sledi da je

H 2 = H 3 , odnosno T2 = T3 .

170


Iz uslov zadatka da je ∆s12 = ∆s23 sledi

c p ln

T2 p T p − R ln 2 = c p ln 3 − R ln 3 , T1 p1 T2 p2

c p ln

T2 p p − R ln 2 = − R ln 3 , T1 p1 p2 cp

⎛ T ⎞ 2R p2 = p1 ⎜ 2 ⎟ , ⎝ T1 ⎠ 1000

⎛ 333 ⎞ 2⋅287 p2 = 1 ⋅10 ⋅ ⎜ , ⎟ ⎝ 293 ⎠ 5

p2 = 1, 25 bar .

U slučaju kvazistatične promene biće p2 k = p2 , T1 ⎛ p1 ⎞ =⎜ ⎟ T2 k ⎝ p2 k ⎠

κ −1 κ

⎛p ⎞ T2 k = T1 ⎜ 2 k ⎟ ⎝ p1 ⎠

,

κ −1 κ

,

⎛ 1,25 ⋅105 ⎞ T2 k = 293 ⋅ ⎜ ⎟ 5 ⎝ 1⋅ 10 ⎠

1,4 −1 1,4

,

T2 k = 312, 3 K .

171


Stepen dobrote adijabatske kompresije ηdkp =

T1 − T2 k , T1 − T2

ηdkp =

293 − 312,3 , 293 − 333

ηdkp = 0, 48 . Zadatak 1.45. U turbokompresorskoj stanici se vrši dvostepena kvazistatična adijabatska kompresija. Kompresor usisava 5 kmol h okolnog vazduha (idealnog gasa) stanja 1 ( p1 = 1 bar, T1 = 293 K) i sabija ga na neki međupritisak pri kojem se dalje hladi do temperature okoline. Nakon toga se vazduh sabija na konačni pritisak ( p4 = 9 bar) . Zanemarujući promene kinetičke i potencijalne energije, odrediti: a) vrednost međupritiska ( p2 = p3 ) pri kojem su snage za oba stepena sabijanja jednake, b) uštedu u snazi u ovom procesu u odnosu na kompresiju bez međuhlađenja, tj. kada bi se kvazistatična adijabatska kompresija od stanja 1 do pritiska p4 = 9 bar vršila u jednom stepenu.

Slika 1.87.

172


Prvi zakon termodinamike za proces u kompresoru niskog pritiska Q12 = ∆H 12 + Lt12 + ∆E k 12 + ∆E p12 ,

p (T1 − T2 ) . Lt12 = mc

Prvi zakon termodinamike za proces u kompresoru visokog pritiska Q 34 = ∆H 34 + Lt 34 + ∆E k 34 + ∆E p 34 ,

p (T3 − T4 ) . Lt 34 = mc

Iz uslova da je Lt12 = Lt 34 sledi da je T1 − T2 = T3 − T4 ,

odnosno, kako je T1 = T3 dobija se T2 = T4 .

Za adijabatske kompresije važe jednakosti κ

⎛ T ⎞ κ −1 p2 = p1 ⎜ 2 ⎟ , ⎝ T1 ⎠ κ

⎛ T ⎞ κ −1 p3 = p4 ⎜ 3 ⎟ . ⎝ T4 ⎠ Izjednačavanjem pritisaka p2 i p3 dobijamo temperaturu T4 κ −1

⎛ p ⎞ 2κ , T4 = T1 ⎜ 4 ⎟ ⎝ p1 ⎠

173

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 1,4−1

⎛ 9 ⎞ 2⋅1,4 T4 = 293 ⋅ ⎜ ⎟ , ⎝1⎠ T4 = T2 = 401 K .

Pritisak p2 sada je 1,4

⎛ 401 ⎞1,4−1 p2 = 1 ⋅10 ⋅ ⎜ , ⎟ ⎝ 293 ⎠ 5

p2 = p3 = 3 bar .

b) Za slučaj jednostepenog kompresora

⎛p ⎞ T = T1 ⎜ 4 ⎟ ⎝ p1 ⎠ ' 4

κ −1 κ

,

1,4 −1

⎛ 9 ⎞ 1,4 = 548,92 K . T = 293 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝1⎠ ' 4

Potrebna snaga u slučaju dvostepenog kompresora

Lt = Lt12 + Lt 34 , Lt = n ( Mc p ) (T1 − T2 + T3 − T4 ) , 5000 Lt = ⋅ 29,1 ⋅ ( 293 − 401 + 293 − 401) , 3600

Lt = −8,73 kW . Potrebna snaga u slučaju jednostepenog kompresora

174


L't = L't14 , L'T = n ( Mc p ) (T1 − T4' ) , 5000 L'T = ⋅ 29,1 ⋅ ( 293 − 548,92 ) , 3600

L'T = −10,34 kW . Ostvarena ušteda u snazi

∆Lt = Lt − L't , ∆Lt = −8, 73 − ( −10,34 ) = 1,61 kW ,

∆Lt = 1,61 kW . Na slici 1.88. zatvorena površina (2 - 3 - 4 - 4' - 2) predstavlja uštedu u snazi ( ∆Lt ) koja je ostvarena dvostepenom kompresijom u odnosu na jednostepenu kompresiju.

Slika 1.88.

175


Zadatak 1.46. U dvostepenom kompresoru sa međuhlađenjem, pri ustaljenim uslovima, neravnotežno (nekvazistatično) i adijabatski se sabija 0,3 kg s azota (idealnog

1 ( p1 = 0,1 MPa, T1 = 293 K) do stanja 4 ( p4 = 0,6 MPa, T4 = 450 K) . Stepeni dobrote prilikom sabijanja u oba stupnja

gasa),

od

polaznog

stanja

kompresora su jednaki i iznose ηdkpI = η dkpII = 0,8 . Odrediti ukupnu snagu za pogon kompresora i toplotnu snagu koja se odvodi pri hlađenju (između dve kompresije), ako se proces međuhlađenja odvija pri stalnom pritisku p2 = p3 = 0,3 MPa . Zanemariti promene kinetičke i potencijalne energije azota.

Slika 1.89.

R e š e n j e: U slučaju idealnog kompresora kod kojeg se odvija proces kvazistatičnog i adijabatskog sabijanja azota, temperatura azota na izlazu iz prvog stupnja kompresora bila bi T1 ⎛ p1 ⎞ =⎜ ⎟ T2 k ⎝ p2 k ⎠

κ −1 κ

⎛p ⎞ T2 k = T1 ⎜ 2 k ⎟ ⎝ p1 ⎠

176

,

κ −1 κ

,

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA ⎛ 0,3 ⎞ T2 k = 293 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 0,1 ⎠

1,4 −1 1,4

= 401 K .

U slučaju realnog kompresora temperatura azota na izlazu iz prvog stepena kompresora iznosi

ηdkpI =

T1 − T2 k , T1 − T2

T2 = T1 −

T1 − T2 k

ηdkpI

T2 = 293 −

,

293 − 401 = 428 K . 0,8

Temperatura azota na izlazu iz drugog stepena kompresora, u slučaju kvazistatičnog adijabatskog sabijanja biće ⎛p ⎞ T4 k = T3 ⎜ 4 k ⎟ ⎝ p3 ⎠

κ −1 κ

,

odnosno, T4 k = T3 − ηdkpII (T3 − T4 ) .

Iz prethodne dve jednačine sledi da je ⎛p ⎞ T3 ⎜ 4 k ⎟ ⎝ p3 ⎠

T3 =

κ −1 κ

= T3 − ηdkpII (T3 − T4 ) ,

ηdkpII T4

κ −1 ⎞κ

⎛ p4 k ⎜ ⎟ ⎝ p3 ⎠

,

+ η dkpII − 1

177


T3 =

0,8 ⋅ 450 1,4 −1 1,4

⎛ 0, 6 ⋅ 106 ⎞ ⎜ 6 ⎟ ⎝ 0,3 ⋅ 10 ⎠

,

+ 0,8 − 1

T3 = 353,3 K , T4 k = 353, 3 − 0,8 ⋅ ( 353,3 − 450 ) ,

T4 k = 430,7 K . Odvedena toplota u fazi međuhlađenja, proces 2 – 3 Q 23 = m ( q23 ) p =const ,

p (T3 − T2 ) , Q 23 = mc

Q 23 = 0,3 ⋅1040 ⋅ ( 353,3 − 428) , Q 23 = −23,3 kW . Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu ograničenom isprekidanom linijom Q 23 = ∆H 14 + Lt14 + ∆E k14 + ∆E p14 ,

Lt14 = Q 23 − ∆H 14 , p (T4 − T1 ) , Lt14 = Q 23 − mc Lt14 = −23,3 ⋅ 103 − 0,3 ⋅ 1040 ⋅ ( 450 − 293) ,

Lt14 = −72,3 kW .

178

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Napomena: Ukupna snaga za pogon kompresora jednaka je zbiru snaga potrebnih za pogon kompresora niskog pritiska i kompresora visokog pritiska

Lt14 = Lt12 + Lt 34 . Zadatak 1.47. Vazduh (idealan gas) stanja ( p = 1 bar, T = 290 K) nalazi se u toplotno

izolovanom rezervoaru zapremine V = 0,6 m3 . Toplotno izolovanim cevovodom u rezervoar se uvodi vazduh (idealan gas) stanja ( p = 10 bar, T = 400 K) . Tokom procesa u rezervoaru je stalno uključen grejač snage 2, 5 kW . Kada vazduh u rezervoaru dostigne stanje ( p = 4 bar, T = 500 K) prekida se dotok vazduha i isključuje se grejač. Odrediti vreme trajanja procesa punjenja rezervoara kao i maseni protok vazduha koji se uvodi u rezervoar. R e š e n j e:

p = 1 bar , T = 290 K p = 4 bar , T = 500 K p = 10 bar , T = 400 K

Početak: Kraj: Ulaz:

Jednačina stanja idealnog gasa za početak procesa p počV poč = m poč RT poč ,

m poč =

m poč =

p počV poč RTpoč

,

1 ⋅105 ⋅ 0,6 = 0,72 kg . 287 ⋅ 290

Jednačina stanja idealnog gasa za kraj procesa

pkrVkr = mkr RTkr , mkr =

pkrVkr , RTkr

179


mkr =

4 ⋅105 ⋅ 0,6 = 1,67 kg . 287 ⋅ 500

Materijalni bilans procesa pražnjenja m poč + mul = mkr + mizl , gde je mizl = 0

mul = mkr − m poč ,

mul = 1,67 − 0,72 = 0,95 kg . Prvi zakon termodinamike za proces punjenja Q12 − L12 = U kr − U poč + H izl − H ul ,

gde su L12 = 0 i H izl = 0 ,

Q12 = mkr cvTkr − m poč cvT poč − mul c pTul ,

Q12 = 1,67 ⋅ 720 ⋅ 500 − 0,72 ⋅ 720 ⋅ 290 − 0,95 ⋅ 1000 ⋅ 400 , Q12 = 70,86 kJ . Vreme punjenja rezervoara Q 70,86 ⋅103 τ = 12 = , Q12 2,5 ⋅ 103 τ = 28,34 s .

Maseni protok vazduha koji se uvodi u rezervoar m ul =

m ul =

180

mul

τ

,

0,95 , 28,34


m ul = 3,35 ⋅ 10 −2

kg . s

Zadatak 1.48. U vertikalnom toplotno izolovanom cilindru, površine poprečnog preseka A = 0,1 m2 , nalazi se vazduh (idealan gas) stanja (t = 180°C, m = 0,05 kg) , ispod toplotno izolovanog klipa mase koja odgovara težini od 20 kN , a na koji spolja deluje atmosferski pritisak od 0,1 MPa . U cilindar se, kroz toplotno izolovan cevovod, naknadno uvodi vazduh stanja ( p = 0,4 MPa, t = 540°C, m = 0,1 kg) , što dovedi do pomeranja klipa (bez trenja). Zanemarujući promenu kinetičke i potencijalne energije uvedenog vazduha, odrediti koliki rad izvrši vazduh nad okolinom kao i temperaturu vazduha u cilindru na kraju procesa.


Početak:

T = 453 K , p = po +

Fteg A

= 1 ⋅ 105 +

20 ⋅ 103 = 0,3 MPa , 0,1

m = 0,05 kg . Kraj: p = 0,3 MPa .

181


Ulaz: p = 0,4 MPa ,

T = 813 K , m = 0,1 kg . Jednačina stanja idealnog gasa za početak p počV poč = m poč RTpoč , V poč =

Vpoč =

m poč RTpoč p poč

,

0,05 ⋅ 287 ⋅ 453 = 0,0217 m3 . 6 0,3 ⋅10

Jednačina stanja idealnog gasa za kraj punjenja

pkrVkr = mkr RTkr . Prvi zakon termodinamike za proces punjenja Q12 − L12 = U kr − U poč + H izl − H ul , − L12 = mkr cvTkr − m poč cvT poč − mul c pTul .

Kako je u pitanju izobarski proces zapreminski rad iznosiće Vkr

L12 =

∫ p (V )dV ,

V poč

(

)

L12 = p poč Vkr − V poč .

182

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Prvi zakon termodinamike za proces mešanja sada se može napisati kao

(

)

p poč V poč − Vkr = mkr cvTkr − m poč cvTpoč − mul c p Tul , p poč (V poč − Vkr ) = mkr cv

Vkr =

Vkr =

pkrVkr − m poč cvTpoč − mul c pTul , mkr R

p počV poč + m poč cvTpoč + mul c pTul , c p poč + v pkr R 0,3 ⋅106 ⋅ 0,0217 + 0,05 ⋅ 720 ⋅ 453 + 0,1 ⋅1000 ⋅ 813 , 720 0,3 ⋅106 + ⋅ 0,3 ⋅106 287

Vkr = 0, 0989 m 3 .

Materijalni bilans procesa punjenja m poč + mul = mkr + mizl , mkr = m poč + mul ,

mkr = 0,05 + 0,1 , mkr = 0,15 kg . Krajnja temperatura vazduha u cilindru Tkr =

pkrVkr , mkr R

Tkr =

0, 3 ⋅ 10 6 ⋅ 0, 0989 , 0,15 ⋅ 287

Tkr = 689,2 K .

183

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Izvršeni zapreminski rad sada će biti L12 = p poč (Vkr − V poč ) , L12 = 0,3 ⋅ 106 ⋅ ( 0, 0989 − 0, 0217 ) ,

L12 = 23,16 kJ . Zadatak 1.49. Kroz toplotno izolovan cevovod, unutrašnjeg prečnika d = 10 mm , biva uveden azot ( idealan gas) stanja ( T = 305 K, p = 0,6 MPa, w = 10 m s) u toplotno

izolovan rezervoar zapremine V = 0,6 m3 u kojem se već nalazi ugljen-dioksid (idealan gas) stanja ( T = 293 K, p = 0,1 MPa) . Ako se proces punjenja prekida kada pritisak smeše u rezervoaru dostigne vrednost p = 0,5 MPa , odrediti: a) temperaturu mešavine idealnih gasova u rezervoaru na kraju procesa punjenja, b) vreme trajanja procesa punjenja, c) promenu entropije sistema za vreme procesa punjenja. R e š e n j e:

a) Početak: CO2 p poč = 1 bar , Tpoč = 293 K .

Kraj: CO2 + N2

pkr = 5 bar . Ulaz: N 2

pul = 6 bar , Tul = 305 K ,

184


w = 10 m s . Jednačina stanja idealnog gasa CO2 za početak procesa p počV = mCO2 RCO2 Tpoč ,

mCO2 =

mCO2 =

p počV RCO2 Tpoč

,

1 ⋅ 105 ⋅ 0, 6 = 1, 08 kg . 189 ⋅ 293

Prvi zakon termodinamike za proces punjenja Q12 − L12 = U kr − U poč + H izl − H ul ,

Q12 = L12 = Hizl = 0 , ⎛ w2 ⎞ 0 = mCO2 cvCO2 + mN2 cvN2 Tkr − mCO2 cvCO2 Tpoč − mN2 ⎜ c pN2 Tul + ⎟. 2 ⎠ ⎝

(

)

Jednačina stanja mešavine idealnih gasova na završetku punjenja

(

)

pkrV = mCO2 RCO2 + mN 2 RN 2 Tkr .

Kombinovanjem prethodne dve jednačine dobija se

Tkr = 383,7 K , mN 2 = 1,94 kg .

b) Jednačina stanja idealnog gasa ( N 2 ) za kraj mešanja pkrN2 V = mN 2 RN 2Tkr ,

185


pkrN2 =

mN2 RN 2Tkr V

,

pkrN2 =

1,94 ⋅ 297 ⋅ 383,7 = 3,68 ⋅ 105 Pa , 0,6

ρ ul =

pul 6 ⋅105 kg = = 6,62 3 , RN2 Tul 297 ⋅ 305 m

m N2 = ρul w

d 2π 0,012 ⋅ π kg . = 6,62 ⋅10 ⋅ = 5, 2 ⋅10−3 4 4 s

Vreme trajanja procesa punjena

τ=

mN 2 m N 2

=

1,94 = 373,1 s . 5,2 ⋅10−3

c) Promena entropije sistema za vreme procesa punjenja

∆Sis = ∆Srt + ∆Sok , pri čemu je ∆S ok = 0

J , jer je rezervoar adijabatski izolovan. K

Promena entropije radnog tela ∆Srt = ∆SCO2 + ∆S N2 , ⎛ T V ∆SCO2 = f ( T ,V ) = mCO2 ⎜ cvCO ln kr + RCO2 ln ⎜ 2 Tpoč V ⎝ ∆SCO2 = 1,08 ⋅ 660 ⋅ ln

186

383, 7 J , = 192, 2 293 K

⎞ ⎟⎟ , ⎠


⎛ T p N2 ∆S N2 = f ( p, T ) = mN2 ⎜ c pN ln kr − RN2 ln kr 2 Tul pul ⎝

⎞ ⎟, ⎠

⎛ 383,7 3,68 ⋅105 ⎞ J ∆S N2 = 1,94 ⋅ ⎜ 1040 ⋅ ln − 297 ⋅ ln ⎟ = 744,8 , 5 ⋅ 305 6 10 K ⎝ ⎠ ∆S is = 192, 2 + 744,8 = 937

J . K

Zadatak 1.50. U rezervoaru zapremine nalazi se azot stanja V = 0,3 m3 ( p = 120 bar, T = 300 K) . Ventil na rezervoaru se brzo otvori, ispusti se izvesna količina azota u atmosferu a zatim se ventil ponovo zatvori, tako da se može smatrati da pri takvim uslovima nema razmene toplote između rezervoara i okoline. Neposredno po zatvaranju ventila pritisak azota u rezervoaru iznosi p = 60 bar . Odrediti: a) količinu azota koja je istekla iz rezervoara (kg) kao i temperaturu azota u rezervoaru neposredno posle zatvaranja ventila, b) količinu toplote (MJ) koju bi trebalo dovesti preostalom gasu u sudu da bi dostigao pritisak koji je imao pre pražnjenja. R e š e n j e:

a) Promena stanja azota koji se za vreme procesa pražnjenja nalazi u sudu je kvazistatična adijabatska promena, pa se temperatura azota u sudu na kraju procesa pražnjenja može odrediti iz zakona kvazistatične adijabatske promene: Tkr ⎛ pkr =⎜ T poč ⎜⎝ p poč

⎞ ⎟⎟ ⎠

κ −1 κ

⎛ p Tkr = T poč ⎜ kr ⎜ p poč ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

,

κ −1 κ

,

187

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 1,4−1

⎛ 60 ⎞ 1,4 = 246,1 K . Tkr = 300 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 120 ⎠ Jednačina stanja idealnog gasa za početak procesa p počV poč = m poč RTpoč , m poč =

m poč =

p počV RTpoč

,

120 ⋅105 ⋅ 0,3 = 40,4 kg . 297 ⋅ 300

Jednačina stanja idealnog gasa za kraj procesa

pkrVkr = mkr RTkr , mkr =

pkrV , RTkr

mkr =

60 ⋅105 ⋅ 0,3 = 24,63 kg . 297 ⋅ 246,1

Materijalni bilans procesa pražnjenja m poč + mul = mkr + mizl , gde je mul = 0 , mizl = m poč − mkr ,

mizl = 40,4 − 24,63 = 15,77 kg . b) Proces dovođenja toplote preostalom gasu, kako bi njegov pritisak dostigao početnu vrednost od p = 120 bar označićemo kao proces 1-2. Početno stanje gasa je stanje 1 (m = 24,63 kg, p1 = 60 bar, T1 = 246,1 K) .

188

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Jednačina stanja idealnog gasa za stanje 2

p2V = mRT2 , T2 =

p2V , mR

T2 =

120 ⋅ 105 ⋅ 0,3 = 492,1 K . 24, 63 ⋅ 297

Količina toplote koju je neophodno dovesti gasu Q12 = m ( q12 )v = const ,

Q12 = mcv (T2 − T1 ) , Q12 = 24,63 ⋅ 740 ⋅ ( 492,1 − 246,1) ,

Q12 = 4,48 MJ . Zadatak 1.51. Za mešavinu idealnih gasova, kiseonika (A) i azota (B), odrediti molekularnu masu ( M m ) , gasnu konstantu ( Rm ) , specifične toplotne kapacitete pri stalnom pritisku (c pm ) i pri stalnoj zapremini (cvm ) , eksponent izentropske promene

stanja (κ m ) kao i parcijalne pritiske komponenata A i B, ako se mešavina nalazi na pm = 1 bar i ako je sastav mešavine zadat na sledeći način: a) g A = 0, 6 i g B = 0, 4 , b) rA = 0, 2 i rB = 0,8 . R e š e n j e:

a) Molekularna masa mešavine Mm =

1 , gA g + B MA MB

189


Mm =

1 kg . = 30, 27 0, 6 0, 4 kmol + 32 28

Gasna konstanta mešavine Rm =

Rm =

( MR ) , Mm

8,315 J = 274,69 . −3 30, 27 ⋅10 kgK

Specifični toplotni kapacitet mešavine pri konstantnom pritisku c pm = g A c pA + g B c pB ,

c pm = 0,6 ⋅ 910 + 0, 4 ⋅1040 = 962

J . kgK

Specifični toplotni kapacitet mešavine pri konstantnoj zapremini cvm = c pm − Rm ,

cvm = 962 − 274,69 = 687,31

J . kgK

Eksponent izentropske promene stanja

κm = κm =

190

c pm cvm

,

962 = 1, 4 . 687,31

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Parcijani pritisak kiseonika pA = g A

Mm pm , MA

pA = 0,6 ⋅

30, 27 ⋅ 1 = 0,57 bar . 32

Parcijalni pritisak azota pB = g B

Mm pm MB

pB = 0, 4 ⋅

30, 27 ⋅ 1 = 0, 43 bar . 28

b) U drugom slučaju biće M m = rA M A + rB M B ,

M m = 0,2 ⋅ 32 + 0,8 ⋅ 28 = 28,8

Rm =

Rm =

kg , kmol

( MR ) , Mm

8,315 J = 288,72 , −3 28,8 ⋅10 kgK

c pm = rA

MA M c pA + rB B c pB , Mm Mm

c pm = 0,2 ⋅

32 28 J ⋅ 910 + 0,8 ⋅ ⋅1040 = 1011,11 , 28,8 28,8 kgK

cvm = c pm − Rm ,

191


cvm = 1011,11 − 288,72 = 722,39

κm = κm =

c pm cvm

J , kgK

,

1011,11 = 1, 4 , 722,39

pA = rA pm , pA = 0, 2 ⋅ 1 = 0, 2 bar , pB = pm − pA = 1 − 0, 2 = 0,8 bar , pB = 0,8 ⋅ 1 = 0,8 bar .

Zadatak 1.52. Mešavina idealnih gasova, m = 1 kg , sastoji se od azota (A), zapreminskog udela 40% i metana (B), zapreminskog udela 60% . Mešavina se zagreva od temperature T1 = 300 K do temperature T2 = 600 K na dva načina. Prvi put je promena stanja kvazistatički izohorska, a drugi put se promena odvija kvazistatički po zakonu prave linije u Ts koordinatnom sistemu. U oba slučaja početna i krajnja stanja radnog tela su jednaka. Skicirati promene stanja u Ts dijagramu i odrediti: a) zapreminski rad (kJ) duž promene 1-2 koja se odvija po zakonu prave linije, b) promenu entropije izolovanog sistema (kJ K) koji čine radna materija i toplotni izvor stalne temperature Tti = T2 , za slučaj izohorske promene stanja.

192


Slika 1.91. a) Molarna masa mešavine M m = rA M A + rB M B ,

M m = 0,4 ⋅ 28 + 0,6 ⋅16 = 20,8

kg . kmol

Specifični toplotni kapacitet mešavine pri konstantnoj zapremini MA M cvA + rB B cvB , Mm Mm

cvm = rA

cvm = 0,4 ⋅

28 16 kJ ⋅ 740 + 0,6 ⋅ ⋅1820 = 1,24 . 20,8 20,8 kgK

Razmenjena količina toplote u slučaju promene koja se odvija po zakonu prave linije u Ts T2

Q12 = m ∫ T ( s ) ds , T1

Q12 = m

T1 + T2 ∆s12 , 2

193

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Q12 = m

T1 + T2 ⎛ T2 v2 ⎞ ⎜ cvm ln + Rm ln ⎟ , T1 v1 ⎠ 2 ⎝

Q12 = 1 ⋅

300 + 600 600 ⋅1, 24 ⋅ ln = 386,78 kJ . 2 300

Promena unutrašnje energije ∆U 12 = m∆u12 , ∆U 12 = mcvm (T2 − T1 ) , ∆U12 = 1 ⋅ 1, 24 ⋅ ( 600 − 300 ) = 372 kJ .

Prvi zakon termodinamike za proces 1-2 koji se odvija po pravoj liniji Q12 = ∆U12 + L12 , L12 = Q12 − ∆U 12 , L12 = 386, 78 − 372 = 14, 78 kJ .

b) Razmenjena količina toplote u slučaju izohorske promene stanja Q12 = m ( q12 )v = const ,

Q12 = mcvm (T2 − T1 ) , Q12 = 1 ⋅ 1, 24 ⋅ ( 600 − 300 ) = 372 kJ .

Promena entropije radnog tela ∆Srt = mcvm ln

194

T2 , T1

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA ∆Srt = 1 ⋅1,24 ⋅ ln

600 J = 859,5 . 300 K

Promena entropije toplotnog izvora ∆Sti =

−Q12 , Tti

∆Sti = −

372 J = −620 . 600 K

Promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema ∆Sis = ∆S rt + ∆Sti ,

∆Sis = 859,5 − 620 , ∆Sis = 239,5

J . K

Zadatak 1.53. Šuplja kugla zanemarljive mase unutrašnjeg prečnika d = 1 m , sastavljena je od dve polovine koje su tesno priljubljene. U kugli se nalazi mešavina idealnih gasova: vodonika (A), ugljen-dioksida (B) i azota (C) sastava rA = 0,35, rB = 0, 4 i rC = 0, 25 stanja 1 ( p1 = 0, 2 bar, T1 = 293 K) . Na donjoj polovini kugle obešen je teret mase mt = 4000 kg . Pritisak okoline iznosi po = 1 bar . Odrediti koliko toplote treba dovesti mešavini idealnih gasova u kugli da bi se polovine mogle razdvojiti.

Slika 1.92.

195


Molarna masa mešavine M m = rA M A + rB M B + rC M C ,

M m = 0,35 ⋅ 2 + 0, 4 ⋅ 44 + 0,25 ⋅ 28 = 25,3

kg . kmol

Gasna konstanta mešavine Rm =

( MR ) M

=

8315 J . = 328, 66 25,3 kgK

Specifični toplotni kapacitet mešavine pri konstantnoj zapremini cvm = rA

MA M M cvA + rB B cvB + rC C cvC , Mm Mm Mm

cvm = 0,35 ⋅

2 44 28 kJ ⋅10400 + 0, 4 ⋅ ⋅ 660 + 0,25 ⋅ ⋅ 740 = 0,95 . 25,3 25,3 25,3 kgK

Zapremina lopte V=

πd3 6

=

π ⋅13 6

= 0,5236 m3 .

Jednačina stanja mešavine idealnih gasova u stanju 1 p1V = mRmT1 ,

196

m=

p1V , RmT1

m=

0,2 ⋅105 ⋅ 0,5236 = 0,11 kg . 328,66 ⋅ 293

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Jednačina statičke ravnoteže neposredno pred odvajanje donje polulopte date šuplje kugle (stanje 2)

p2 +

mt g = po , d 2π 4

p2 = po −

4mt g , d 2π

p2 = 1 ⋅105 −

4 ⋅ 4000 ⋅ 9,81 = 0,5 ⋅ 105 Pa . 12 ⋅ π

Jednačina stanja mešavine idealnih gasova u stanju (2) p2V = mRmT2 ,

T2 =

p2V , mRm

T2 =

0,5 ⋅105 ⋅ 0,5236 = 724,15 K . 0,11⋅ 328,66

Količina toplote koju je potrebno dovesti mešavini da bi došlo do razdvajanja kugle Q12 = mq12 ,

Q12 = mcvm (T2 − T1 ) , Q12 = 0,11 ⋅ 0,95 ⋅ ( 724,15 − 293) = 45 kJ .

197

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Zadatak 1.54. Za situaciju u protočnom uređaju za mešanje (prikazanu na slici) koji radi pri stacionarnim uslovima, odrediti da li se u sistem dovodi mehanička snaga ili se iz sistema mehanička snaga odvodi i izračunati njenu vrednost (kW) .


Struja 1:

M m1 = rA M A + rB M B , M m1 = 0,5 ⋅ 44 + 0,5 ⋅ 28 = 36

n1 =

198

kg , kmol

m 1 10 ⋅ 103 kmol , = = 277,78 M m1 36 h

nA = rA n1 = 0,5 ⋅ 277,78 = 138,89

kmol , h

nB = rB n1 = 0,5 ⋅ 277, 78 = 138,89

kmol . h

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Struja 2:

M m 2 = rC M C + rD M D , kg , kmol

M m 2 = 0,6 ⋅ 28 + 0, 4 ⋅ 32 = 29, 6

n2 =

m 2 6 ⋅ 103 kmol , = = 202, 7 M m2 29, 6 h kmol , h

nC = rC n2 = 0, 6 ⋅ 202, 70 = 121,62 nD = rD n2 = 0, 4 ⋅ 202, 70 = 81,08

kmol . h

Prvi zakon termodinamike za proces mešanja fluidnih struja Q12 = ∆H 12 + Lt12 + ∆E k12 + ∆E p12 ,

Lt12 = Q12 − ∆H 12 − ∆E k12 , ∆H 12 = H 2 − H 1 ,

(

H 1 = ⎡ nA Mc p ⎣

)

A

(

+ nB Mc p

)

⎤

T B⎦ 1

(

+ ⎡ nC Mc p ⎣

)

C

(

+ nD Mc p

)

⎤

T D⎦ 2

,

⎡⎛ 121, 62 81, 08 ⎞ ⎤ ⎡138,89 ⎤ H 1 = ⎢ ⋅ ( 37, 4 + 29,1) ⎥ ⋅ 773 + ⎢⎜ + ⋅ 29,1⎥ ⋅ 673 , ⎟ 3600 ⎠ ⎣ 3600 ⎦ ⎣⎝ 3600 ⎦

H 1 = 3085,9 kW ,

(

H 2 = ⎡nA Mc p ⎣

)

A

(

+ nB Mc p

)

(

⎤ T * + ⎡ nC Mc p ⎣

B⎦

)

C

(

+ nD Mc p

)

⎤T* ,

D⎦

199

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE ⎡⎛ 121,62 81,08 ⎞ ⎤ ⎡138,89 ⎤ H 2 = ⎢ ⋅ ( 37, 4 + 29,1) ⎥ ⋅ 773 + ⎢⎜ + ⎟ ⋅ 29,1⎥ ⋅ 773 , 3600 3600 ⎣ 3600 ⎦ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦

H 2 = 3249,8 kW , 1 2 ∆E k12 = ∆E kstruje + ∆E kstruje , 12 12

1 ∆E kstruje = ( nA M A + nB M B 12

(w ) )

* 2

− ( w1 )

2

2

,

2 2 138,89 ⎛ 138,89 ⎞ 30 − 200 1 ∆E kstruje =⎜ ⋅ 44 + ⋅ 28 ⎟ ⋅ = −54, 31 kW , 12 3600 2 ⎝ 3600 ⎠

2 ∆E kstruje = ( nC M C + nD M D ) ⋅ 12

(w )

* 2

− ( w2 ) 2

2

,

2 2 81,08 ⎛ 121, 62 ⎞ 30 − 0 2 28 32 ∆E kstruje = ⋅ + ⋅ ⋅ = 0, 75 kW , 12 ⎜ 3600 ⎟ 3600 2 ⎝ ⎠

(

)

1 2 Lt12 = Q12 − ( H 2 − H 1 ) − ∆E kstruje + ∆E kstruje , 12 12

Lt12 = −10 − ( 3249,8 − 3085,9 ) − ( −54,31 + 0, 75 ) = −120,34 kW .

Pošto je vrednost za Lt12 negativan broj, to znači da se u sistem dovodi mehanička snaga. Zadatak 1.55. Vazduh (idealan gas) početne temperature tv1 = 50°C , masenog protoka m v = 2 kg s zagreva se u rekuperativnom razmenjivaču toplote na račun hlađenja mešavine idealnih gasova CO2 i SO2 od tm1 = 400°C do tm 2 = 240°C . Maseni protok mešavine idealnih gasova je m m = 3 kg s , a maseni udeo CO2 u mešavini je 80% . Razmenjivač toplote je toplotno izolovan od okoline. Pokazati da je proces razmene toplote nepovratan. Zanemariti promene kinetičke

200

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA i potencijalne energije gasnih struja kao i padove pritisaka gasnih struja pri strujanju kroz razmenjivač toplote.


Maseni udeo sumpordioksida u mešavini g CO2 = 0,8 , g SO2 = 1 − g CO2 = 1 − 0,8 = 0, 2 .

Specifični toplotni kapacitet mešavine pri konstantnom pritisku c pm = gCO2 c pCO2 + g SO2 c pSO2 , c pm = 0,8 ⋅ 850c pCO2 + 0,2 ⋅ 580 , c pm = 0,796

kJ . kgK

Prvi zakon termodinamike za proces u razmenjivaču toplote Q12 = ∆H 12 + Lt12 + ∆E k12 + ∆E p12 ,

H 1 = H 2 , odnosno

H ul = H iz ,

201


m v c pvTv1 + m m c pmTm1 = m v c pvTv 2 + m m c pmTm 2 , Tv 2 =

Tv 2 =

m v c pvTv1 + m m c pmTm1 − m m c pmTm 2 m v c pv

2 ⋅ 1000 ⋅ 323 + 3 ⋅ 796 ⋅ 673 − 3 ⋅ 796 ⋅ 513 , 2 ⋅ 1000

Tv 2 = 514 K . Drugi zakon termodinamike ∆Sis = ∆Srt + ∆Sok ,

∆Sis = ∆Srt , ∆Srt = ∆Sv + ∆Sm . Za pv1 = pv 2 ,

pm1 = pm 2 , sledi

∆Sv = m v c pv ln

Tv 2 , Tv1

∆Sv = 2 ⋅ 1000 ⋅ ln

∆Sm = m m c pm ln

514 kW , = 0,93 323 K

Tm 2 , Tm1

∆Sm = 3 ⋅ 796 ⋅ ln

513 kW , = −0,65 673 K

∆Srt = 0,93 − 0, 65 = 0, 28

202

,

kJ , K

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA kJ . ∆Sis = ∆Srt = 0, 28 K

Pošto je promena entropije izolovanog sistema pozitivan broj

( ∆S

is

)

> 0 , to

znači da je proces razmene toplote u razmenjivaču nepovratan proces. Zadatak 1.56. Smeša kiseonika i ugljen-dioksida (idealnih gasova) pogonjena kompresorom snage P = 19 kW , struji kroz kanal. Usled neidealnog izolovanja kanala i kompresora, pri ustaljenom režimu strujanja, toplotni protok od smeše na okolni vazduh iznosi Q12 = 1,28 kW . Zapreminski protok i temperatura smeše na ulazu

u usisni kanal iznose V1 = 0,15 m 3 s i T1 = 375 K . Na izlazu iz potisnog kanala, pri pritisku p2 = 0, 2 MPa , zapreminski protok i temperatura smeše iznose V = 0,11 m3 s i T = 475 K . 2

2

Odrediti: - masene udele komponenti u smeši, - razliku između specifične entropije smeše na izlazu iz potisnog kanala i ulazu u usisni kanal, - promenu entropije sistema u navedenom procesu, ako temperatura okoline iznosi To = 293 K . Zanemariti promenu makroskopske kinetičke i potencijalne energije. R e š e n j e:

Slika 1.95. Jednačina stanja smeše idealnih gasova na izlazu iz kanala p2V2 = n ( MR )T2 ,

203


n =

p2V2 , ( MR)T2

n =

0, 2 ⋅ 106 ⋅ 0,11 kmol . = 5,57 ⋅ 10 −3 8, 315 ⋅ 475 s

Prvi zakon termodinamike za proces u kanalu Q12 = ∆H 12 + Lt12 + ∆Ek12 + ∆E p12 ,

(

Q12 = n Mc p

( Mc )

p m

=

)m (T2 − T1 ) + Lt12 ,

Q12 − Lt12 , n (T2 − T1 )

+ 19 kJ . = 31,81 ( Mc p )m = 5,57 ⋅10−1,328⋅ ( 475 kmolK − 375 ) −

Prema definiciji molarni specifični toplotni kapacitet mešavine je

( Mc p )m = rO ( Mc p )O 2

2

+ rCO2 ( Mc p )

CO2

,

dok za zapreminski udeo komponenti u mešavini važi rO2 + rCO2 = 1 . Iz prethodne dve jednačine sada sledi da je rO2 = 0,6735 , rCO2 = 0,3265 .

Maseni udeo komponenti u mešavini

204

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA gO2 =

gO2 =

rO2 M O2 rO2 M O2 + rCO2 M CO2

,

0,6735 ⋅ 32 = 0,6 0,6735 ⋅ 32 + 0,3265 ⋅ 44

gCO2 = 1 − gO2 = 1 − 0,6 = 0,4 . Jednačina stanja mešavine idealnih gasova na ulazu u usisni kanal

p1V1 = n (MR)T1 , p1 =

n ( MR )T1 , V1

p1 =

5,57 ⋅ 8,315 ⋅ 375 = 1,16 ⋅105 Pa . 0,15

Molekularna masa, gasna konstanta i masena specifična toplota mešavine M m = rO2 M O2 + rCO2 M CO2 = 0, 6735 ⋅ 32 + 0,3265 ⋅ 44 = 35,92

Rm =

cp m =

kg , kmol

( MR) 8,315 J = = 231,5 , Mm kgK 35,92 ⋅10−3 ( Mc p ) m Mm

=

31,81 J . = 885, 6 35,92 kgK

Razlika specifične entropije mešavine između izlaza iz potisnog kanala i ulaza u usisni kanal s2 − s1 = c pm ln

T2 p − Rm ln 2 , T1 p1

205

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE s2 − s1 = 885, 6 ⋅ ln

s2 − s1 = 83,24

475 0, 2 ⋅ 106 , − 231,5 ⋅ ln 375 1,16 ⋅ 105

J . kgK

Promena entropije sistema ∆Sis = ∆Srt + ∆Sok , ∆Sok = −

Q12 W −1, 28 ⋅ 103 , =− = 4,37 293 K To

⎡ T p ⎤ ∆Srt = ∆Sm = f ( p,T ) = n ⎢( Mc pm ) ln 2 − ( MR ) ln 2 ⎥ , T1 p1 ⎦ ⎣ ⎡ 475 0,2 ⋅ 106 ⎤ ∆Srt = 5,57 ⋅10−3 ⎢ 31,81⋅ ln − 8,315ln ⎥, 375 1,16 ⋅105 ⎦ ⎣ ∆Srt = 16, 7

W , K

∆Sis = 16, 7 + 4,37 = 21, 07

W . K

Zadatak 1.57. Tokom ravnotežne (kvazistatične) termomehaničke promene stanja 1-2, kiseoniku ( poluidealnom gasu) mase m = 0,3 kg , polaznog stanja 1 (T1 = 373 K, p1 ) , predaje se toplota pri čemu se kiseonik zagreje do T2 = 673 K . Specifični toplotni kapacitet kiseonika tokom te promene stanja menja se po zakonu: c T = 0,9 + 0,001 . [ kJ kgK ] [K ]

206

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Od stanja 2 kiseonik ravnotežno (kvazistatično) i izotermno menja stanje do stanja 3 ( p3 = p1 ) . Odrediti količinu toplote koju kiseonik preda: a) tokom procesa 1-2, b) tokom procesa 2-3. Grafički prikazati promenu stanja kiseonika u pv i Ts koordinatnom sistemu. R e š e n j e: a) Količina toplote koja se oslobodi tokom procesa 1-2 T2

Q12 = m ∫ c (T )dT , T1

T2

Q12 = m ∫ ( 0,9 + 0, 001T )dT , T1

⎡ (T22 − T12 ) ⎤⎥ , Q12 = m ⎢0,9 (T2 − T1 ) + 0,001 2 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎡ ( 6732 − 3732 ) ⎤⎥ , Q12 = 0,3 ⋅ ⎢ 0,9 ⋅ ( 673 − 373) + 0,001 ⋅ 2 ⎢⎣ ⎥⎦ Q12 = 128, 07 kJ .

b) Srednje specifične toplote kiseonika za interval temperatura od T1 = 373 K do T2 = 673 K cp

cp

t1

0

t2 0

= cp

= cp

100o C 0

400o C 0

= 0,9218

kJ , kgK

= 0,9646

kJ , kgK

207


cp

cp

t2 t1

t2 t1

=

=

t2

t1

0

0

c p ⋅ t2 − c p ⋅ t1 t2 − t1

,

0,9646 ⋅ 400 − 0,9218 ⋅100 kJ = 0,9789 . 400 − 100 kgK

Drugi zakon termodinamike za proces 1-2 ds =

δq T

=

c (T ) dT T

,

T2

⎛ 0,9 ⎞ ∆s12 = ∫ ⎜ + 0,001 ⎟dT , T ⎠ T1 ⎝

∆s12 = 0,9ln

T2 + 0,001(T2 − T1 ) , T1

∆s12 = 0,9 ⋅ ln

673 + 0,001 ⋅ ( 673 − 373) , 373

∆s12 = 0,8312

kJ . kgK

Sa druge strane je ∆s12 = c p

208

T2 T1

ln

T2 p − R ln 2 , T1 p1

R ln

T2 p2 T = c p ln 2 − ∆s12 , T 1 p1 T1

R ln

p2 673 = 0,9789 ⋅ ln − 0,8312 , 373 p1

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA R ln

p2 kJ . = −0, 2535 kgK p1

Količina toplote u procesu 2-3 Q23 = mT2 ∆s23 ,

⎡ T3 T p ⎤ Q23 = mT2 ⎢c p ln 3 − R ln 3 ⎥ , T2 T p 2 2⎦ ⎣ Q23 = −mT2 R ln

Q23 = mT2 R ln

p3 , p2

p2 p = mT2 R ln 2 , p3 p1

Q23 = 0,3 ⋅ 673 ⋅ (−0, 2535) , Q23 = −51,182 kJ .

Slika 1.96.

Slika 1.97.

Zadatak 1.58. Zavisnost molarnog toplotnog kapaciteta od temperature za neki poluidealan gas, pri stalnom pritisku, data je izrazom: ⎛ T ⎞ C pM = 29, 2 + 4, 07 ⋅ 10 −3 ⋅ ⎜ − 273 ⎟ . ⎜ ⎟ [ J molK ] ⎝ [K ] ⎠

209

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE a) Odrediti količinu toplote koju treba predati gasu da bi se on zagrejao od polazne temperature T1 = 290 K do temperature T2 = 573 K , ako se predaja toplote vrši pri stalnom pritisku p = 1,5 MPa , a gas posle izobarskog širenja zauzima zapreminu V2 = 0,8 m3 . b) Koliku količinu toplote je potrebno predati istoj količini istog gasa, da bi se on zagrejao od iste polazne temperature T1 do iste temperature T2 , ako gas biva zagrevan pri stalnoj zapremini. R e š e n j e:

a) Jednačina stanja idealnog gasa u stanju 2 p2V2 = n ( MR ) T2 , n=

p2V2 1,5 ⋅ 106 ⋅ 0,8 , = ( MR ) T2 8315 ⋅ 573

n = 0, 252 kmol .

Količina toplote koju treba predati gasu u slučaju izobarskog zagrevanja gasa T2

( Q12 ) p=const = n ∫ C pM (T ) dT , T1

T2

( Q12 ) p =const = n ∫ ⎡⎣ 29, 2 + 4, 07 ⋅10−3 (T − 273 ) ⎤⎦ dT , T1

( Q12 ) p =const

⎡ T 2 − T12 ) ⎤ −3 −3 ( 2 ⎥, = n ⎢( 29, 2 − 4, 07 ⋅ 10 ⋅ 273) (T2 − T1 ) + 4, 07 ⋅ 10 2 ⎢⎣ ⎥⎦

( Q12 ) p =const = 2,128 MJ . b) U slučaju izohorskog zagrevanja gasa neophodna količina toplote biće

210

KVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA T2

( Q12 )v = const = n ∫ CvM (T ) dT , T1

T2

( Q12 )v =const = n ∫ ⎡⎣ C pM (T ) − ( MR ) ⎤⎦ dT , T1

( Q12 )v =const = ( Q12 ) p=const − n ( MR )( T2 − T1 ) , ( Q12 )v =const = 2,128 ⋅106 − 0, 252 ⋅ 8315 ⋅ ( 573 − 290 ) , ( Q12 )v =const = 1,535 MJ . Zadatak 1.59. Deo masenog protoka kiseonika (poluidealnog gasa), koji protiče kroz cevnu zmijaču, odvodi se i koristi za potrebe nekog tehnološkog procesa, dok se drugi deo, po izlasku iz zmijače, meša sa vazduhom (poluidealnim gasom), koji pri masenom protoku m v = 0,2 kg s i stalnom pritisku protiče kroz toplotno izolovan kanal. Temperatura kiseonika na ulazu u cevnu zmijaču iznosi Tk1 = 293 K , a temperatura vazduha na ulasku u kanal Tv = 873 K . Maseni udeo kiseonika u nastaloj smeši, temperature Tsm = 573 K , iznosi gB = 0,5 , a

temperatura kiseonika koji se koristi u tehnološkom procesu iznosi Tk 2 = 473 K . Ako se pritisak kiseonika pri proticanju kroz zmijaču ne menja, odrediti maseni protok kiseonika koji se koristi za tehnološke potrebe ( m A ) i maseni protok kiseonika ( m B ), koji se meša sa vazduhom.

Slika 1.98.

211


Maseni protok kiseonika koji se meša sa vazduhom gB =

m B , m v + m B

m B =

g B m v 0,5 ⋅ 0, 2 kg = = 0, 2 . 1 − g B 1 − 0,5 s

Srednje specifične toplote vazduha i kiseonika c pv

c pv

c pk

c pk

c pk

= 1,050

kJ , kgK

= 1,020

kJ , kgK

= 0,9111

kJ , kgK

tv 1 = 600o C 0

t sm =300o C 0

t k 1 = 20o C

0

tk 2 = 200o C 0

tsm = 300o C 0

= 0,9355

= 0,95

kJ , kgK

kJ . kgK

Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu ograničenom isprekidanom linijom (vidi sliku 1.98.) Q12 = ∆H 12 + Lt12 + ∆E k 12 + ∆E p12 ,

H 1 = H 2 , Tv 1 H 1 = m v c pv Tv1 + ( m A + m B ) c pk 0

212

Tk 1 0

Tk 1 ,


Tsm H 2 = m v c pv Tsm + m A c pk 0

m A =

m A =

(

m v c pv

Tsm 0

Tsm − c pv

Tv 1

c pk

0

Tk 2 0

)

(

Tv1 + m B c pk

Tk 1 0

Tk 2 + m B c pk

Tk1 − c pk

Tk 2 0

Tsm 0

Tsm 0

Tsm ,

Tsm − c pk

Tk 1 0

Tk1

),

Tk 2

0, 2 ⋅ (1,02 ⋅ 573 − 1, 05 ⋅ 873) + 0, 2 ⋅ ( 0,95 ⋅ 573 − 0,9111 ⋅ 293) , 0, 9111 ⋅ 293 − 0,9355 ⋅ 473

m A = 0,0624

kg . s

Ukupni maseni protok kiseonika m A + m B = 0, 0624 + 0, 2 = 0, 2624

kg . s

213

2 Nekvazistatične promene stanja idealnog gasa

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA 2.0. Nekvazistatične promene stanja idealnog gasa Funkcija y = const je neprekidna funkcija definisana na domenu ( x1 , x2 ) . Funkcijom const se opisuju kvazistatični (ravnotežni) procesi. Integral funkcije y = const je definisan (postoji).

Slika 2.1. Funkcija y = const Funkcija y = idem nije neprekidna funkcija. Nije definisana na domenu ( x1 , x2 ) već samo na početku i kraju domena, u tačkama 1 i 2 (tačkasta funkcija). Idem funkcijom se opisuju nekvazistatični (neravnotežni) procesi. Integral funkcije y = idem nije definisan (ne postoji).

Slika 2.2. Funkcija y = idem

217

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 2.1. Adijabatsko prigušivanje

Slika 2.3. Adijabatsko prigušivanje Osnovne karakteristike procesa: - u = idem u zatvorenim termodinamičkim sistemima, - h = idem u otvorenim termodinamičkim sistemima. - Q12 = 0 , - L12 = 0, ( Lt12 = 0 ) , - p1 > p2 , - u1 = u2 , u zatvorenim termodinamičkim sistemima, - h1 = h2 , u otvorenim termodinamičkim sistemima, - T1 = T2 , važi samo za prigušenje idealnih gasova, - ∆s12 > 0 , priraštaj entropije radnog tela usled mehaničke neravnoteže ∆smeh.ner .

218

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA

Slika 2.4. Funkcija h = idem 2.2. Nekvazistatične politropske promene stanja pv m = idem Nekvazistatične politropske promene stanja su one promene stanja koje se odvijaju u uslovima mehaničke neravnoteže. Kod nekvazistatičnih politropskih promena stanja zakon promene ( pv m = idem ) važi samo za početno i krajnje stanje radnog tela, a ne i za međustanja. Svaka nekvazistatična politropska promena stanja nastaje od odgovarajuće kvazistatične politropske promene stanja na sledeći način. Najpre se izvrši odgovarajuća kvazistatična politropska promena stanja od početnog stanja 1 ( p1 , T1 ) do stanja A koje ima istu entalpiju (kod idealnih gasova i istu temperaturu) kao i krajnje stanje 2 ( hA = h2 , TA = T2 ). Zatim se izvrši adijabatsko prigušivanje ( h = idem , a kod idealnih gasova i T = idem ) do stanja 2 ( p2 , T2 ). Svakoj nekvazistatičnoj politropskoj promeni stanja 1-2 odgovara tačno određena kvazistatična politropska promena stanja 1-A. U tabeli 2.1 je dat prikaz kvazistatičnih promena stanja koje odgovaraju adekvatnoj nekvazistatičnoj promeni stanja.

219

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Tabela 2.1. Nekvazistatična promena stanja

Kvazistatična promena stanja

Nekvazistatična adijabata pv m = idem

Kvazistatična adijabata pvκ = const , s = const

Nekvazistatična izentropa pv m = idem, s = idem

Kvazistatična politropa pv n = const 1 < n < κ kompresija κ < n < ∞ ekspanzija

Nekvazistatična politropa pv m = idem

Kvazistatična politropa pv n = const n > m ekspanzija n < m kompresija

Nekvazistatična izoterma pv = idem, T = idem

Kvazistatična izoterma pv = const , T = const

pv m = idem

=

pv n = const

+

h = idem

2.3. Zajedničke karakteristike nekvazistatičnih politropskih promena stanja

1. Svaka nekvazistatična promena stanja u vezi je sa odgovarajućom kvazistatičnom promenom stanja preko stepena dobrote (izentropski stepen iskorišćenja) ηd :

η dex =

Lt12 l T −T = t12 = 1 2 , za slučaj ekspanzije, Lt12k lt12k T1 − T2k

ηdkp =

Lt12k lt12k T1 − T2k = = , za slučaj kompresije, Lt12 lt12 T1 − T2

pri čemu su

Lt12 - mehanički rad nekvazistatične promene stanja između pritisaka p1 i p2 , Lt12k - mehanički rad kvazistatične promene stanja između pritisaka p1 i p2 .

220

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA 2. Toplotni kapacitet (specifična toplota) za datu nekvazistatičnu promenu stanja ( cnkv ) je jednaka toplotnom kapacitetu (specifičnoj toploti) kvazistatične promene stanja od koje je nastala ( ckv ), a sa kojom je "povezana" preko stepena dobrote ηd , odnosno

cnkv = ckv ili c12 = c1A . 3. Kod nekvazistatičnih politropskih promena stanja spoljni uticaji ( Q12 , L12 ) se ne mogu izračunati iz diferencijalnih jednačina za kvazistatične politropske promene stanja (ne važe definicioni integrali i formule za Q12 , L12 i Lt12 ), već samo iz prvog zakona termodinamike

Q12 = ∆U12 + L12 (za zatvorene termodinamične sisteme), Q12 = ∆H12 + Lt12 (za otvorene termodinamične sisteme). 4. Količina toplote Q12 se, osim prvog zakona termodinamike, može odrediti i iz jednačine

Q12 = Q1A + QA2 , pri čemu je QA2 = 0 . 5. Svaka nekvazistatična politropska promena stanja u odnosu na odgovarajuću kvazistatičnu politropsku promenu stanja (između istih temperatura) „dovodi” do priraštaja entropije. Taj priraštaj entropije je posledica adijabatskog prigušivanja i naziva se priraštaj entropije usled mehanične neravnoteže

∆Smeh.ner . = ∆SA2 > 0 . 6. Nekvazistatične politropske promene stanja takođe se (kao i kvazistatične politropske promene stanja) mogu odigravati u uslovima postojanja toplotne neravnoteže (postojanja toplotnih izvora i toplotnih ponora). To dovodi do priraštaja entropije i usled toplotne neravnoteže ( ∆S1A = ∆Stopl .ner . ), tako da se ukupan priraštaj entropije radnog tela ( ∆S12 = ∆Srt ) sastoji delom od priraštaja entropije usled toplotne neravnoteže ( ∆S1A ) a delom od priraštaja entropije usled mehanične neravnoteže ( ∆SA2 ) tj. važi jednačina

221


∆S12 = ∆S1A + ∆SA2 , ∆Srt = ∆Stopl .ner . + ∆Smeh.ner . . 7. Ukupna promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema (drugi zakon termodinamike) računa se na uobičajen način

∆Sis = ∆Srt + ∆Surt , gde je

∆Surt - promena entropije uzroka razmene toplote, ∆Surt = −

Q12 . Turt

8. Svaka nekvazistatična politropska promena stanja potpuno je određena kada se osim veličina stanja u tački 1 odnosno u tački 2 poznaje bar jedan od sledećih faktora: -

zakon promene stanja u bilo kom koordinatnom sistemu ( pv, pT , Tv ), toplotni kapacitet ( c12 ) nekvazistatične promene stanja, priraštaj entropije radnog tela usled mehanične neravnoteže ∆Smeh.ner . , stepen dobrote promene stanja ηd .

2.4. Grafički prikaz nekvazistatičnih politropskih promena stanja

Sve dijagrame nekvazistatičnih promena stanja shvatiti uslovno, jer se nekvazistatične linije predstavljaju prema dogovoru, na način koji sledi. Stvarni položaj međustanja nije poznat već je poznato samo početno i krajnje stanje.

222

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA 2.4.1. Nekvazistatična adijabata

Slika 2.5. Nekvazistatična adijabata- kompresija

Slika 2.6. Nekvazistatična adijabata- ekspanzija

ηdkp =

lt12k c p (T1 − T2k ) T1 − T2k , = = lt12 c p (T1 − T2 ) T1 − T2

η dex =

c p (T1 − T2 ) T1 − T2 lt12 , = = lt12k c p (T1 − T2k ) T1 − T2k

Q12 = Q1A = QA2 = 0 , c = cnkv = c12 = ckv = c1A = 0 ,

223


∆S12 = ∆S1A + ∆SA2 , ∆Smeh.ner . = ∆SA2 > 0 , κ

⎛ T ⎞ κ −1 pA = p1 ⎜ A ⎟ , ⎝ T1 ⎠ ⎡ T p ⎤ ∆Smeh.ner . = ∆S A2 = m ⎢c p ln 2 − R ln 2 ⎥ . TA pA ⎦ ⎣

2.4.2. Nekvazistatična izentropa

Slika 2.7. Nekvazistatična izentropa- kompresija

Slika 2.8. Nekvazistatična izentropa- ekspanzija

224

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Uočiti da je kod nekvazistatične izentrope (za razliku od kvazistatične) q12 ≠ 0 . U oba slučaja (ekspanzija i kompresija) je q12 < 0 . Primer proračuna za slučaj izentropske ekspanzije (m – nekvazistatična promena stanja, n – politropska kvazistatična promena stanja). Za nekvazistatičnu izentropsku ekspanziju, jednačina stanja može se primeniti samo na početno i krajnje stanje T1 =

p1v1 . R

Takođe, za neravnotežnu (nekvazistatičnu) promenu stanja relacija pv m = idem važi samo za početno i krajnje stanje, odnosno

p1v1m = p2 v2m , p11− mT1m = p12− mT2m , odakle je temperatura T2 ⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

m −1 m

.

Kvazistatična promena stanja 1- A-2k

c = c12 = ckv , c12 = cv

n=

n −κ , n −1

c12 − κ cv , c12 − cv

L12 = m ( c − cv ) (T2 − T1 ) .

225

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Pritisak u tački A n

⎛ T ⎞ n −1 pA = p1 ⎜ A ⎟ . ⎝ T1 ⎠ Porast entropije radne materije usled mehaničke neravnoteže

⎡ T p ⎤ ∆Smeh.ner . = ∆S A2 = m ⎢c p ln 2 − R ln 2 ⎥ . TA pA ⎦ ⎣ Promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema ako postoji toplotni ponor (toplotni izvor) čija je temperatura konstantna.

∆Sis = ∆Srt + ∆Surt , ∆Sis = ∆S rt + ∆Stp ,

∆S12 = ∆S1A + ∆SA2 , ∆Srt = ∆Stopl .ner . + ∆Smeh.ner . , ⎡ T p ⎤ ∆Stopl .ner . = ∆S1A = m ⎢c p ln A − R ln A ⎥ , T1 p1 ⎦ ⎣ Q12 = Q1A + QA2 = mcv ∆Stp = −

n −κ (TA − T1 ) , pri čemu je QA2 = 0 , n −1

Q12 , Ttp

∆Sis = ∆Stopl .ner . + ∆Smeh.ner . + ∆Stp .

226

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA 2.4.3. Nekvazistatična politropa

Slika 2.9. Nekvazistatična politropa- kompresija

Slika 2.10. Nekvazistatična politropa- ekspanzija Zakon promene nekvazistatične koordinatnog sistema glasi:

politrope

u

zavisnosti

od

izabranog

pv m = idem

( n > m ekspanzija, n < m kompresija),

p1− mT m = idem


v m−1T = idem


227

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Primer proračuna nekvazistatične politrope za slučaj ekspanzije (m – nekvazistatična promena stanja, n – politropska kvazistatična promena stanja) Zakon nekvazistatične promene stanja pv m = idem može se transformisati u oblik p1− mT m = idem i može se primeniti samo na početno i krajnje stanje, jer stvarni položaj međustanja nije poznat. Iz tako iskazanog zakona promene stanja dobijamo

p11− mT1m = p12− mT2m , m

⎛ T ⎞ m −1 p2 = p1 ⎜ 2 ⎟ . ⎝ T1 ⎠ Toplotni kapacitet nekvazistatične promene stanja cnkv = c12 = ckv = cv

n=

n −κ , n −1

c12 − κ cv . c12 − cv

Pritisak radne materije u tački A kvazistatične politrope p11− nT1n = p1A− nTAn , u kojoj je TA = T2 n

⎛ T ⎞ n −1 pA = p1 ⎜ A ⎟ . ⎝ T1 ⎠ Priraštaj entropije radne materije usled mehaničke neravnoteže

⎡ T p ⎤ ∆Smeh.ner . = ∆S A2 = m ⎢c p ln 2 − R ln 2 ⎥ . TA pA ⎦ ⎣

228

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Promena entropije radne materije usled toplotne neravnoteže

⎡ T p ⎤ ∆Stopl .ner . = ∆S1A = m ⎢c p ln A − R ln A ⎥ . T1 p1 ⎦ ⎣ Promena entropije radnog tela

∆Srt = ∆Stopl .ner . + ∆S meh.ner . Promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema ako je uzrok promene toplotni izvor čija je temperatura konstantna

∆Sis = ∆Srt + ∆Sti , Q12 = Q1A + QA 2 = mcv

∆Sti = −

n −κ (TA − T1 ) , pri čemu je QA2 = 0 , n −1

Q12 . Tti

I nekvazistatične promene stanja mogu biti politropne, tj. i kod njih može biti δq = c = const . Zapreminski i tehnički rad politropa je tada dT

cdT = cv dT + δ l , cdT = c p dT + δ lt , odnosno u konačnom obliku za neki proces 1 – 2

q12 = c (T2 − T1 ) , l12 = c (T2 − T1 ) + u1 − u2 , lt12 = c (T2 − T1 ) + h1 − h2 .

229

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Za idealne gasove je

l12 = ( c − cv ) (T2 − T1 ) ,

(

)

lt12 = c − c p (T2 − T1 ) .

Promena stanja prikazana na slikama 2.9. i 2.10. može se podeliti na kvazistatičan deo 1–A i na adijabatno prigušenje A–2. Prema tome, deo 1-A predstavlja kvazistatičnu politropu sa cn = c . Duž tog dela dovela bi se količina toplote q1A

q1A = cn (TA − T1 ) = c (T2 − T1 ) = q12 . Onda je tehnički rad tog dela promene jednak tehničkom radu duž stvarne promene stanja 1-2 ( hA = h2 , za idealan gas TA = T2 )

lt1A = q1A + h1 − hA = q12 + h1 − h2 = lt12 . Kada bi se promena obavljala kvazistatičnim putem 1-2k od pritiska p1 do pritiska p2 dobio bi se tehnički rad

lt12k = q12k + h1 − h2k > lt12 Stepen dobrote nekvazistatične politrope 1-2 sada je

ηdex =

lt12 q +h −h = 12 1 2 , lt12k q12k + h1 − h2k

za idealne gasove to je

ηdex =

230

(

) )

c − c p (T2 − T1 ) lt12 T −T = = 1 2 lt12k T cn − c p (T2k − T1 ) 1 − T2k

(

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA 2.4.4. Nekvazistatična izoterma

Slika 2.11. Nekvazistatična izoterma- kompresija

Slika 2.12. Nekvazistatična izoterma- ekspanzija Nekvazistatična izotermna kompresija

⎡ T p ⎤ ∆Smeh.ner . = ∆S A2 = m ⎢c p ln 2 − R ln 2 ⎥ , TA pA ⎦ ⎣

Q12 = Q1A + QA2 , pri čemu je QA2 = 0 , Q1A = mT1 R ln

p1 . pA

231

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Prvi zakon termodinamike za proces 1-2

Q12 = ∆U12 + L12 , L12 = Q12 , L12k = mT1 R ln

ηdkp =

p1 , p2k

L12k . L12

Nekvazistatična izotermna ekspanzija

⎡ T p ⎤ ∆Smeh.ner . = ∆S A2 = m ⎢c p ln 2 − R ln 2 ⎥ , TA pA ⎦ ⎣

Q12 = Q1A + QA2 , pri čemu je QA2 = 0 , Q1A = mT1 R ln

p1 . pA


Q12 = ∆U12 + L12 ,

L12 = Q12 , L12k = mT1 R ln

ηdex =

232

L12 . L12k

p1 , p2k

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Zadatak 2.1. Tri kilomola dvoatomnog idealnog gasa ekspandiraju adijabatski od stanja 1 p1 = 8 bar, ( Mv1 ) = 6, 2 m3 kmol do stanja 2 ( p2 = 1 bar ) , pri čemu porast

(

)

entropije radne materije usled mehaničke neravnoteže iznosi ∆S = 14 kJ K . Odrediti stepen dobrote ηdex ove ekspanzije.

R e š e n j e:

Slika 2.13. Stepen dobrote nekvazistatične adijabatske ekspanzije

η dex =

T1 − T2 . T1 − T2k

Jednačina stanja idealnog gasa za stanje 1

p1v1 = RT1 , p1 ( Mv1 ) = ( MR ) T1 , odakle je temperatura radnog gasa pre ekspanzije T1 =

p1 ( Mv1 )

( MR )

,

233

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE T1 =

8 ⋅ 105 ⋅ 6, 2 ⋅ 10−3 = 596,5 K . 8,315

Promena entropije radnog tela usled mehaničke neravnoteže iznosi ⎛ T p ⎞ p ∆S = ∆S meh.ner . = m ⎜ c p ln 2 − R ln 2 ⎟ = − n ( MR ) ln 2 , TA pA ⎠ pA ⎝ pa sledi da je p A = p2 e

∆S n ( MR )

,

14⋅103

pA = 1 ⋅ e

3⋅103 ⋅8,315

= 1,7528 bar .

Na osnovu jednačine kvazistatične adijabate 1-A temperatura TA = T2 biće ⎛p ⎞ TA = T1 ⎜ A ⎟ ⎝ p1 ⎠

κ −1 κ

, 1,4 −1

⎛ 1,7528 ⎞ 1,4 = 386,6 K , TA = 596,5 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 8 ⎠

T2 = TA = 386,6 K . Analogno prethodnom, za kvazistatični adijabatski proces 1 − 2k imamo da je ⎛p ⎞ T2k = T1 ⎜ 2k ⎟ ⎝ p1 ⎠

κ −1 κ

⎛p ⎞ = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

1,4 −1

κ −1 κ

,

⎛ 1 ⎞ 1,4 = 329,3 K . T2k = 596,5 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝8⎠

234

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Konačno, stepen dobrote date ekspanzije iznosi

η dex =

T1 − T2 , T1 − T2k

ηdex =

596,5 − 386,6 = 0,7856 . 596,5 − 329,3

Zadatak 2.2. Vazduh (idealan

gas)

stanja

1 ( p1 = 12 bar, t1 = 255°C )

ekspandira

nekvazistatično adijabatski sa stepenom dobrote η = 0,8 do stanja 2 ex d

( p2 = 1 bar ) . Odrediti: a) temperaturu vazduha nakon ekspanzije, b) priraštaj entropije radnog tela usled mehaničke neravnoteže, c) zakon nekvazistatične promene stanja u obliku pv m = idem . R e š e n j e:

Slika 2.14. a) Stepen dobrote nekvazistatične adijabatske ekspanzije

ηdex =

T1 − T2 , T1 − T2k

235


odakle sledi da je temperatura vazduha nakon ekspanzije T2 = T1 + η dex (T2k − T1 ) .

Nekvazistatičnoj adijabati 1-2 odgovara kvazistatična adijabata 1-2k, pa će temeperatura T2k biti ⎛p ⎞ T2k = T1 ⎜ 2k ⎟ ⎝ p1 ⎠

k −1 k

⎛1⎞ T2k = 528 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 12 ⎠

⎛p ⎞ = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

1,4 −1 1,4

k −1 k

,

= 259,59 K .

Tražena temperatura T2 sada je T2 = T1 + η dex (T2k − T1 ) = 528 + 0,8 ⋅ ( 259,59 − 528 ) = 313, 27 K .

b) Priraštaj entropije radnog tela usled mehaničke neravnoteže je priraštaj entropije radnog tela prilikom promene stanja A-2, odnosno ∆smeh.ner . = c p ln

T2 p T p − R ln 2 = c p ln 2 − R ln 2 , TA pA T2 pA

∆smeh.ner . = − R ln

p2 . pA

Pritisak pA određujemo iz jednačine kvazistatične adijabate 1-2 k

k

1,4

⎛ T ⎞ k −1 ⎛ T ⎞ k −1 ⎛ 313, 27 ⎞1,4 −1 = 1,9307 bar . pA = p1 ⎜ A ⎟ = p1 ⎜ 2 ⎟ = 12 ⋅ ⎜ ⎟ T T ⎝ 528 ⎠ ⎝ 1⎠ ⎝ 1⎠

236

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Traženi prirast entropije usled mehaničke neravnoteže je ∆smeh.ner . = − R ln

p2 1 J = −287 ⋅ ln = 188,81 . pA 1,9307 kgK

c) Eksponent nekvazistatične promene stanja m

pv m = idem , p1v1m = p2 v2m p2 p1 . m= v ln 1 v2 ln

Specifične zapremine v1 i v2 su v1 =

RT1 287 ⋅ 528 m3 , = = 0,1263 p1 kg 12 ⋅ 105

v2 =

RT2 287 ⋅ 313, 27 m3 , = = 0,8991 p2 kg 1 ⋅ 105

pa sledi da je p2 1 ln p1 12 m= = = 1, 266 , v 0,1263 ln 1 ln 0,8991 v2 ln

te će zakon promene stanja biti

pv1,26 = idem .

237


Zadatak 2.3. Jedan kilogram vazduha (idealan gas) stanja 1 ( p1 = 12 bar )

ekspandira

nekvazistatično adijabatski sa stepenom dobrote η dex = 0,8 do stanja 2

( p2 = 1 bar, t2 = 40°C ) . Napisati zakon kvazistatične politropske promene u

pv i Ts koordinatnom sistemu koja prolazi kroz zadata stanja nekvazistatične adijabatske promene stanja.

R e š e n j e:

Slika 2.15. Kvazistatična adijabata 1-2k κ κ , p1v1κ = p2k v2k = p2 v2k

κ p11−κ T1κ = p12−κ T2k ,

⎛p ⎞ T2k = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

κ −1 κ

.

Shodno dobijenoj zavisnosti stepen dobrote ηdex biće

η dex =

238

T1 − T2 , T1 − T2k


η dex =

T1 − T2 κ −1 ⎛ ⎞ ⎛ p2 ⎞ κ ⎟ ⎜ T1 ⎜1 − ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ p1 ⎠ ⎟ ⎝ ⎠

.

Iz prethodne jednakosti dolazimo do temperature T1

T2

T1 =

κ −1 ⎛ ⎞ ⎛ p2 ⎞ κ ⎟ ex ⎜ 1 − ηd ⎜1 − ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ p1 ⎠ ⎟ ⎝ ⎠

,

313

T1 =

1,4 −1 ⎛ ⎞ 1,4 1 ⎛ ⎞ ⎟ 1 − 0,8 ⋅ ⎜ 1 − ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎝ 12 ⎠ ⎟⎟ ⎝ ⎠

= 527,5 K .

Specifične zapremine v1 i v2 određujemo iz jednačina stanja vazduha u tačkama 1i2 v1 =

RT1 287 ⋅ 527,5 m3 , 0,1262 = = kg p1 12 ⋅105

v2 =

RT2 287 ⋅ 313 m3 . = = 0,8983 5 kg p2 1 ⋅ 10

Eksponent tražene kvazistatične politrope

p1v1n = p2 v2n , p1 p2 , n= v2 ln v1 ln

239

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 12 1 = 1, 2661 . n= 0,8983 ln 0,1262 ln

Zakon promene stanja u pv koordinatnom sistemu

pv1.2661 = const . Zakon promene stanja u Ts koordinatnom sistemu

S − S1 = cn ln

T , T1

gde je

cn = cv

n −κ 1, 2661 − 1, 4 J = 720 ⋅ = −362,3 . n −1 1, 2661 − 1 kgK

Zadatak 2.4. Kompresor proizvođača A radi između pritisaka pmin = 1 bar i pmax = 9 bar . Kompresor proizvođača B radi između pritisaka pmin = 1,5 bar i pmax = 10 bar . U oba slučaja radni fluid je vazduh (idealan gas) početne temperature t1 = 30°C . Temperature vazduha na izlazu iz oba kompresora su jednake. Odrediti koji je kompresor kvalitetniji sa termodinamičkog aspekta, pretpostavljajući da su kompresije adijabatske. R e š e n j e:

Slika 2.16.

240

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Sa termodinamičkog aspekta kvalitetnija je ona kompresija kod koje je: - veći stepen dobrote adijabatske kompresije ili - manja promena entropije sistema a) Poređenje kompresora prema stepenu dobrote adijabatske kompresije koja se u njima odvija k −1

T −T η dA = 1 2kA T1 − T2

⎛p ⎞k T1 − T1 ⎜ 2k ⎟ T1 ⎝ p1 ⎠ A = = T1 − T2 T1 − T2

T −T η = 1 2kB T1 − T2

⎛p ⎞k T1 − T1 ⎜ 2k ⎟ T1 ⎝ p1 ⎠ B = = T1 − T2 T1 − T2

k −1 ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ p ⎢1 − 2k k ⎥ , ⎢ ⎜ p ⎟ ⎥ ⎝ 1 ⎠A ⎥ ⎣⎢ ⎦

k −1

B d

k −1

ηdA = ηdB

⎛p ⎞k 1 − ⎜ 2k ⎟ ⎝ p1 ⎠ A

k −1

⎛p ⎞k 1 − ⎜ 2k ⎟ ⎝ p1 ⎠ B

k −1 ⎡ ⎤ ⎢1 − ⎛ p2k ⎞ k ⎥ , ⎢ ⎜ p ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ 1 ⎠ B ⎥⎦

1,4 −1

⎛ 9 ⎞ 1,4 1− ⎜ ⎟ ⎝1⎠ = = 1, 214 . 1,4 −1 ⎛ 10 ⎞ 1,4 1− ⎜ ⎟ ⎝ 1,5 ⎠

Pošto je količnik stepena dobrote adijabatske kompresije veći od 1, to znači da je stepen dobrote kompresora proizvođača A veći od stepena dobrote kompresora proizvođača B, pa je samim tim kompresor proizvođača A kvalitetniji sa termodinamičkog aspekta. Uočiti da se zadatak mogao rešiti bez zadate temperature T1 . b) Poređenje kompresora prema promeni entropije sistema

( ∆sis )A = c p ln

T2A p − R ln 2A + ∆sok , T1A p1A

( ∆sis )B = c p ln

T2B p − R ln 2B + ∆sok , T1B p1B

241

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE ⎛

( ∆sis )A − ( ∆sis )B = − R ⎜ ln ⎝

Kako je

p2A p ⎞ 10 ⎞ J ⎛ 9 − ln 2B ⎟ = −287 ⋅ ⎜ ln − ln ⎟ = −86,13 kgK . p1A p1B ⎠ 1 1,5 ⎝ ⎠

( ∆sis )A < ( ∆sis )B

takođe sledi da je kompresor proizvođača A sa

termodinamičkog stanovišta kvalitetniji od kompresora proizvođača B. Zadatak 2.5. Tokom nekvazistatičnog sabijanja m = 3 kg butana (idealnog gasa) od stanja 1

( p1 = 1 bar, t1 = 20°C ) do stanja 2 ( p2 = 30 bar, S2 = S1 ) , spoljašnja mehanička sila izvrši rad od 850 kJ . Tokom procesa radna materija predaje toplotu toplotnom ponoru stalne temperature ttp = 0°C . Skicirati proces u Ts koordinatnom sistemu i odrediti: a) promenu entropije termodinamičkog sistema tokom posmatrane promene stanja, b) stepen dobrote nekvazistatične kompresije. R e š e n j e:

Fizičke osobine butana (idealnog gasa): R = 143

J kgK

- gasna konstanta vazduha,

c p = 640

J - specifična toplota pri konstantnom pritisku, kgK

cv = 500

J - specifična toplota pri konstantnoj zapremini, kgK

κ = 1, 28 - eksponent kvazistatične adijabate (izentrope).

242


Slika 2.17. a) Promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema

∆Sis = ∆Srt + ∆Sok , ∆Sis = ∆S rt + ∆Stp . Kako je uslov zadatka S2 = S1 sledi da je ∆Srt = S2 − S1 = 0 , odnosno

∆Sis = ∆Stp = −

Q12 . Ttp


Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = mcv (T2 − T1 ) + L12 . Temperaturu T2 određujemo iz zakona nekvazistatične promene stanja 1-2 T1 ⎛ p1 ⎞ =⎜ ⎟ T2 ⎝ p2 ⎠

k −1 k

,

243

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE ⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

k −1 k

⎛ 30 ⎞ T2 = 293 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 1 ⎠

,

1,28 −1 1,28

= 616,6 K ,

pa će razmenjena količina toplote Q12 biti

Q12 = 3 ⋅ 0,5 ⋅ ( 616,6 − 293) − 850 = −364,633 kJ

,

L12 = −850 kJ . Promena entropije termodinamičkog sistema

∆Sis = −

Q12 kJ −364,633 . =− = 1,3357 273 K Ttp

b) Razmenjena količina toplote u procesu 1-2

Q12 = Q1A + QA2 = −364,633 kJ , pri čemu je QA2 = 0 , Q1A = mcv

n−k n−k (TA − T1 ) =mcv (T2 − T1 ) , n −1 n −1

odakle je

Q1A −364,633 −k − 1, 28 3 ⋅ 0,5 ⋅ ( 616,6 − 293) mcv (T2 − T1 ) = = 1,1599 . n= Q1A −364,633 −1 −1 3 ⋅ 0,5 ⋅ ( 616,6 − 293) mcv (T2 − T1 ) Temperatura T2k sada je ⎛p ⎞ T2k = T1 ⎜ 2k ⎟ ⎝ p1 ⎠

244

n −1 n

⎛p ⎞ = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

n −1 n

⎛ 30 ⎞ = 293 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 1 ⎠

1,1599 −1 1,1599

= 468,3 K .

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Stepen dobrote nekvazistatične kompresije

η dkp =

T1 − T2k 293 − 468,3 = = 0,5417 . T1 − T2 293 − 616,6

Zadatak 2.6. Šest kilograma troatomnog idealnog gasa menja toplotno stanje nekvazistatično po zakonu pv m = idem ( m = κ ) (tj. nekvazistatično izentropski) od stanja 1

( p1 = 30 bar, T1 = 616,6 K )

do stanja 2

( p2 = 1 bar ) .

Tokom ove promene

stanja specifična zapremina gasa se poveća za 0,38 m3 kg i pri tome se dobije 700 kJ mehaničkog rada. Skicirati promenu stanja idealnog gasa u Ts koordinatnom sistemu i odrediti: a) količinu razmenjene toplote tokom ove promene stanja, b) stepen dobrote ove nekvazistatične promene stanja, c) porast entropije radnog tela usled mehaničke neravnoteže ( kJ K ) .

R e š e n j e:

Slika 2.18. a) Zakon nekvazistatične promene stanja 1 – 2 T1 ⎛ p1 ⎞ =⎜ ⎟ T2 ⎝ p2 ⎠

m −1 m

⎛ p ⎞ =⎜ 1 ⎟ ⎝ p2 ⎠

k −1 k

,

245

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE ⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

k −1 k

,

⎛ 1 ⎞ T2 = 616,6 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 30 ⎠

1,28 −1 1,28

= 293 K .

Jednačina stanja idealnog gasa za početak procesa p1v1 = RT1 ,

jednačina stanja idealnog gasa za kraj procesa p2 v2 = RT2 ,

uslov zadatka ∆v = v2 − v1 = 0,38

m3 . kg

Rešavanjem prethodnog sistema od tri jednačine sa tri nepoznate, dobijamo specifična zapremina v1 T1 616,6 ∆v 1 ⋅ 105 0,38 T2 293 , v1 = = 616,6 T p1 − p2 1 30 ⋅ 105 − 1 ⋅ 105 293 T2 p2

v1 = 0,0287

m3 , kg

specifična zapremina v2 v2 = v1 + ∆v = 0, 0287 + 0,38 ,

246

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA m3 , kg

v2 = 0, 4087

gasna konstanta R p1v1 30 ⋅ 105 ⋅ 0,0287 = , T1 616,6

R=

R = 139,64

J , kgK

molarna masa M=

( MR ) = R

8,315 kg , = 0,0595 139,64 mol

broj molova n=

m 6 , = M 0,0595

n = 100,84 mol . Prvi zakon termodinamike za proces 1 – 2 Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = n ( Mcv ) (T2 − T1 ) + L12 = 100,84 ⋅ 29,1 ⋅ ( 293 − 616,6 ) + 700 ⋅ 103 , Q12 = −249,59 kJ .

b) Razmenjena količina toplote u procesu 1-2 Q12 = Q1A + QA 2 = −249,59 kJ , pri čemu je QA 2 = 0 ,

247


n−k n−k (TA − T1 ) =n ( Mcv ) (T2 − T1 ) , n −1 n −1 odakle je eksponent n odgovarajuće kvazistatične promene stanja 1-A-2k Q1A = n ( Mcv )

Q1A Q12 −κ −κ n ( Mcv ) (T2 − T1 ) n ( Mcv ) (T2 − T1 ) , n= = Q1A Q12 −1 −1 n ( Mcv ) (T2 − T1 ) n ( Mcv ) (T2 − T1 )

n=

−249,59 ⋅ 103 − 1, 28 100,84 ⋅ 29,1 ⋅ ( 293 − 616,6 ) −249,59 ⋅ 103 −1 100,84 ⋅ 29,1 ⋅ ( 293 − 616,6 )

= 1,3798 .

Temperatura T2k T1 ⎛ p1 ⎞ =⎜ ⎟ T2k ⎝ p2k ⎠

n −1 n

⎛p ⎞ T2k = T1 ⎜ 2k ⎟ ⎝ p1 ⎠

,

n −1 n

⎛p ⎞ = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

⎛ 1 ⎞ T2k = 616,6 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 30 ⎠

1,3798−1 1,3798

n −1 n

,

= 241,7 K .

Stepen dobrote nekvazistatične promene stanja 1-2

η dex =

T1 − T2 616,6 − 293 = = 0,863 . T1 − T2k 616,6 − 241,7

c) Promena entropije radnog tela usled mehaničke neravnoteže predstavlja promenu entropije u procesu A-2, odnosno

248

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA ⎛ T p ⎞ ∆S meh.ner . = m∆sA2 = m ⎜ c p ln 2 − R ln 2 ⎟ , TA pA ⎠ ⎝ ⎛ T p ⎞ p ∆S meh.ner . = n ⎜ Mc p ln 2 − ( MR ) ln 2 ⎟ = − n ( MR ) ln 2 . T p p A ⎠ A A ⎝

(

)

Zakon kvazistatičke promene stanja 1 – A T1 ⎛ p1 ⎞ =⎜ ⎟ TA ⎝ pA ⎠

n −1 n

, n

n

⎛ T ⎞ n −1 ⎛ T ⎞ n −1 pA = p1 ⎜ A ⎟ = p1 ⎜ 2 ⎟ , ⎝ T1 ⎠ ⎝ T1 ⎠ 1,3798

⎛ 293 ⎞1,3798−1 pA = 30 ⋅ ⎜ = 2 bar , ⎟ ⎝ 616,6 ⎠

pa je konačno promena entropije radnog tela usled mehaničke neravnoteže ∆S meh.ner . = − n ( MR ) ln

∆Smeh.ner . = 0,582

p2 1 = −100,84 ⋅ 8,315ln , pA 2

kJ . K

Zadatak 2.7. Pet kilograma kiseonika (idealnog gasa) ekspandira nekvazistatično politropski po zakonu pv1,1 = idem , od stanja 1 p1 = 7 bar, v1 = 0,12 m3 kg do stanja 2

(

( t2 = −1°C ) . Specifična toplota ove promene stanja iznosi

)

c12 = − 650 J kgK .

Skicirati proces u Ts koordinatnom sistemu i odrediti: a) priraštaj entropije radnog tela usled mehaničke i usled toplotne neravnoteže, b) promenu entropije izolovanog termodinamičkog sistema ako je temperatura toplotnog izvora 373 K .

249


R e š e n j e:

Slika 2.19. a) Promena entropije radnog tela usled mehaničke neravnoteže predstavlja promenu entropije radnog tela u procesu adijabatskog prigušenja A-2 ⎛ T p ⎞ p ∆S meh.ner . = ∆S A2 = m ⎜ c p ln 2 − R ln 2 ⎟ = − mR ln 2 , T p p A A ⎠ A ⎝

dok promena entropije radnog tela usled toplotne neravnoteže predstavlja promenu entropije radnog tela u procesu 1-A ⎛ T p ⎞ ∆Stopl .ner . = ∆S1A = m ⎜ c p ln A − R ln A ⎟ . T1 p1 ⎠ ⎝

Odredimo sada veličine stanja neophodne za izračunavanje traženih promena entropije

T1 =

p1v1 7 ⋅ 105 ⋅ 0,12 = = 323 K . R 260

Izrazimo zakon promene pv m = idem u obliku T m p1− m = idem i primenimo ga na početno i krajnje stanje

T1m p11− m = T2m p12− m ,

250

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA m

⎛ T ⎞1− m p2 = p1 ⎜ 1 ⎟ , ⎝ T2 ⎠ 1,1

⎛ 323 ⎞1−1,1 p2 = 7 ⋅ ⎜ = 1,0571 bar . ⎟ ⎝ 272 ⎠

Za određivanje pritiska pA neophodno je da izračunamo eksponent odgovarajuće kvazistatične politrope, odnosno

cnkv = ckv , c12 = cv

n−k , n −1

odakle je n=

c12 − cv k , c12 − cv

n=

-650 - 650 ⋅ 1, 4 = 1, 2 . -650 - 650

Pritisak pA sada će biti n

n

1,2

⎛ T ⎞ n −1 ⎛ T ⎞ n −1 ⎛ 272 ⎞1,2−1 = 2, 4963 bar . pA = p1 ⎜ A ⎟ = p1 ⎜ 2 ⎟ = 7 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 323 ⎠ ⎝ T1 ⎠ ⎝ T1 ⎠

Konačno, promene entropije usled mehaničke i toplotne neravnoteže biće ∆Smeh.ner . = − mR ln

p2 1,0571 J , = −5 ⋅ 260 ⋅ ln = 1117,1 2, 4963 K pA

⎛ T p ⎞ ∆Stopl .ner . = m ⎜ c p ln A − R ln A ⎟ , T1 p1 ⎠ ⎝

251

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 272 2, 4963 ⎞ J ⎛ , ∆Stopl .ner . = 5 ⋅ ⎜ 910 ⋅ ln − 260 ⋅ ln ⎟ = 558,512 323 7 ⎠ K ⎝ ∆S radno telo = ∆S meh.ner . + ∆Stopl .ner . = 1117,1 + 558,512 = 1675,6

J . K

b) Promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema kada postoji toplotni izvor čija je temperatura Tti = 323 K

∆Sis = ∆Srt + ∆Sti , gde je ∆Sti = −

Q12 . Tti

Razmenjena količina toplote u procesu 1-2

Q12 = Q1A + QA2 , pri čemu je QA2 = 0 , Q12 = Q1A = mcv

Q12 = 5 ⋅ 650 ⋅

∆Sti = −

n−k (TA − T1 ) , n −1

1, 2 − 1, 4 ⋅ ( 272 − 323) = 165750 J , 1, 2 − 1

Q12 165750 J , =− = −444,37 Tti 373 K

∆Sis = ∆S rt + ∆Sti = 1675,6 − 444,37 = 1231, 2

252

J . K


Zadatak 2.8. Termodinamički sistem sačinjava m = 5 kg azota (idealnog gasa) i okolina temperature tok = 27°C . Azot nekvazistatično politropski menja toplotno stanje

od stanja 1 ( p1 = 10 bar, t1 = 455°C ) do stanja 2 ( t2 = 87°C ) . Specifični toplotni

kapacitet promene stanja 1 - 2 iznosi c12 = 370 J kgK , a nepovratnost procesa 1-2 je ∆Sis = 1, 45 kJ K . Skicirati proces u Ts koordinatnom sistemu i odrediti stepen dobrote ove promene stanja.

R e š e n j e:

Slika 2.20. Odredimo eksponent odgovarajuće kvazistatične politrope

cnkv = ckv , c12 = cv

n −κ , n −1

odakle je n=

c12 − κ cv 370 − 1, 4 ⋅ 740 = = 1,8 . c12 − cv 370 − 740

Razmenjena količina toplote tokom procesa 1-2

Q12 = Q1A + QA2 , pri čemu je QA2 = 0

253


Q12 = Q1A = mcv

n −κ n −κ (TA − T1 ) = mcv (T2 − T1 ) . n −1 n −1

Pritisak p2 = p2k dobijamo iz jednačine promene entropije izolovanog termodinamičkog sistema

∆Sis = ∆Srt + ∆Sok , ⎛ T p ⎞ ∆Srt = m ⎜ c p ln 2 − R ln 2 ⎟ , T1 p1 ⎠ ⎝ ∆Sok = −

Q12 , Tok

⎛ T p ⎞ Q ∆Sis = m ⎜ c p ln 2 − R ln 2 ⎟ − 12 , T1 p1 ⎠ Tok ⎝

p2 = p1e p2 = p1e

T2 Q12 ⎞ 1 ⎛ ⎜ mc p ln −∆Sis − ⎟ mR ⎝ T1 Tok ⎠

,

⎞ T2 1 ⎛ 1 ⎛ n −κ (T2 −T1 ) ⎟⎞ ⎟ ⎜ mc p ln −∆Sis − ⎜ mcv n −1 mR ⎝ T1 Tok ⎝ ⎠⎠

p2 = 10 ⋅ e

,

1 ⎛ 360 1 ⎛ 1,8−1,4 ⎞⎞ −1450 − ( 360 − 728) ⎟ ⎟ ⎜ 5⋅1040ln ⎜ 5⋅740 5⋅297 ⎝ 728 300 ⎝ 1,8−1 ⎠⎠

,

p2 = 1, 4747 bar . Pritisak p2 niži je od pritiska p1 , što znači da je proces 1-2 zapravo nekvazistatična politropska ekspanzija azota. Shodno tome, stepen dobrote ove promene stanja biće

η dex =

254

T1 − T2 . T1 − T2k

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Temperatura T2k ⎛p ⎞ T2k = T1 ⎜ 2k ⎟ ⎝ p1 ⎠

n −1 n

⎛p ⎞ = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

⎛ 1, 4747 ⎞ T2k = 728 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 10 ⎠

1,8−1 1,8

n −1 n

,

= 310,93 K .

Traženi stepen dobrote

ηdex =

T1 − T2 728 − 360 = = 0,8824 . T1 − T2k 728 − 310,93

Zadatak 2.9. Kiseonik (idealan gas) sabija se nekvazistatično politropski od stanja 1 ( p1 = 1 bar, T1 = 273 K ) do stanja 2 ( p2 = 6 bar, T2 = 443 K ) . U toku procesa sabijanja od kiseonika se odvodi 320 kJ kg toplote. Skicirati proces u Ts koordinatnom sistemu i odrediti stepen dobrote ove promene stanja.

R e š e n j e:

Slika 2.21. Stepen dobrote nekvazistatične politropske kompresije je

η dkp =

T1 − T2k . T1 − T2

255

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Nepoznatu veličinu T2k odredićemo iz jednačine kvazistatične politrope T1 ⎛ p1 ⎞ =⎜ ⎟ T2k ⎝ p2k ⎠

n −1 n

⎛p ⎞ T2k = T1 ⎜ 2k ⎟ ⎝ p1 ⎠

,

n −1 n

⎛p ⎞ = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

n −1 n

.

Eksponent kvazistatične politropske promene stanja dobijamo na osnovu jednačine za količinu razmenjene toplote u procesu 1-2 q12 = q1A + qA2 = −320

q1A = cv

kJ , pri čemu je qA2 = 0 , kg

n−k (TA − T1 ) , n −1

q1A q1A −k −k cv (TA − T1 ) cv (T2 − T1 ) n= = , q1A q1A −1 −1 cv (TA − T1 ) cv (T2 − T1 ) −320 − 1, 4 0,65 ⋅ ( 443 − 273) n= = 1,1027 . −320 −1 0,65 ⋅ ( 443 − 273)

Temperatura T2k ⎛p ⎞ T2k = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

256

n −1 n

⎛6⎞ = 273 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝1⎠

1,1027 −1 1,1027

= 322,6 K .

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Konačno, stepen dobrote promene stanja 1-2 biće sada

η dkp =

T1 − T2k 273 − 322,6 = = 0, 2916 . T1 − T2 273 − 443

Zadatak 2.10. Vazduh (idealan

gas)

početnog

stanja

(

1 p1 = 5 bar, v1 = 0, 226 m3 kg

)

ekspandira nekvazistatično politropski do stanja 2 ( p2 = 1 bar, T2 = 293K ) . Tokom ove promene stanja od radne materije ka okolini se odvede 16 kJ kg toplote. Odrediti stepen dobrote ove promene stanja kao i promenu entropije vazduha usled mehaničke neravnoteže.

R e š e n j e:

Slika 2.22. Temperatura T1 T1 =

p1v1 , R

T1 =

5 ⋅ 105 ⋅ 0, 226 = 393,73 K . 287

Razmenjena količina toplote tokom promene stanja 1-2

q12 = q1A + qA2 , pri čemu je qA2 = 0 .

257

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Za politropski proces razmenjena količina toplote je q12 = q1A = cv

n−k n−k (TA − T1 ) = cv (T2 − T1 ) , n −1 n −1

odakle sledi da je eksponent kvazistatične politrope q12 −k cv (T2 − T1 ) , n= q12 −1 cv (T2 − T1 )

n=

−16 ⋅ 103 − 1, 4 720 ⋅ ( 293 − 393,73) −16 ⋅103 −1 720 ⋅ ( 293 − 393,73)

= 1,51 .

Sada, iz jednačine kvazistatične politrope, možemo da odredimo temperaturu T2k i pritisak pA

⎛p ⎞ T2k = T1 ⎜ 2k ⎟ ⎝ p1 ⎠

n-1 n

⎛p ⎞ = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

⎛1⎞ T2k = 393,73 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝5⎠

⎛T ⎞ pA = p1 ⎜ A ⎟ ⎝ T1 ⎠

n n −1

258

,

1,51-1 1,51

= 228,6 K ,

⎛T ⎞ = p1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ T1 ⎠

⎛ 293 ⎞ pA = 5 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 393,73 ⎠

n-1 n

n n −1

,

1,51 1,51−1

= 2,085 bar .

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Stepen dobrote je sada

η dex =

T1 − T2 , T1 − T2k

ηdex =

393,73 − 293 = 0,61 . 393,73 − 228,6

Promena entropije usled mehaničke neravnoteže ∆smeh. ner . = ∆sA2 T2 p p − R ln 2 = − R ln 2 , TA pA pA 1 J ∆smeh.ner . = −287 ⋅ ln = 210,88 . 2,085 kgK

∆smeh.ner . = c p ln

Zadatak 2.11. Stepen dobrote politropske ekspanzije dvoatomnog idealnog gasa, koja se vrši po zakonu pv1,1 = idem iznosi ηdex = 0,7 . Ekspanzija se vrši od stanja 1

( p1 = 12 bar, t1 = 200°C )

do stanja 2

( p2 = 1 bar ) .

Odrediti specifičnu toplotu

ove promene stanja. R e š e n j e:

Slika 2.23.

259

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Razmenjena količina toplote u procesu 1-2 Q12 = Q1A + QA 2 , gde je QA 2 = 0 (proces A-2 je adijabatsko prigušivanje) Q12 = Q1A .

Kako su temperature T2 i TA jednake, sledi da je specifična toplota za datu nekvazistatičnu promenu stanja 1-2 jednaka specifičnoj toploti odgovarajuće kvazistatične promene stanja 1-A tj.

( Mc12 ) = ( Mc1A ) = ( Mc12k ) ,

( Mc12 ) = ( Mcv )

n −κ . n −1

U cilju određivanja eksponenta n odgovarajuće kvazistatične politrope 1 − 2k , odredimo prvo temperaturu T2 na osnovu datog zakona promene stanja

pv1,1 = idem ⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

1,1−1 1,1

⎛1⎞ T2 = 473 ⎜ ⎟ ⎝ 12 ⎠

,

1,1−1 1,1

= 377, 4 K .

Sada, na osnovu poznate vrednosti stepena dobrote i temperature T2 , odredimo temperaturu T2k T2k = T1 −

T1 − T2

T2k = 473 −

260

ηdex

,

473 − 377, 4 = 336, 4 K . 0,7

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Eksponent n odgovarajuće kvazistatične politrope 1 − 2k

n=

⎛ ln ⎜ ⎝

⎛p ⎞ ln ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠ ⎛ T2k p2 ⎞ ⎟ − ln ⎜ p1 ⎠ ⎝ T1

⎞ ⎟ ⎠

,

⎛ 1⎞ ln ⎜ ⎟ ⎝ 12 ⎠ = 1,159 . n= ⎛1⎞ ⎛ 336, 4 ⎞ ln ⎜ ⎟ − ln ⎜ ⎟ ⎝ 12 ⎠ ⎝ 473 ⎠

Tražena specifična toplota sada je

( Mc12 ) = 20,8 ⋅

1,159 − 1, 4 J . = −31,527 1,159 − 1 molK

Zadatak 2.12. Kiseonik (idealan gas) stanja 1 ( p1 = 14 bar, t1 = 45°C ) politropski ekspandira do

stanja 2 ( p2 = 1 bar ) po zakonu pv1,1 = idem . Stepen dobrote ove ekspanzije iznosi ηdex = 0,6 . Odrediti specifičnu toplotu ove promene stanja. R e š e n j e:

Slika 2.24.

261

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Specifična toplota nekvazistatične promene stanja 1-2 jednaka je specifičnoj toploti kvazistatične promene stanja 1-2k, odnosno

c12 = c12k , c12 = cv

n −κ . n −1

Eksponent n odgovarajuće kvazistatične politrope 1 − 2k je

⎛p ⎞ ln ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠ n= ⎛p ⎞ ⎛T ln ⎜ 2 ⎟ − ln ⎜ 2k ⎝ p1 ⎠ ⎝ T1

⎞ ⎟ ⎠

.

Temperatura T2 ⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

1,1−1 1,1

⎛1⎞ T2 = 318 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 14 ⎠

,

1,1−1 1,1

= 250, 2 K .

Temperaturu T2k odredićemo preko stepena dobrote ηdex T2k = T1 −

T1 − T2

T2k = 318 −

262

ηdex

,

318 − 250, 2 = 205 K . 0,6

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Eksponent kvazistatične politrope sada je ⎛ 1⎞ ln ⎜ ⎟ ⎝ 14 ⎠ = 1, 2 , n= ⎛1⎞ ⎛ 205 ⎞ ln ⎜ ⎟ − ln ⎜ ⎟ ⎝ 14 ⎠ ⎝ 318 ⎠

pa će tražena specifična toplota biti c12 = 650 ⋅

1,2 − 1, 4 J = −650 . 1,2 − 1 kgK

Zadatak 2.13. Tri kilograma vazduha (idealnog gasa) stanja 1 ( p1 = 2 bar, t1 = 150°C ) menja svoje toplotno stanje nekvazistatično (neravnotežno) izotermski do stanja 2 ( p2 = 8 bar ) . Promena entropije radne materije usled mehaničke neravnoteže

iznosi ∆smeh.ner . = 238 J kgK . Odrediti: a) dovedeni rad i odvedenu toplotu tokom ove promene stanja ( L12 , Q12 ), b) stepen dobrote izotermske kompresije ( ηdkp ). R e š e n j e:

Slika 2.25. a) Promena entropije radne materije usled mehaničke neravnoteže

263

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE ∆smeh.ner . = ∆sA 2 = c p ln

T2 p − R ln 2 , TA pA

odakle je pritisak pA

pA = p2 e

∆smeh . ner . R

238

= 8 ⋅ e 287 ,

pA = 18,333 bar .

Odvedena količina toplote Q12 = Q1A + QA 2 , pri čemu je QA 2 = 0 ,

Q12 = Q1A = mRT1 ln

p1 2 = 3 ⋅ 287 ⋅ 423 ⋅ ln , pA 18,333

Q12 = −806,91 kJ .

Za izotermsku promenu stanja važi L12 = Q12 ,

pa je L12 = −806,91 kJ .

b) Stepen dobrote L12k = mRT1 ln

ηdkp =

264

p1 p 2 = mRT1 ln 1 = 3 ⋅ 287 ⋅ 423 ⋅ ln = −504,89 kJ , p2k p2 8

L12k −504,89 = = 0,6257 . L12 −806,91

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Zadatak 2.14. Vazduh (idealan gas) stanja 1 ( p1 = 9 bar, t1 = 150°C ) menja svoje toplotno

stanje nekvazistatično (neravnotežno) izotermski do stanja 2 ( p2 = 1 bar ) . Promena entropije radne materije usled mehaničke neravnoteže

( ∆smeh. ner. )

i

promena entropije radne materije usled toplotne neravnoteže ( ∆stopl . ner . ) su jednake. Odrediti stepen dobrote nekvazistatične izotermske ekspanzije ( ηdex ). R e š e n j e:

Slika 2.26. Uslov zadatka je jednakost promena entropije usled mehaničke i usled toplotne neravnoteže

∆stopl . ner . = ∆smeh. ner . , odnosno

∆s1A = ∆sA2 , c p ln

TA p T p − R ln A = c p ln 2 − R ln 2 , T1 p1 TA pA

odakle sledi da je pA =

p1 p2 ,

265


pA = 9 ⋅ 1 = 3 bar . Prvi zakon termodinamike za izotermski proces 1-2

q12 = lt12 . Razmenjena količina toplote u slučaju nekvazistatične promene stanja 1-2

q12 = q1A + qA2 , pri čemu je qA2 = 0 , lt12 = q12 = q1A = RT1 ln

p1 , pA

9 kJ lt12 = 287 ⋅ 423 ⋅ ln = 133,37 . 3 kg Kvazistatična promena stanja 1-2 lt12k = q12k = RT1 ln

p1 , p2

lt12k = 287 ⋅ 423 ⋅ ln

9 kJ = 266,75 . 1 kg

Stepen dobrote nekvazistatične izotermske ekspanzije

266

ηdex =

lt12 , lt12k

ηdex =

133,37 = 0,5 . 266,75

NEKVAZISTATIČNE PROMENE STANJA IDEALNOG GASA Zadatak 2.15. Vazduh (idealan gas) stanja 1 ( p1 = 0, 2 MPa, t1 ) menja svoje toplotno stanje

nekvazistatično (neravnotežno) izotermski do stanja 2 ( p2 > p1 ) . Promena entropije radne materije usled mehaničke neravnoteže iznosi 238 J kgK . Stepen dobrote ove nekvazistatičke promene stanja je ηdkp = 0,84 . Odrediti pritisak vazduha na kraju procesa ( p2 ). R e š e n j e:

Slika 2.27. Promena entropije vazduha usled mehaničke neravnoteže ∆smeh.ner . = c p ln

T2 p p − R ln 2 = − R ln 2 , TA pA pA

odakle je pritisak pA p2 = pA e

−∆smeh . ner . R

.

Izrazimo sada pritisak pA u funkciji stepena dobrote

η dkp

p p ln 1 mRT1 ln 1 L12k p2k p2 = = = , p p L12 mRT1 ln 1 ln 1 pA pA

267

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 1

⎛ p ⎞ηdkp pA = p1 ⎜ 2 ⎟ . ⎝ p1 ⎠ Traženi pritisak p2 je sada 1

. ner . ⎛ p2 ⎞ηdkp −∆smeh p2 = p1 ⎜ ⎟ e R , ⎝ p1 ⎠

−η dkp ∆smeh . ner .

p2 = p1e

(

) ,

R η dkp −1

6

p2 = 0, 2 ⋅ 10 ⋅ e

−0,84⋅238 287⋅( 0,84 −1)

p2 = 155,52 bar .

268

,

3 Vodena para

VODENA PARA 3.0. Vodena para Vodena para je realan fluid. Za vodenu paru ne važi jednačina stanja idealnog gasa niti jednačine za kvazistatičke politropske promene stanja idealnih gasova. Termodinamičke veličine stanja vodene pare nalaze se u termodinamičkim tabelama (priručnik za termodinamiku). Postupak nastajanja različitih pojavnih oblika vodene pare (u tečnom i gasovitom agregatnom stanju) prikazan je na slici 3.1.. Ako se vodenoj pari dovodi toplota, prelazak iz jednog pojavnog oblika u drugi ide s leva na desno, a ako se toplota odvodi prelazak iz jednog pojavnog oblika u drugi ide s desna na levo.

Slika 3.1. Postupak nastajanja različitih pojavnih oblika vodene pare 1. Voda u tečnom agregatnom stanju odlikuje se temperaturom nižom od temperature ključanja za dati pritisak. Potpuno je određena sa dve veličine stanja. 2. Ključala voda je tečnost čija je temperatura jednaka temperaturi ključanja za dati pritisak. Potpuno je određena sa jednom veličinom stanja. 3. Vlažna vodena para je mešavina ključale vode i suvozasićene vodene pare u stanju termodinamičke ravnoteže. Temperatura vlažne vodene pare jednaka je temperaturi ključanja za dati pritisak. Potpuno je određena sa dve veličine stanja ili jednom veličinom stanja i stepenom suvoće ( x ) . Stepen suvoće vlažne vodene pare predstavlja maseni udeo suvozasićene pare u vlažnoj pari, tj. x=

m" suvozasićena para . = m "+ m ' suvozasićena para + ključala voda

271

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 4. Suvozasićena (suva) vodena para je para čija je temperatura jednaka temperaturi ključanja za dati pritisak. Potpuno je određena sa jednom veličinom stanja. 5. Pregrejana vodena para je para čija je temperatura viša od temperature ključanja za dati pritisak. Potpuno je određena sa dve veličine stanja. 3.1. Određivanje veličina stanja vodene pare za pojavne oblike u tečnom i gasovitom agregatnom stanju Tabela 3.1. Način određivanja veličina stanja vodene pare Potreban Veličine stanja Oznaka broj Stanje koje se veličina stanja veličina zadaju stanja Voda u p ht , ut , st , vt tečnom 2 t , v, h, s stanju Ključala p ili t 1 h' , u ' , s ' , v' voda p ili t Vlažna hx , ux , sx , vx 2 vodena para x, v, u, h, s Suvozasićena p ili t 1 h'' , u '' , s '' , v '' vodena para p Pregrejana h pp , u pp , s pp , v pp 2 t , v , h, s vodena para

Način određivanja Termodinamički priručnik Termodinamički priručnik A = A '+ x( A"- A ')

Termodinamički priručnik Termodinamički priručnik

Interpolacija Interpolacija je postupak nalaženja vrednosti funkcije y za vrednost argumenta x , a na osnovu poznatih susednih tabelarnih vrednosti za argument funkcije ( x1 i x2 ) i odgovarajućih tabelarnih vrednosti funkcije ( y1 i y2 ). Argument x1 x

x2

272

Funkcija y1 y=? y2

→ y=

x − x1 ( y2 − y1 ) + y1 . x2 − x1

VODENA PARA U slučaju kada je x =

y + y2 x1 + x2 ceo postupak se uprošćava jer je tada y = 1 . 2 2

Specifični slučajevi primene postupka interpolacije mogu se sresti u termodinamičkim tablicama za vodu i pregrejanu paru za vrednosti koje se nalaze između vrednosti iz tabele i „horizontalne crte” („horizontalna crta” razdvaja oblast vode i oblast pregrejane vodene pare). U takvim slučajevima primenjuje se postupak prikazan u sledeća dva primera.

Primer 1: Odrediti specifičnu entalpiju pregrejane vodene pare stanja p = 8 bar i t = 175°C .

Tabela 3.2. Veličine stanja pregrejane vodene pare i vode. pritisak p 6 bar v v s h Temperatura 3 3 kJ kgK kJ kg °C m kg m kg 140 160 180 200

0,001079 0,3167 0,3348 0,3520

589,1 2759 2805 2849

1,738 6,767 6,869 6,963

0,001079 0,001102 0,2473 0,2609

8 bar h kJ kg

kJ kgK

589,1 675,3 2792 2839

1,737 1,941 6,715 6,814

s

U ovom slučaju potrebno je ispod crte dopisati novu vrstu sa vrednostima veličina stanja suvozasićene vodene pare istog pritiska T , v '' , h '' , s '' i izvršiti

(

)

standardni postupak interpolacije (Tabela 3.3.). Tabela 3.3. pritisak p Temperatura

°C

160 170,42 175 180

m kg

8 bar h kJ kg

kJ kgK

0,001102 0,2403 ? 0,2473

675,3 2769 ? 2792

1,941 6,663 ? 6,715

v 3

s

Specifična entalpija pregrejane vode pare h pp =

T − T1 175 − 170, 42 kJ . ⋅ ( 2792 − 2769 ) + 2769 = 2780 ( h2 − h1 ) + h1 = T2 − T1 180 − 170, 42 kg

273


(

)

Na isti način bi se određivale i druge veličine stanja pregrejane pare v pp , s pp . Primer 2: Odrediti specifičnu entalpiju vode stanja p = 8 bar i t = 165°C . Tabela 3.4. Veličine stanja pregrejane vodene pare i vode. pritisak p 6 bar v v s h Temperatura kJ kg kJ kgK °C m 3 kg m 3 kg 140 160 180 200

0,001079 0,3167 0,3348 0,3520

589,1 2759 2805 2849

1,738 6,767 6,869 6,963

0,001079 0,001102 0,2473 0,2609

8 bar

h kJ kg

kJ kgK

589,1 675,3 2792 2839

1,737 1,941 6,715 6,814

s

U ovom slučaju potrebno je iznad crte dopisati novu vrstu sa vrednostima veličina stanja ključale vode istog pritiska T , v ' , h ' , s ' i izvršiti standardni

(

)

postupak interpolacije (Tabela 3.5.). Tabela 3.5. pritisak p Temperatura °C 160 165 170,42 180

8 bar m kg

h kJ kg

kJ kgK

0,001102 ? 0,0011149 0,2473

675,3 ? 720,9 2792

1,941 ? 2,046 6,715

v 3

s

Specifična entalpija vode hw =

T − T1 165 − 160 kJ . ⋅ ( 720,9 − 675,3) + 675,3 = 697,18 ( h2 − h1 ) + h1 = T2 − T1 170, 42 − 160 kg

Na isti način bi se određivale i druge veličine stanja vode ( vw , sw ) .

274

VODENA PARA Određivanje promena toplotnih veličina stanja Određivanje promena toplotnih veličina stanja ∆h12 , ∆u12 i ∆s12 vrši se oduzimanjem krajnje i početne vrednosti, jer promene toplotnih veličina stanja zavise samo od početnog i krajnjeg stanja tj. ne zavise od načina izvođenja promene stanja. Promena specifične entalpije:

⎡ kJ ⎤ ∆h12 = h2 − h1 , ⎢ ⎥ . ⎣ kg ⎦

Promena specifične unutrašnje energije:

⎡ kJ ⎤ ∆u12 = u2 − u1 , ⎢ ⎥ . ⎣ kg ⎦

⎡ kJ ⎤ ∆s12 = s2 − s1 , ⎢ ⎥. ⎣ kgK ⎦

Promena specifične entropije:

3.2. Određivanje spoljnih uticaja (toplotnih i mehaničkih)

Određivanje spoljnih uticaja q12 , l12 i lt12 zavisi od načina izvođenja promene stanja. Jednačine za odgovarajuće procese prikazane su u tabeli 3.6.. Tabela 3.6. Određivanje spoljnih uticaja q12 , l12 i lt12 Promena stanja Izobarska promena stanja p = const Izohorska promena stanja v = const Izotermska promena stanja

T = const

Adijabatska promena stanja q12 = 0

q12

l12

lt12

h2 − h1

p ( v2 − v1 )

0

u2 − u1

0

v ( p1 − p2 )

T ( s2 − s1 )

T ( s2 − s1 ) − u 2 + u1

T ( s2 − s1 ) − h2 + h1

0

u1 − u2

h1 − h2

275

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 3.3. Dijagrami vodene pare

Promene stanja realnih fluida predstavljaju se u različitim koordinatnim sistemima. Kod vodene pare najčešće se koriste Ts, hs i pv koordinatni sistemi.

Slika 3.2. Dijagrami vodene pare Brojevi 1, 2, 3, 4 i 5 ukazuju na raspored pojavnih oblika vodene pare na Ts dijagramu. Na pv i hs dijagramima raspored pojavnih oblika je isti kao i na Ts dijagramu. 3.3.1. hs dijagram za vodenu paru

Slika 3.3. hs - dijagram za vodenu paru

276

VODENA PARA Oblast naznačena isprekidanom linijom je oblast data u prilogu priručnika za termodinamiku. Napomena: Linije konstantnih specifičnih zapremina ( v ) su štampane crvenom bojom, dok su linije za ostale veličine stanja štampane crnom bojom.

hs - dijagram za vodenu paru je neophodno koristiti za određivanje veličina stanja u sledećim slučajevima: 1. Pregrejana para - poznate su dve veličine stanja ali nijedna od njih nije pritisak Primer 3: Odrediti specifičnu entalpiju i specifičnu entropiju pregrejane vodene pare stanja t = 600°C i v = 1 m 3 kg . Očitavanjem sa hs - dijagrama za vodenu paru dolazimo do traženih vrednosti h pp = 3705

kJ , kg

s pp = 8, 46

kJ . kgK

2. Vlažna vodena para - poznate su dve veličine stanja ali nijedna od njih nije ni pritisak ni temperatura Primer 4: Odrediti specifičnu entalpiju i specifičnu entropiju vlažne vodene pare stanja x = 0,9 i v = 20 m 3 kg . hx = 2326

kJ , kg

sx = 7,525

kJ . kgK

277

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 3.3.2. pT dijagram za vodenu paru

Slika 3.4. pT - dijagram za vodenu paru proces 1-2: sublimacija; proces 2-1: resublimacija; Kritična tačka ⎛ ⎞ m3 K ⎜ pK = 221, 29 bar, vK = 0,00326 , TK = 374,15 K ⎟ . kg ⎝ ⎠

Trojna tačka ⎛ ⎞ m3 TT ⎜ pTT = 0,00611 bar, vTT = 1,0021 , TTT = 273,16 K ⎟ . kg ⎝ ⎠

278

VODENA PARA 3.3.3. pv dijagram za vodenu paru

Slika 3.5. pv - dijagram za vodenu paru 3.3.4. pvT trodimenzionalni dijagram vodene pare

Slika 3.6. pvT - trodimenzionalni dijagram vodene pare

279

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 3.4. Grafički prikaz promena stanja vodene pare

1. Izobarski proces, izobara p = const

Slika 3.7. Izobarska promena stanja vodene pare 2. Izotermski proces, izoterma T = const

Slika 3.8. Izotermska promena stanja vodene pare 3. Izohorski proces, izohora v = const

Slika 3.9. Izohorska promena stanja vodene pare

280

VODENA PARA 4. Adijabatski proces, kvazistatična adijabata q12 = 0 ( s = const )

Slika 3.10. Adijabatska promena stanja vodene pare 5. Adijabatsko prigušivanje ( nekvazistatična promena stanja) h = idem

Slika 3.11. Adijabatsko prigušivanje vodene pare

281

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Zadatak 3.1. Odrediti specifičnu entalpiju, specifičnu entropiju, specifičnu zapreminu kao i specifičnu unutrašnju energiju vode stanja 1 ( p1 = 1 bar, t1 =20°C) . R e š e n j e:

Za pritisak p = p1 = 1 bar i temperaturu t = t1 = 20°C iz tabele za veličine stanja vode u zavisnosti od pritiska i temperature imamo da je specifična entalpija vode stanja 1 h1 = hw = 83,9

kJ , kg

specifična entropija vode s1 = sw = 0, 296

kJ , kgK

specifična zapremina vode v1 = vw = 0,001001

m3 . kg

Unutrašnja energija vode u stanju 1

u1 = h1 − p1v1 , u1 = 83,9 ⋅ 10 3 −1 ⋅ 105 ⋅ 0,001001 = 83,8

kJ . kg

Zadatak 3.2. Odrediti specifičnu entalpiju, specifičnu entropiju, specifičnu zapreminu i specifičnu unutrašnju energiju pregrejane vodene pare stanja 1 ( p1 = 25 bar, t1 =360°C) .

282

VODENA PARA R e š e n j e:

Iz tabele za veličine stanja pregrejane pare u zavisnosti od pritiska i temperature, a za pritisak p = p1 = 25 bar i temperaturu t = t1 = 360°C nalazimo da je specifična entalpija pare stanja 1 h1 = hpp = 3146

kJ , kg

specifična entropija pare s1 = s pp = 6,870

kJ , kgK

specifična zapremina v1 = v pp = 0,1117

m3 . kg

Unutrašnja energija pregrejane pare stanja 1 sada je u1 = h1 − p1v1 ,

u1 = 3146 ⋅ 103 − 25 ⋅ 105 ⋅ 0,1117 = 2866,75

kJ . kg

Zadatak 3.3. Odrediti specifičnu unutrašnju energiju, specifičnu entropiju i temperaturu a) ključale vode pritiska p = 10 bar , b) suvozasićene vodene pare pritiska p = 10 bar . R e š e n j e:

a) Stepen suvoće za ključalu vodu iznosi x = 0 , pa će tražene veličine na osnovu tabele za veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od pritiska, a za dati pritisak biti:

283

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE specifična unutrašnja energija u = u ' = 761,6

kJ , kg

specifična entropija s = s ' = 2,138

kJ , kgK

temperatura

t = 179,88°C . b) Za suvozasićenu vodenu paru stepen suvoće je x = 1 , pa tražene veličine stanja očitavamo iz tabele za veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od pritiska specifična unutrašnja energija u = u '' = 2583

kJ , kg

specifična entropija s = s '' = 6,587

kJ , kgK

temperatura

t = 179,88°C . Zadatak 3.4. Odrediti specifičnu entalpiju i temperaturu vlažne vodene pare stanja ( p = 15 bar, x =0,95) .

284


Specifična entalpija za x =0 h' = 844,6

kJ , kg

za x = 1 h'' = 2792

kJ . kg

Za x = 0,95 specifična entalpija vlažne vodene pare iznosiće

h = h ' + x ( h'' − h' ) , h = 844,6 + 0,95 ⋅ ( 2792 − 844,6 ) = 2694,6

kJ , kg

dok je temperatura

t = 198, 28°C . Zadatak 3.5. Odrediti specifičnu entropiju ( x = 0,6, t = 200°C) .

i

pritisak

vlažne

vodene

pare

stanja

R e š e n j e:

Za temperaturu t1 = 198, 28°C ( p1 = 15 bar ) s1' = 2,314

kJ , kgK

285

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE s1'' = 6, 445

kJ . kgK

Za temperaturu t2 = 201,36°C ( p2 = 16 bar ) s2' = 2,344

kJ , kgK

s2'' = 6, 422

kJ . kgK

Kako se data temperatura t = 200°C nalazi između navedene dve temperature, metodom linearne interpolacije dobijamo s' =

t − t1 ' s2 − s1' ) + s1' , ( t2 − t1

s' =

200 − 198, 28 kJ , ⋅ ( 2,344 − 2,314 ) + 2,314 = 2,3308 201,36 − 198, 28 kgK

odnosno s '' =

t − t1 '' ( s2 − s1'' ) + s1'' , t2 − t1

s '' =

200 − 198, 28 kJ . ⋅ ( 6, 422 − 6, 445 ) + 6, 445 = 6, 4322 201,36 − 198, 28 kgK

Specifična entropija vlažne vodene pare stanja ( x = 0,6, t = 200°C) sada je

s = s ' + x ( s '' − s ' ) , s = 2,3308 + 0,6 ⋅ ( 6, 4322 − 2,3308 ) = 4,7916

286

kJ . kgK

VODENA PARA Pritisak vlažne vodene pare p=

t − t1 ( p2 − p1 ) + p1 , t2 − t1

p=

200 − 198, 28 ⋅ (16 − 15 ) + 15 = 15,56 bar . 201,36 − 198, 28

Zadatak 3.6. Primenjujući postupak linearne interpolacije odrediti: a) specifičnu entalpiju pregrejane vodene pare stanja ( p = 1 bar, t = 250°C) , b) specifičnu entropiju pregrejane vodene pare stanja ( p = 7 bar, t = 300°C) , c) specifičnu entalpiju pregrejane vodene pare stanja ( p = 5 bar, t = 350°C) . R e š e n j e:

a) Pregrejana vodena para stanja ( p = 1 bar, t = 250°C) za p = 1 bar i t1 = 240°C h1 = 2954

kJ , kg

za p = 1 bar i t2 = 260°C h2 = 2993

kJ . kg

Primenom metode linearne interpolacije, specifična entalpija pregrejane pare stanja ( p = 1 bar, t = 250°C) biće h=

t − t1 ( h2 − h1 ) + h1 , t2 − t1

h=

250 − 240 kJ . ⋅ ( 2993 − 2954 ) + 2954 = 2973,5 260 − 240 kg

287


b) Pregrejana vodena para stanja ( p = 7 bar, t = 300°C) za p1 = 6 bar i t = 300°C s1 = 7,366

kJ , kgK

za p2 = 8 bar i t = 300°C s2 = 7, 226

kJ . kgK

Primenom metode linearne interpolacije, specifična entropija pregrejane pare stanja ( p = 7 bar, t = 300°C) biće

s=

p − p1 ( s2 − s1 ) + s1 , p2 − p1

s=

7−6 kJ . ⋅ ( 7, 226 − 7,366 ) + 7,366 = 7, 296 8−6 kgK

c) Pregrejana vodena para stanja ( p = 5 bar, t = 350°C) 1. korak za p1 = 4 bar i t1A = 340°C h1A = 3148

kJ , kg

za p1 = 4 bar i t1B = 360°C

h1B = 3190

288

kJ . kg

VODENA PARA Specifična entalpija pregrejane pare stanja ( p = 4 bar, t = 350°C) sada je h1 =

t − t1A ( h1B − h1A ) + h1A , t1B − t1A

h1 =

350 − 340 kJ . ⋅ ( 3190 − 3148 ) + 3148 = 3169 360 − 340 kg

2. korak za p2 = 6 bar i t2A = 340°C h2A = 3143

kJ , kg

za p2 = 6 bar i t2B = 360°C h2B = 3185

kJ . kg

Specifična entalpija pregrejane pare stanja ( p = 6 bar, t = 350°C) sada je h2 =

t − t2A ( h2B − h2A ) + h2A , t2B − t2A

h2 =

350 − 340 kJ . ⋅ ( 3185 − 3143) + 3143 = 3164 360 − 340 kg

3. korak Konačno, na osnovu izračunatih vrednosti specifičnih entalpija pregrejane pare za stanja ( p = 4 bar, t = 350°C) i ( p = 6 bar, t = 350°C) , specifična entalpija pregrejane vodene pare stanja ( p = 5 bar, t = 350°C) iznosi h=

p − p1 ( h2 − h1 ) + h1 , p2 − p1

289

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE h=

5−4 kJ . ⋅ ( 3164 − 3169 ) + 3169 = 3166,5 6−4 kg

Zadatak 3.7 Odrediti specifičnu entalpiju i specifičnu entropiju: a) pregrejane vodene pare stanja (t = 600°C, v = 1 m3 kg) ,

b) vlažne vodene pare stanja ( x = 0,9, v = 20 m3 kg) . R e š e n j e:

a)

hpp = 3705

kJ , kg

s pp = 8, 46

kJ , (upotrebom hs dijagrama za vodenu paru). kgK

(upotrebom hs dijagrama za vodenu paru),

Slika 3.12. b)

Slika 3.13.

290

VODENA PARA kJ , kg kJ , s x = 7,54 kgK

hx = 2325

(upotrebom hs dijagrama za vodenu paru), (upotrebom hs dijagrama za vodenu paru).

Zadatak 3.8. Odrediti specifičnu entalpiju 3 u = 2654 kJ kg, v = 1,08 m kg ) . (

pregrejane

vodene

pare

stanja

R e š e n j e:

Pretpostavimo da je pritisak pregrejane vodene pare p = 4 bar :

⎛ m3 ⎞ kJ hpp = f ⎜ p = 4 bar, v = 1,08 . ⎟ = 3846, 4 kg ⎠ kg ⎝ Proverom pretpostavke p=

h − u 3846, 4 − 2654 = = 11,04 bar , 1,08 v

sledi da pretpostavka nije tačna. Pretpostavimo sada da je pritisak p = 3 bar

⎛ m3 ⎞ kJ hpp = f ⎜ p = 3 bar, v = 1,08 . ⎟ = 3340 kg ⎠ kg ⎝ Proverom pretpostavke p=

h − u 3340 − 2654 = = 6,35 bar , 1,08 v

takođe sledi da pretpostavka nije tačna.

291

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Neka je sada pritisak p = 2 bar , odnosno

⎛ m3 ⎞ kJ hpp = f ⎜ p = 2 bar, v = 1,08 , ⎟ = 2870 kg ⎠ kg ⎝ čijom se proverom p=

h − u 2870 − 2654 = = 2 bar , 1,08 v

zaključuje da je pretpostavka tačna, tako da je vrednost specifične entalpije pregrejane vodene pare stanja ( u = 2654 kJ kg, v = 1,08 m3 kg ) hpp = 2870

kJ . kg

Zadatak 3.9. Odrediti specifičnu entalpiju i specifičnu entropiju suvozasićene pare amonijaka na temperaturi T = 300 K . R e š e n j e:

Za datu temperaturu suvozasićene pare amonijaka, specifična entalpija i specifična entropija iznose

292

h = h '' = 2246

kJ , kg

s = s '' = 9,993

kJ . kgK

VODENA PARA Zadatak 3.10. Odrediti specifičnu entalpiju i specifičnu entropiju pregrejane pare freona 12 stanja ( p = 6 bar, t = 200°C ) . R e š e n j e: hpp = 789

kJ , kg

s pp = 1,889

kJ . kgK

Zadatak 3.11. Vlažna vodena para stanja 1 ( x1 = 0,3, p1 = 0, 2 bar) izohorski se širi do stanja 2 ( p2 = 1,5 bar) , a zatim ravnotežno izentropski ekspandira do stanja 3 ( p3 = p1 ) . Skicirati promene stanja vodene pare u Ts i pv dijagramima i odrediti razmenjenu toplotu (kJ kg) za promenu stanja 1-2 i zapreminski rad (kJ kg) za promenu stanja 2-3. R e š e n j e:

Slika 3.14.

Slika 3.15.

Tačka 1:

p1 = 0, 2 bar , x1 = 0,3 ,

293

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE u1 = u1' + x1 ( u1'' − u1' ) , u1 = 251,38 + 0,3 ⋅ ( 2456 − 251,38 ) = 912,77

kJ , kg

v1 = v1' + x1 ( v1'' − v1' ) , v1 = 0,0010171 + 0,3 ⋅ ( 7,647 − 0,0010171) = 2, 2948

m3 . kg

Tačka 2:

p2 = 1,5 bar , m3 , kg

v2 = v1 = 2, 2948

h2 = hpp = 3451, 4

kJ , kg

u2 = h2 − p2 v2 = 3451, 4 − 1,5 ⋅ 105 ⋅ 10−3 ⋅ 2, 2948 = 3107, 2

s2 = s pp = 8,5

kJ . kgK

Tačka 3:

p3 = p1 = 0, 2 bar , s3 = s2 = 8,5

kJ , kgK

h3 = hpp = 2797

294

kJ , kg

kJ , kg

VODENA PARA

v3 = 14,61

m3 , kg

u3 = h3 − p3v3 = 2797 − 0, 2 ⋅ 105 ⋅ 10−3 ⋅ 14,61 = 2504,8

kJ . kg

Razmenjena količina toplote u toku promene stanja 1-2

( q12 )v =const = u2 − u1 , ( q12 )v =const = 3107, 2 − 912,77 = 2194, 4

kJ . kg

Zapreminski rad u toku promene stanja 2-3

( l23 )s =const = u2 − u3 , ( l23 )s =const = 3107, 2 − 2504,8 = 602, 4

kJ . kg

Zadatak 3.12. Pregrejana vodena para stanja 1 (m = 1 kg, p1 = 0,05 MPa, t1 = 270°C) predaje toplotu izotermnom toplotnom ponoru, usled čega ravnotežno menja svoje toplotno stanje: izohorski (1-2) do temprature od 60°C , potom izotermski (2-3) do pritiska 0,1 MPa i konačno izobarski (3-4) do temperature od 20°C . Odrediti promenu entropije izolovanog sistema za slučaj termodinamički najpovoljnijeg temperaturnog nivoa toplotnog ponora. Skicirati procese u pv i Ts koordinatnim sistemima.

295


Slika 3.16.

Slika 3.17.

Tačka 1:

p1 = 0,05 MPa = 0,5 bar , t1 = 270°C , v1 = 5,005

m3 , kg

h1 = 3015

kJ , kg

s1 = 8, 423

kJ , kgK

u1 = h1 − p1v1 = 3015 − 0,05 ⋅ 106 ⋅ 10−3 ⋅ 5,005=2764,8

Tačka 2: v2 = v1 = 5,005

296

m3 , kg

kJ . kg

VODENA PARA

t2 = 60°C , x2 =

v2 − v2' 5,005 − 0,0010171 = = 0,6518 , v2'' − v2' 7,678 − 0,0010171

u2 = u2' + x2 ( u2'' − u2' ) = 251,1 + 0,6518 ⋅ ( 2456 − 251,1) = 1688,3

kJ , kg

s2 = s2' + x2 ( s2'' − s2' ) = 0,8311 + 0,6518 ⋅ ( 7,9084 − 0,8311) = 5, 444

kJ . kgK

Tačka 3:

t3 = t2 = 60°C , p3 = 0,1 MPa = 1 bar , v3 = 0,001017

m3 , kg

h3 = 251,1

kJ , kg

s3 = 0,830

kJ . kgK

Tačka 4:

p4 = p3 = 1 bar , t4 = 20°C , v4 = 0,001001

m3 , kg

297

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE h4 = 83,9

kJ , kg

s4 = 0, 296

kJ . kgK

Promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema

∆Sis = ∆Srt + ∆Stp , ∆Srt = ∆S14 = m ( s4 − s1 ) , ∆Srt = 1 ⋅ ( 0, 296 − 8, 423) = −8,127

∆Stp = −

∆Stp = −

kJ , K

m ⎡( q12 )v =const + ( q23 )t =const + ( q34 ) p = const ⎤ Qodv Q ⎦, = − 14 = − ⎣ Ttp Ttp Ttp m ⎡⎣( u2 − u1 ) + T2 ( s3 − s2 ) + ( h4 − h3 ) ⎤⎦ Ttp

.

Termodinamički najpovoljniji temperaturni nivo toplotnog ponora odgovara temperaturi toplotnog ponora koja je jednaka najnižoj temperaturi koju radna materija dostiže prilikom datih promena stanja, odnosno kada je

Ttp = Tmin = T4 , ∆Stp = −

∆Stp = −

m ⎡⎣( u2 − u1 ) + T2 ( s3 − s2 ) + ( h4 − h3 ) ⎤⎦ T4

1 ⋅ ⎡⎣(1688,3 − 2764,8 ) + 333 ⋅ ( 0,830 − 5, 444 ) + ( 83,9 − 251,1) ⎤⎦

∆Stp = 9, 489

298

,

293

kJ , K

,

VODENA PARA

∆Sis = −8,127 + 9, 489 = 1,362

kJ . K

Zadatak 3.13. Vodi ( m = 10 kg) stanja 1 ( p1 = 0,1 MPa, t1 = 20°C) dovodi se toplota od izotermnog toplotnog izvora, usled čega voda menja svoje toplotno stanje: prvo izobarski (1-2) do temprature 60°C , potom izotermski (2-3) do specifične zapremine 5 m 3 kg i na kraju izohorski (3-4) do pritiska od 0,05 MPa . Skicirati proces u Ts koordinatnom sistemu i odrediti promenu entropije adajabatski izolovanog sistema za slučaj termodinamički najpovoljnijeg temperaturnog nivoa toplotnog izvora. R e š e n j e:

Tačka 1: p1 = 0,1 MPa = 1 bar , t1 = 20°C ,

h1 = 83,9

kJ , kg

s1 = 0, 296

kJ . kgK

Tačka 2: p2 = p1 = 1 bar , t2 = 60°C ,

h2 = 251,1

kJ , kg

s2 = 0,830

kJ . kgK

299


Tačka 3: t3 = t 2 = 60°C ,

v3 = 5

x3 =

m3 , kg

v3 − v3' 5 − 0,0010171 = = 0,6512 , v3'' − v3' 7,678 − 0,0010171

u3 = u3' + x3 ( u3'' − u3' ) , u3 = 251,1 + 0,6512 ⋅ ( 2456 − 251,1) = 1686,9

kJ , kg

s3 = s3' + x3 ( s3'' − s3' ) , s3 = 0,8311 + 0,6512 ⋅ ( 7,9084 − 0,8311) = 5, 439

Tačka 4: v4 = v3 = 5

m3 , kg

p4 = 0, 05 MPa = 0,5 bar ,

h4 = 3014

kJ , kg

s4 = 8, 421

kJ , kgK

u4 = h4 − p4 v4 ,

300

kJ . kgK

VODENA PARA

u4 = 3014 − 0,05 ⋅ 106 ⋅ 10−3 ⋅ 5 = 2764

kJ , kg

t4 = 269,5°C , T4 = 542,5 K .

Promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema ∆Sis = ∆S rt + ∆Sti ,

∆Srt = ∆S14 = m ( s4 − s1 ) , ∆Srt = 10 ⋅ ( 8, 421 − 0, 296 ) = 81, 25

∆Sti = −

∆Sti = −

∆Sti = −

kJ , K

m ⎡( q12 ) p =const + ( q23 )t =const + ( q34 )v =const ⎤ Qdov Q ⎦, = − dov = − ⎣ Tti Tmax T4 m ⎡⎣( h2 − h1 ) + T3 ( s3 − s2 ) + ( u4 − u3 ) ⎤⎦ T4

,

10 ⋅ ⎡⎣( 251,1 − 83,9 ) + 333 ⋅ ( 5, 439 − 0,830 ) + ( 2764 − 1686,9 ) ⎤⎦

∆Sti = −51, 227

542,5

,

kJ , K

∆Sis = 81, 25 − 51, 227 = 30,023

kJ . K

301


Slika 3.18. Zadatak 3.14. Tečan CO2 , stanja 1 (p1 = 5 MPa, t1 = 0°C) , adijabatski se prigušuje (h = idem) do stanja 2 (p2 = 0,6 MPa) . Grafički predstaviti početno i krajnje stanje CO2 u Ts i hs koordinatnim sistemima i odrediti priraštaj entropije CO2 tokom procesa 1-2 (kJ kgK) . R e š e n j e:

Tačka 1:

p1 = 5 MPa = 50 bar , t1 = 0°C , tačka 1 se nalazi u oblasti tečnosti, h1 = −94

kJ , kg

s1 = 3,1133

kJ . kgK

Tačka 2:

p2 = 0,6 MPa = 6 bar ,

302

VODENA PARA h2 = h1 = −94

kJ , kg

T2 = 220 K , h2' = −200

kJ , kg

h2'' = 142,7

kJ , kg

h2' < h2 < h2'' , tačka 2 se nalazi u oblasti vlažne pare, x2 =

−94 − ( −200 ) h2 − h2' = = 0,3093 , h2'' − h2' 142,7 − ( −200 )

s2 = s2' + x2 ( s2'' − s2' ) , s2 = 2,702 + 0,3093 ⋅ ( 4, 260 − 2,702 ) = 3,1839

Slika 3.19.

kJ . kgK

Slika 3.20.

303

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Priraštaj entropije CO2 tokom procesa 1-2 ∆s12 = s2 − s1 = 3,1839 − 3,1133 = 0,0706

kJ . kgK

Zadatak 3.15. Freon 22 stanja 1 (t1 = −30°C, x1 = 1) nekvazistatično (neravnotežno) adijabatski se komprimuje do stanja 2 ( p2 = 6 bar) . Priraštaj entropije freona tokom procesa iznosi ∆s12 = 51 J kgK . Predstaviti proces sa freonom u Ts i hs dijagramima i odrediti stepen dobrote ove nekvazistatične adijabatske kompresije. R e š e n j e:

Tačka 1:

t1 = −30°C , x1 = 1 , h1 = h1'' = 691,92

kJ , kg

s1 = s1'' = 1,7985

kJ . kgK

Tačka 2k:

p2 k = p2 = 6 bar , s2 k = s1 = 1,7985

kJ , kgK

s2 k > s2'' k , tačka 2k se nalazi u oblasti pregrejane pare,

304

VODENA PARA h2 k = 723, 46

kJ . kg

Tačka 2:

p2 = 6 bar , s2 = s1 + ∆s12 = 1,7985 + 51 ⋅ 10−3 = 1,8495

h2 = 739,36

kJ , kgK

kJ . kg

Stepen dobrote adijabatske kompresije freona 22

η dkp =

h1 − h2 k , h1 − h2

ηdkp =

691,92 − 723, 46 = 0,66 . 691,92 − 739,36

Slika 3.21.

305


Slika 3.22. Zadatak 3.16. Ključala voda temperature t1 = 250°C menja stanje ravnotežno: - izotermski (1-2) do p2 = 4,5 bar , - zatim izohorski (2-3) do p3 = 2,2 bar , - i na kraju izobarski (3-4) do stanja 4 ( s4 = s1 ) . Skicirati promene stanja vodene pare u pv i Ts dijagramu i odrediti razmenjene toplote (kJ kg) tokom procesa 1-2, 2-3 i 3-4. R e š e n j e:

Tačka 1:

t1 = 250°C , x1 = 0 , h1 = h1' = 1085,7

kJ , kg

s1 = s1' = 2,7934

kJ . kgK

Tačka 2:

t2 = t1 = 250°C ,

306

VODENA PARA

p2 = 4,5 bar , tačka 2 je u oblasti pregrejane pare, v2 = 0,5445

m3 , kg

h2 = 2959,6

kJ , kg

s2 = 7,322

kJ , kgK

u2 = h2 − p2 v2 = 2959,6 − 4,5 ⋅ 105 ⋅ 10−3 ⋅ 0,5445 = 2714,6

kJ . kg

Tačka 3: m3 , kg

v3 = v2 = 0,5445

p3 = 2,2 bar , v3' = 0,0010633

v3'' = 0,8098

m3 , kg

m3 , kg

v3' < v3 < v3'' , tačka 3 se nalazi u oblasti vlažne pare, x3 =

v3 − v3' 0,5445 − 0,0010633 = = 0,672 , v3'' − v3' 0,8098 − 0,0010633

h3 = h3' + x3 ( h3'' − h3' ) ,

307

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE h3 = 517,8 + 0,672 ⋅ ( 2711 − 517,8 ) = 1991,6

kJ , kg

u3 = h3 − p3v3 = 1991,6 − 2, 2 ⋅ 105 ⋅ 10−3 ⋅ 0,5445 = 1871,8

Tačka 4:

p4 = p3 = 2, 2 bar , s4 = s1 = 2,7934

s4' = 1,5630

s4'' = 7,096

kJ , kgK

kJ , kgK kJ , kgK

s4' < s4 < s4'' , tačka 4 nalazi se u oblasti vlažne pare, x4 =

s4 − s4' 2,7934 − 1,5630 = = 0, 22 , s4'' − s4' 7,096 − 1,5630

h4 = h4' + x4 ( h4'' − h4' ) , h4 = 517,8 + 0, 22 ⋅ ( 2711 − 517,8 ) = 1000,3

kJ . kg


( q12 )t =const = T1 ( s2 − s1 ) , ( q12 )t =const = 523 ⋅ ( 7,322 − 2,7934 ) = 2368,5 308

kJ . kg

kJ . kg

VODENA PARA Razmenjena količina toplote u procesu 2-3

( q23 )v =const = u3 − u2 , ( q23 )v =const = 1871,8 − 2714,6 = −842,8

kJ . kg


( q34 ) p =const = h4 − h3 , ( q34 ) p =const = 1000,3 − 1991,6 = −991,3

Slika 3.23.

kJ . kg

Slika 3.24.

Zadatak 3.17. Vodenoj pari stanja 1 (t1 = 100°C, x1 = 0) ravnotežno se dovodi toplota, pri čemu vodenu paru prevodimo u stanje 2 (t2 = 120°C, x2 = 1) . U procesu 1-2 temperatura pare raste linearno u Ts koordinatnom sistemu. Nakon toga se vrši neravnotežna adijabatska ekspanzija vodene pare sa stepenom dobrote η dex = 0,9 do stanja 3 ( p3 = 0,1 bar) . Skicirati procese sa vodenom parom u Ts dijagramu i odrediti količinu dovedene toplote za proces 1-2 kao i dobijeni tehnički rad za proces 2-3. Pretpostaviti da se procesi odigravaju u otvorenom sistemu.

309


Tačka 1:

t1 = 100°C , x1 = 0 , p1 = 1,0131 bar , v1 = v1' = 0,0010435

m3 , kg

h1 = h1' = 419,1

kJ , kg

u1 = u1' = 419,0

kJ , kg

s1 = s1' = 1,3071

kJ . kgK

Tačka 2:

t2 = 120°C , x2 = 1 ,

p2 = 1,9854 bar , v2 = v2'' = 0,8917

h2 = h2'' = 2706

310

m3 , kg

kJ , kg

VODENA PARA u2 = u2'' = 2529

kJ , kg

s2 = s2'' = 7,1298

kJ . kgK

Tačka 3k: s3k = s2 = 7,1298

kJ , kgK

p3k = p3 = 0,1 bar , s3' k = 0,6492

s3'' k = 8,149

kJ , kgK

kJ , kgK

s3' k < s3k < s3'' k , tačka 3k se nalazi u oblasti vlažne pare, x3 k =

s3 k − s3' k 7,1298 − 0,6492 = = 0,8641 , s3'' k − s3' k 8,149 − 0,6492

h3k = h3' k + x3k ( h3'' k − h3' k ) = 191,9 + 0,8641 ⋅ ( 2584 − 191,9 ) = 2258,9

kJ , kg

u3k = u3' k + x3 k ( u3'' k − u3' k ) = 191,89 + 0,8641 ⋅ ( 2437 − 191,89 ) = 2131,9

kJ . kg

Tačka 3:

p3 = 0,1 bar ,

311


η dex =

h2 − h3 = 0,9 , h2 − h3k

h3 = h2 − η dex ( h2 − h3k ) = 2706 − 0,9 ⋅ ( 2706 − 2258,9 ) = 2303,6

kJ , kg


h3 − h3' 2303,6 − 191,9 = = 0,8828 . h3'' − h3' 2584 − 191,9

Dovedena količina toplote vodenoj pari u procesu 1-2

q12 =

T1 + T2 ⋅ ( s2 − s1 ) , linearna promena temperature u Ts dijagramu, 2

q12 =

373 + 393 kJ . ⋅ ( 7,1298 − 1,3071) = 2230,1 2 kg


q23 = ∆h23 + lt 23 , lt 23 = −∆h23 = h2 − h3 , lt 23 = 2706 − 2303,6 = 402, 4

312

kJ . kg

VODENA PARA

Slika 3.25. Zadatak 3.18. U zatvorenom adijabatski izolovanom sudu zapremine V = 7, 264 m3 , nalazi se mešavina m1' = 311 kg ključale vode i m '' suvozasićene vodene pare u stanju termodinamičke ravnoteže na p1 = 0,95 bar . Vodenoj pari u sudu se dovodi toplota od toplotnog izvora stalne temperature Tti = 573 K , tako da joj pritisak poraste na p2 = 68 bar . Skicirati proces sa vodenom parom u Ts i pv koordinatnim sistemima i odrediti: a) koliko je toplote dovedeno u procesu ( MJ ) , ⎛ kJ ⎞ b) promenu entropije izolovanog termodinamičkog sistema za proces 1-2 ⎜ ⎟ . ⎝K⎠

R e š e n j e:

a) Tačka 1:

p1 = 0,95 bar , V1 = V = 7, 264 m3 , v1' = 0,00104205

m3 , kg

313

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE v1'' = 1,7815

m3 , kg

V1' = m1' v1' = 311 ⋅ 0,001047205 = 0,3257 m3 , V1' + V1'' = V1 , V1'' = V1 − V1' = 7, 264 − 0,3257 = 6,9383 m3 , m1'' =

V1'' 6,9383 = = 3,895 kg , v1'' 1,7815

x1 =

m1'' 3,895 = = 0,0124 , m1' + m1'' 311 + 3,895

m1 = m1' + m1'' = 311 + 3,895 = 314,895 kg ,

v1 = v1' + x1 ( v1'' − v1' ) , v1 = 0,00104205 + 0,0124 ⋅ (1,7815 − 0,00104205 ) = 0,0231

m3 , kg

u1 = u1' + x1 ( u1'' − u1' ) = 411, 255 + 0,0124 ⋅ ( 2504 − 411, 255 ) = 437, 205 s1 = s1' + x1 ( s1'' − s1' ) = 1, 2861 + 0,0124 ⋅ ( 7,377 − 1, 2861) = 1,362

Tačka 2:

p2 = 68 bar , V2 = V1 = 7, 264 m3 ,

314

kJ . kgK

kJ , kg

VODENA PARA

m2 = m1 = 314,895 kg , v2 = v1 = 0,0231

m3 , kg

v2' = 0,0013445

m3 , kg

v2'' = 0,028382

m3 , kg


v2 − v2' 0,0231 − 0,0013445 = = 0,8046 , '' ' v2 − v2 0,028382 − 0,0013445

u2 = u2' + x2 ( u2'' − u2' ) , u2 = 1247,52 + 0,8046 ⋅ ( 2582 − 1247,52 ) = 2321, 242

kJ , kg

s2 = s2' + x2 ( s2'' − s2' ) = 3,103 + 0,8046 ⋅ ( 5,8292 − 3,103) = 5, 2965

kJ . kgK

a) Prvi zakon termodinamike za proces 1-2 u zatvorenom termodinamičkom sistemu

Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = ∆U12 = ( m1' + m1'' ) ( u2 − u1 ) = m1 ( u2 − u1 ) = m2 ( u2 − u1 ) ,

Q12 = 314,895 ⋅ ( 2321, 242 − 437, 205) = 593, 274 MJ . b) Promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema

315


∆Sis = ∆Srt + ∆Sti , ∆Srt = ( m1' + m1'' ) ( s2 − s1 ) = m1 ( s2 − s1 ) = m2 ( s2 − s1 ) ,

∆Srt = 314,895 ⋅ ( 5, 2965 − 1,362 ) = 1238,954 ∆Sti = −

kJ , K

Q12 593, 274 ⋅ 103 kJ , = = −1035,382 573 K Tti

∆Sis = 1238,954 − 1035,382 = 203,572

Slika 3.26.

kJ . K

Slika 3.27.

Zadatak 3.19. Izolovan zatvoren sud zapremine V = 120 litara ispunjen je ključalom vodom i suvozasićenom parom u stanju termodinamičke ravnoteže na pritisku p1 = 1 bar . U posudi se nalazi grejač snage 5 kW . Dovođenjem toplote nivo vode u sudu raste i kada pritisak dostigne 50 bar , posuda je u celosti ispunjena tečnom fazom. Skicirati proces u pv dijagramu i odrediti koliko dugo je trajalo dovođenje toplote. R e š e n j e:

Tačka 2:

p2 = 50 bar ,

316

VODENA PARA

V2 = V = 0,12 m 3 ,

x2 = 0 , v2 = v2' = 0,0012857

u2 = u2' = 1148

m2 =

m3 , kg

kJ , kg

V2 0,12 = = 93,33 kg . v2 0,0012857

Tačka 1:

p1 = 1 bar , V1 = V = 0,12 m 3 ,

m1 = m2 = 93,33 kg , v1 = v2 = 0,0012857

m3 , kg


v1 − v1' 0,0012857 − 0,0010432 = = 0,0001 , v1'' − v1' 1,694 − 0,0010432

u1 = u1' + x1 ( u1'' − u1' ) , u1 = 417,3 + 0,0001 ⋅ ( 2506 − 417,3) = 417,51

kJ . kg

317


Slika 3.28. Prvi zakon termodinamike za proces u zatvorenom termodinamičkom sistemu

Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = ∆U 12 = m1 ( u2 − u1 ) ,

Q12 = 93,33 ⋅ (1148 − 417,51) = 68,18 MJ . Vreme trajanja procesa 1-2 Q

Q

τ = 12 = 12 = Q12 Pg

68,18 ⋅ 103 = 13636 s , 5

Napomena: U ovom zadatku se pojavljuje fenomen podkritičnih zapremina, tj. izohorskim dovođenjem toplote vlažnoj pari kod koje je v < vk ( vidi sliku 3.28.) ne dolazi do stvaranja suvozasićene pare već ključale tečnosti. U takvom slučaju, prilikom dovođenja toplote vlažnoj pari stepen suvoće vodene pare ne raste monotono do x = 1 , već raste do neke vrednosti x > x1 , pa zatim monotono opada do x = 0 .

318

VODENA PARA Zadatak 3.20. U vertikalno postavljenom cilindru površine poprečnog preseka A = 0,1 m2 koji je po omotaču izolovan nalazi se m = 0,92 kg vode na temperaturi od 10°C . Iznad vode je klip zanemarljive mase koji ostvaruje stalni pritisak. Pritisak okoline iznosi po = 1 bar . U cilindru se nalazi grejač toplotne snage 0,5 kJ s . Zanemarujući trenje klipa o zidove cilindra odrediti vreme potrebno da se klip podigne za ∆z = 1,3 m . Predstaviti proces dovođenja toplote u Ts dijagramu.


Tačka 1:

t1 = 10°C , p1 = po = 1 bar , v1 = 0,0010005

m3 , kg

V1 = mv1 = 0,92 ⋅ 0,0010005 = 0,0009 m3 , h1 = 42

kJ , kg

u1 = h1 − p1v1 = 42 − 1 ⋅ 105 ⋅ 10−3 ⋅ 0,0010005 = 41,9

kJ . kg

319


Tačka 2:

p2 = p1 = 1 bar , V2 = V1 + A∆z = 0,0009 + 0,1 ⋅ 1,3 = 0,1309 m 3 , v2 =

V2 0,1309 m3 , = = 0,1423 m 0,92 kg

v2' < v2 < v2'' , tačka 2 je u oblasti vlažne pare, x2 =

v2 − v2' 0,1423 − 0,0010432 = = 0,0834 , v2'' − v2' 1,694 − 0,0010432

u2 = u2' + x2 ( u2'' − u2' ) , u2 = 417,3 + 0,0834 ⋅ ( 2506 − 417,3) = 591,5

kJ . kg

Prvi zakon termodinamike za proces u zatvorenom termodinamičkom sistemu

Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = m ( u2 − u1 ) + p1 (V2 − V1 ) , Q12 = 0,92 ⋅ ( 591,5 − 41,9 ) + 1 ⋅ 105 ⋅ 10 −3 ( 0,1309 − 0, 0009 ) = 518,632 kJ .

Vreme podizanja klipa Q

τ = 12 = Q 12

320

518,632 = 1037,3 s . 0,5

VODENA PARA

Slika 3.30. Zadatak 3.21. Vertikalni cilindar (od okoline toplotno izolovan) unutrašnjeg prečnika d = 250 mm zatvoren je sa gornje strane pomičnim (bez trenja) i od okoline izolovanim klipom (zanemarljive mase) opterećenim sa dva tega masa: mT 1 = 210 kg i mT 2 = 1800 kg . Početna udaljenost klipa od dna cilindra je z1 = 300 mm . U cilindru se nalazi 5 litara ključale vode, a ostatak zapremine zauzima suvozasićena para. Pritisak okoline iznosi po = 1 bar . Dovođenjem toplote klip se podiže za ∆z = 200 mm . Zatim se istovremeno teži teg podigne dizalicom i skine sa klipa (što dovodi do daljeg podizanja klipa) i isključi grejač. Odrediti: a) količinu toplote dovedenu u prvom delu procesa, b) izvršeni zapreminski rad u drugom delu procesa. R e š e n j e:

Slika 3.31.

321

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Tačka 1: V1 =

d 2π 0, 252 π z1 = ⋅ 0,3 = 0,0147 m3 , 4 4

p1 = po +

( mT 1 + mT 2 ) g = 1 ⋅105 + ( 210 + 1800 ) ⋅ 9,81 = 5 bar d 2π 4

0, 252 π 4

,

V1' = 0,005 m3 , v1' = 0,0010927

m1' =

m3 , kg

V1' 0,005 = = 4,576 kg , v1' 0,0010927

V1'' = V1 − V1' = 0,0147 − 0,005 = 0,0097 m3 , v1'' = 0,3747

m3 , kg

m1'' =

V1'' 0,0097 = = 0,026 kg , v1'' 0,3747

x1 =

m1'' 0,026 = = 0,0056 , m1' + m1'' 4,576 + 0,026

m = m1' + m1'' = 4,576 + 0,026 = 4,602 kg , u1 = u1' + x1 ( u1'' − u1' ) = 639, 4 + 0,0056 ⋅ ( 2562 − 639, 4 ) = 650,17

322

kJ . kg

VODENA PARA Tačka 2:

p2 = p1 = 5 bar , V2 = V1 + v2 =

d 2π 0, 252 π ∆z = 0,0147 + ⋅ 0, 2 = 0,0245 m 3 , 4 4

V2 0,0245 m3 , = = 0,0053 m 4,602 kg


v2 − v2' 0,0053 − 0,0010927 = = 0,0113 , v2'' − v2' 0,3747 − 0,0010927

u2 = u2' + x2 ( u2'' − u2' ) = 639, 4 + 0,0113 ⋅ ( 2562 − 639, 4 ) = 661,13

s2 = s2' + x2 ( s2'' − s2' ) = 1,860 + 0,0113 ⋅ ( 6,822 − 1,860 ) = 1,916

kJ , kg

kJ . kgK

Tačka 3: p3 = po +

mT 1 g 210 ⋅ 9,81 = 1 ⋅ 105 + = 1, 42 bar , 2 d π 0, 252 π 4 4

s3 = s2 = 1,916

kJ , kgK

s3' < s3 < s3'' , tačka 3 se nalazi u oblasti vlažne pare, x3 =

s3 − s3' 1,916 − 1, 4154 = = 0,0859 , '' ' s3 − s3 7, 2414 − 1, 4154

323

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE u3 = u3' + x3 ( u3'' − u3' ) = 461 + 0,0859 ⋅ ( 2517, 4 − 461) = 637,65

kJ . kg

a) Prvi zakon termodinamike za proces u zatvorenom termodinamičkom sistemu

Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = m ( u2 − u1 ) + p1 (V2 − V1 ) , Q12 = 4, 602 ⋅ ( 661,13 − 650,17 ) + 5 ⋅ 10 2 ⋅ ( 0,0245 − 0, 0147 ) = 55,34 kJ .

b) Prvi zakon termodinamike za proces u zatvorenom termodinamičkom sistemu

Q23 = ∆U 23 + L23 = 0 , isključen grejač, L23 = −∆U 23 = m ( u2 − u3 ) , L23 = 4,602 ⋅ ( 661,13 − 637,65 ) = 108,06 kJ .

Slika 3.32. Zadatak 3.22. Vlažna vodena para stanja A ( pA = 0,11 MPa, xA = 0, 443) , koja se nalazi u toplotno izolovanom sudu A, zapremine VA = 0,55 m 3 , razdvojena je slavinom S od suvozasićene vodene pare koja se pri istom pritisku ( pB = pA ) nalazi u toplotno izolovanom cilindru B, zapremine VB = 0,31 m 3 . Pri zakočenom (nepokretnom) klipu K otvara se slavina S i uspostavlja stanje termomehaničke (termodinamičke) ravnoteže pare u oba suda (stanje C). Po dostizanju tog

324

VODENA PARA ravnotežnog stanja, pokreće se klip K, koji pri i dalje otvorenoj slavini S, ravnotežno (kvazistatički) sabija paru na pritisak pD = 2, 4 MPa (stanje D). Odrediti izvršeni apsolutni rad za proces C-D i prikazati sve promene stanja vodene pare u Ts koordinatnom sistemu.


Tačka A:

pA = 0,11 MPa = 1,1 bar , xA = 0,443 , VA = 0,55 m 3 ,

vA = vA' + xA ( vA'' − vA' ) , vA = 0,0010452 + 0, 443 ⋅ (1,550 − 0,0010452 ) = 0,6872

mA =

m3 , kg

VA 0,55 = = 0,8 kg , v A 0,6872

u A = u A' + xA ( u A'' − u A' ) , u A = 428,79 + 0, 443 ⋅ ( 2509 − 428,79 ) = 1350,32

kJ . kg

325

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Tačka B:

pB = p A = 1,1 bar , xB = 1 , VB = 0,31 m 3 ,

vB = vB'' = 1,550

mB =

m3 , kg

VB 0,31 = = 0, 2 kg , vB 1,550

uB = u B'' = 2509

kJ . kg

Tačka C:

pC = pB = pA = 1,1 bar . Prvi zakon termodinamike za proces mešanja u zajedničkom sudu (proces 1-2)

Q12 = ∆U12 + L12 , U 2 = U1 ,

( mA + mB ) uC = mAu A + mB uB ,

326

uC =

m A u A + mB u B , mA + mB

uC =

0,8 ⋅ 1350,32 + 0, 2 ⋅ 2509 kJ = 1582,056 , 0,8 + 0, 2 kg

VODENA PARA uC' < uC < uC'' , tačka C je u oblasti vlažne pare

xC =

uC − uC' 1582,056 − 428,79 = = 0,554398 , 2509 − 428,89 uC'' − uC'

sC = sC' + xC ( sC'' − sC' ) , sC = 1,3327 + 0,5543988 ⋅ ( 7,328 − 1,3327 ) = 4,6565

kJ . kgK

Tačka D:

pD = 2, 4 MPa = 24 bar , sD = sC = 4,6565

kJ , kgK

sD' < sD < sD'' , tačka D se nalazi u oblasti vlažne pare,

xD =

sD − sD' 4,6565 − 2,534 = = 0,56781 , '' ' sD − sD 6, 272 − 2,534

uD = uD' + xD ( uD'' − uD' ) , uD = 948,9 + 0,56781 ⋅ ( 2602 − 948,9 ) = 1887,546

kJ . kg

Prvi zakon termodinamike za proces adijabatske kompresije (proces C-D)

QCD = ∆U CD + LCD , LCD = U C − U D , LCD = ( mA + mB )( uC − uD ) ,

327


LCD = ( 0, 2 + 0,8)(1582,056 − 1887,546 ) , LCD = −305,5 kJ .

Slika 3.34. Zadatak 3.23. U zatvorenom sudu zapremine V = 2 m3 , nalazi se suvozasićena vodena para stanja 1 ( p1 = 10 bar) . Tokom hlađenja do stanja 2 od vodene pare odvede se 14,3 MJ toplote. Odrediti promenu entropije sistema tokom procesa hlađenja u termodinamički najpovoljnijem slučaju. R e š e n j e:

Tačka 1:

p1 = 10 bar , x1 = 1 , V1 = 2 m3 ,

v1 = v1'' = 0,1946

m=

328

m3 , kg

V1 2 = = 10, 28 kg , v1 0,1946

VODENA PARA u1 = u1'' = 2583

kJ , kg

s1 = s1'' = 6,587

kJ . kgK

Tačka 2:

v2 = v1 = 0,1946

m3 . kg

Prvi zakon termodinamike za proces hlađenja pare

Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = ∆U12 = m ( u2 − u1 ) , u2 = u1 +

Q12 , m

u2 = 2583 +

−14,3 ⋅ 106 ⋅ 10−3 kJ = 1191,95 . 10, 28 kg

Pretpostavimo da je p2 = 2,6 bar

v2' = 0,0010685 v2'' = 0,6925

x2 =

m3 , kg

m3 , kg

v2 − v2' 0,1946 − 0,0010685 = = 0, 28 , v2'' − v2' 0,6925 − 0,0010685

u2 = u2' + x2 ( u2'' − u2' ) = 540,63 + 0, 28 ⋅ ( 2539 − 540,63) = 1100,17

kJ , kg

329


pretpostavka nije tačna. Pretpostavimo da je p2 = 2,8 bar

v2' = 0,0010709

v2'' = 0,6461

x2 =

m3 , kg

m3 , kg

v2 − v2' 0,1946 − 0,0010709 = = 0,30 , v2'' − v2' 0,6461 − 0,0010709

u2 = u2' + x2 ( u2'' − u2' ) = 551,1 + 0,30 ⋅ ( 2541 − 551,1) = 1148,07

kJ , kg

pretpostavka nije tačna. Pretpostavimo sada da je p2 = 3 bar

v2' = 0,0010733

v2'' = 0,6057

x2 =

m3 , kg

m3 , kg

v2 − v2' 0,1946 − 0,0010733 = = 0,32 , v2'' − v2' 0,6057 − 0,0010733

u2 = u2' + x2 ( u2'' − u2' ) = 561,1 + 0,32 ⋅ ( 2543 − 561,1) = 1195,3

pretpostavka je tačna!

330

kJ , kg

VODENA PARA Obzirom da je pretpostavka tačna, znači da je p2 = 3 bar . Na osnovu vrednosti pritiska p2 određuje se temperatura t2 = 133,54°C . s2 = s2' + x2 ( s2'' − s2' ) = 1,672 + 0,32 ⋅ ( 6,992 − 1,672 ) = 3,374

kJ . kgK

Drugi zakon termodinamike za proces hlađenja

∆Sis = ∆Srt + ∆Stp , ∆Srt = m ( s2 − s1 ) = 10, 28 ⋅ ( 3,374 − 6,587 ) = −33,03

∆Stp = −

kJ , kgK

Q12 Q −14,3 ⋅ 106 ⋅ 10−3 kJ , = − 12 = − = 35,17 133,54 + 273 kgK Ttp T2

∆Sis = −33,03 + 35,17 = 2,14

kJ . kgK

Zadatak 3.24. U zatvorenom sudu nalazi se 5 kg pregrejane vodene pare stanja 1 ( p1 = 0,1 MPa, t1 ) . a) koliko iznosi temperatura pregrejane pare (t1 ) ako od nje hlađenjem nastaje suva vodena para specifične entalpije h = 2653 kJ kg (stanje 2), b) koliki će biti stepen suvoće ( x3 ) vlažne pare kada usled daljeg odvođenja toplote temperatura vodene pare dostigne 50°C (stanje 3), c) odrediti masu ključale tečnosti m3' i suvozasićene pare m3'' . R e š e n j e:

Tačka 2:

x2 = 1 ,

331

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE h2 = h2'' = 2653

kJ , kg

p2 = 0,6 bar , v2 = v2'' = 2,732

m3 , kg

m2 = 5 kg , Tačka 1:

p1 = 0,1 MPa = 1 bar ,

m1 = m2 = 5 kg , V1 = V2 = V = const , sud je zatvoren, v1 = v2 = 2,732

m3 . kg

Tačka 3: v3 = v1 = v2 = 2,732

m3 , kg

t3 = 50°C ,

m3 = m1 = m2 = m = 5 kg , v3' = 0,0010121

v3'' = 12,04

332

m3 , kg

m3 , kg

VODENA PARA

v3' < v3 < v3'' , tačka 3 se nalazi u području vlažne pare.

a) Kako se tačka 1 nalazi u području pregrejane vodene pare, za pritisak p1 = 1 bar i specifičnu zapreminu v1 = 2,732 m3 kg , iz tabličnih podataka za pregrejanu vodenu paru sledi da je

t2 = 320°C . b) Stepen suvoće vlažne pare u stanju 3 x3 =

v3 − v3' 2,732 − 0,0010121 = = 0, 227 . v3'' − v3' 12,04 − 0,0010121

c) Stepen suvoće vlažne pare u stanju 3 definisan je kao x3 =

m3'' m3'' m3'' , = = m3' + m3'' m3 m

na osnovu čega je masa suvozasićene pare u stanju 3 m3'' = mx3 = 5 ⋅ 0, 227 = 1,135 kg , i masa ključale tečnosti u stanju 3 m3' = m − m3'' = 5 − 1,135 = 3,865 kg . Zadatak 3.25. U adijabatski izolovanom uređaju mešaju se suvozasićena vodena para stanja 1 ( p1 = 0, 4 MPa) i voda stanja 2 ( p2 = 0,4 MPa, t2 = 20°C, m w = 1 kg s) . Iz uređaja izlazi voda stanja 3 ( p3 = 0, 4 MPa, t3 = 80°C) . Zanemarujući promene kinetičke i potencijalne energije vodene pare, odrediti: a) potrebnu količinu pare, b) promenu entropije izolovanog sistema za proces mešanja (kW K) .

333



Tačka 1:

p1 = 0,4 MPa = 4 bar , x1 = 1 , h1 = h1'' = 2738

kJ , kg

s1 = s1'' = 6,897

kJ . kgK

Tačka 2:

p2 = 4 bar , t2 = 20°C , h2 = hw = 84,1

kJ , kg

s2 = sw = 0, 296

Tačka 3:

p3 = 4 bar ,

334

kJ . kgK

VODENA PARA

t3 = 80°C , h3 = hw = 335,1

kJ , kg

s3 = sw = 1,074

kJ . kgK

a) Prvi zakon termodinamike za proces mešanja u otvorenom termodinamičkom sistemu Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

H 1 = H 2 ,

m p h1 + m w h2 = ( m p + m w ) h3 , m p = m w

h2 − h3 84,1 − 335,1 kg . = 1⋅ = 0,1 335,1 − 2738 s h3 − h1

b) Promena entropije izolovanog sistema za proces mešanja ∆Sis = ∆Srt + ∆Sok = ∆Srt , proces mešanja je adijabatski, ∆Sis = ∆Srt = ∆Sizlaz − ∆Sulaz = ( m p + m w ) s3 − ( m p s1 + m w s2 ) ,

∆Sis = ( 0,1 + 1) ⋅ 1,074 − ( 0,1 ⋅ 6,897 + 1 ⋅ 0, 296 ) = 0,1957

kW . K

Zadatak 3.26. Kotao proizvodi m = 7 t h suvozasićene pare stanja 1 ( p1 = 13 bar) . Deo te pare koristi se za potrebe nekog tehnološkog procesa, dok se drugi deo pare, nakon prigušivanja do p2 , meša u napojnom rezervoaru sa vodom stanja 2 ( p2 = 2 bar, t2 = 20°C) . Voda se iz napojnog rezervoara uvodi u toplotno

335

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE izolovanu pumpu, gde joj se pritisak kvazistatično povisi do pritiska u kotlu. Ako je toplotna snaga kotla 4,56 MW, odrediti maseni protok pare koja se koristi u tehnološkom procesu (m tp ) kao i snagu pumpe.


Tačka 1:

p1 = 13 bar ,

x1 = 1 , h1 = h1'' = 2787

kJ . kg

Tačka 2:

p2 = 2 bar ,

t2 = 20°C , h2 = hw = 84,0

336

kJ . kg


p4 = p1 = 13 bar . Prvi zakon termodinamike za proces u kotlu Q 41 = ∆H 41 + Lt 41 = ∆H 41 , Q 41 = H 1 − H 4 = m ( h1 − h4 ) ,

h4 = h1 −

Q12 4,56 ⋅ 103 kJ , = 2787 − = 441,86 1000 m kg 7⋅ 3600 kJ . kgK

s4 = sw = 1,363

Tačka 3:

p3 = p2 = 2 bar , s3 = s4 = 1,363

kJ , kgK kJ . kg

h3 = hw = 440,95

Prvi zakon termodinamike za proces mešanja Q12 = ∆H 12 + Lt12 , H ulaz = H izlaz ,

( m − m ) h + m tp

1

3, h = mh

tp 2

337

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE m tp = m

h3 − h1 440,95 − 2787 t = 7⋅ = 6,08 . 84,0 − 2787 h h2 − h1

Prvi zakon termodinamike za proces u pumpi Q 34 = ∆H 34 + Lt 34 , Lt 34 = −∆H 34 = H 3 − H 4 = m ( h3 − h4 ) ,

1000 Lt 34 = 7 ⋅ ⋅ ( 440,95 − 441,86 ) = −1,77 kW . 3600 Zadatak 3.27. Voda stanja 1 ( p1 = 1 bar, t1 = 80°C) dostrujava kroz cev unutrašnjeg prečnika d = 40 mm brzinom 0,5 m s . Prolaskom kroz delimično otvoren ventil se prigušuje na p2 = 0,4 bar i ulazi u odvajač tečnosti (od okoline toplotno izolovan). Odrediti: a) promenu entropije sistema za proces prigušivanja, b) snagu kompresora koji izbacuje parnu fazu iz suda u okolinu pritiska p4 = 1 bar , c) snagu pumpe koja tečnu fazu iz suda prebacuje u parni kotao koji radi na pritisku p3 = 4 bar . Napomena: kompresije u kompresoru i pumpi su kvazistatične adijabatske.

Slika 3.37.

338


Tačka 1:

p1 = 1 bar , t1 = 80°C , h1 = hw = 334,9

kJ , kg

s1 = sw = 1,074

kJ , kgK

v1 = vw = 0,001028

w1 = 0,5 m 1 =

m3 , kg

m , s

w1d 2π 0,5 ⋅ 0,042 π kg . = = 0,61 4v1 4 ⋅ 0,001028 s

Tačka 2:

p2 = 0, 4 bar , h2 = h1 = 334,9

h2' = 317,7

h2'' = 2636

kJ , kg

kJ , kg kJ , kg

339

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE h2' < h2 < h2'' , tačka 2 se nalazi u području vlažne pare, x2 =

h2 − h2' 334,9 − 317,7 = = 0,0074 , h2'' − h2' 2636 − 317,7

s2 = s2' + x2 ( s2'' − s2' ) = 1,0261 + 0,0074 ⋅ ( 7,670 − 1,0261) = 1,075

kJ . kgK

Tačka 3:

p3 = 4 bar , s3 = s2' = 1,0261

kJ , kgK

h3 = hw = 318,6

kJ . kg

Tačka 4:

p4 = 1 bar , s4 = s2'' = 7,670

kJ , kgK

h4 = hpp = 2803

kJ . kg

a) Promena entropije sistema za proces prigušivanja ∆Sis = ∆Srt + ∆Sok = ∆Srt ,

∆Sis = m 1 ( s2 − s1 ) = 0,61 ⋅ (1,075 − 1,074 ) = 0,00061

340

kW W = 0,61 . K K

VODENA PARA b) Prvi zakon termodinamike za proces u kompresoru Q 2''4 = ∆H 2''4 + Lt 2''4 ,

Lt 2''4 = −∆H 2''4 = H 2'' − H 4 , Lt 2'4 = m 1 x2 ( h2'' − h4 ) = m 1 x2 ( h2'' − h4 ) ,

Lt 2' 4 = 0,61 ⋅ 0,0074 ⋅ ( 2636 − 2803) = −0,754 kW . c) Prvi zakon termodinamike za proces u pumpi

Q 2'3 = ∆H 2'3 + Lt 2'3 , Lt 2'3 = −∆H 2'3 = H 2' − H 3 , Lt 2'3 = m 1 (1 − x2 ) ( h2' − h3 ) = m 1 (1 − x2 ) ( h2' − h3 ) ,

Lt 2'3 = 0,61 ⋅ (1 − 0,0074 )( 317,7 − 318,6 ) = −0,545 kW .

Slika 3.38.

341

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Zadatak 3.28. U toplotno izolovan kompresor ulazi freon 12 (R12) stanja 1 ( p1 = 1 bar, t1 = −20°C, m f = 60 kg h) . Stanje freona na izlazu iz kompresora

je 2 ( p2 = 8 bar) , a snaga kompresora iznosi 1 kW. Nakon kompresije freon se hladi i potpuno kondenzuje u razmenjivaču toplote. Kao rashladni fluid u razmenjivaču toplote koristi se voda stanja 4 ( p4 = 1 bar, t4 = 10°C) koja se prolaskom kroz razmenjivač toplote zagreje do stanja 5 ( p5 = 1 bar, t5 = 30°C) . Skicirati promene stanja freona 12 u hs dijagramu i odrediti: a) stepen dobrote adijabatske kompresije u kompresoru; b) potrošnju vode u razmenjivaču toplote (kg h) .


Tačka 1:

p1 = 1 bar , t1 = −20°C , m f = 60

342

kg , h

h1 = hpp = 647, 4

kJ , kg

s1 = s pp = 1,612

kJ . kgK

VODENA PARA

Tačka 2k:

p2k = 8 bar , s2k = s1 = 1,612

kJ , kgK

h2k = hpp = 686,1

kJ . kg

Tačka 2:

p2 = 8 bar . Prvi zakon termodinamike za proces u kompresoru Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

Lt12 = −∆H 12 = m f ( h1 − h2 ) , h2 = h1 −

Lt12 , m f

h2 = 647, 4 −

−1 kJ . = 707, 4 60 kg 3600

Tačka 3:

p3 = p2 = 8 bar , x3 = 0 , h3 = 531, 45

kJ . kg

343


a) Stepen dobrote adijabatske kompresije

η dkp =

h1 − h2k 647, 4 − 686,1 = = 0,645 . h1 − h2 647, 4 − 707, 4

b) Tačka 4:

p4 = 1 bar , t4 = 10°C , h4 = hw = 42

kJ . kg

Tačka 5:

p5 = 1 bar , t5 = 30°C , h5 = hw = 125,7

kJ . kg

Prvi zakon termodinamike za proces u razmenjivaču toplote Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

H 1 = H 2 ,

m f h2 + m w h4 = m f h3 + m w h5 , m w = m f

344

h3 − h2 , h4 − h5

VODENA PARA

m w = 60 ⋅

531, 45 − 707, 4 kg = 126,1 . 42 − 125,7 h

Slika 3.40. Zadatak 3.29. Pregrejana vodena para stanja 1 ( p1 = 7 bar, t1 = 450°C) ekspandira adijabatski u

parnoj turbini sa stepenom dobrote η dex = 0,6 do stanja 2 ( p2 = 1 bar) . Po izlasku iz turbine para se u toplotno izolovanoj mešnoj komori meša sa vodom, masenog protoka m w = 2,3 kg s stanja 3 ( p3 = 1 bar, t3 = 14°C) . Stanje vode na izlazu iz komore za mešanje je 4 ( p4 = 1 bar, t4 = 47°C) . Skicirati proces u turbini i mešnoj komori u Ts dijagramu i: a) odrediti snagu turbine (kW) , b) dokazati da je proces mešanja pare i vode nepovratan.

Slika 3.41.

345


1 – 2: promena stanja pare u turbini 2 – 4: promena stanja pare u mešnoj komori 3 – 4: promena stanja vode u mešnoj komori Tačka 1:

p1 = 7 bar , t1 = 450°C , h1 = hpp = 3374,75

s1 = s pp = 7,789

kJ , kg

kJ . kgK

Tačka 2k:

p2k = p2 = 1 bar , s2k = s1 = 7,789

' s2k = 1,3026

'' s2k = 7,360

kJ , kgK

kJ , kgK

kJ , kgK

'' , tačka 2k se nalazi u oblasti pregrejane pare, s2k > s2k

h2k = hpp = 2856,65

346

kJ . kgK


p2 = 1 bar ,

η dex =

h1 − h2 = 0,6 , h1 − h2k

h2 = h1 − ηdex ( h1 − h2k ) , h2 = 3374,75 − 0,6 ⋅ ( 3374,75 − 2856,65 ) = 3063,89

s2 = s pp = 8,193

kJ , kg

kJ . kgK

Tačka 3:

p3 = 1 bar , t3 = 14°C , h3 = hw = 58,76

kJ , kg

s3 = sw = 0, 207

kJ . kgK

Tačka 4:

p4 = 1 bar , t4 = 47°C , h4 = hw = 196,76

kJ , kg

347

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE s4 = sw = 0,662

kJ . kgK

a) Prvi zakon termodinamike za proces u mešnoj komori Q12 = ∆H 12 + Lt12 , H 1 = H 2 , H ulaz = H izlaz , m w h3 + m p h2 = ( m w + m p ) h4 , m p = m w

h3 − h4 , h4 − h2

m p = 2,3 ⋅

58,76 − 196,76 kg = 0,11 . 196,76 − 3063,89 s

Prvi zakon termodinamike za proces u turbini Q12 = ∆H 12 + Lt12 , Lt12 = −∆H 12 = H 1 − H 2 , Lt12 = m p ( h1 − h2 ) ,

Lt12 = 0,11 ⋅ ( 3374,75 − 3063,89 ) = 34,195 kW .

348

VODENA PARA

Slika 3.42. Proces promene stanja u turbini b) Drugi zakon termodinamike za proces mešanja u mešnoj komori ∆Sis = ∆Srt + ∆Sok = ∆Srt , ∆Sis = ∆Srt = ∆Sizlaz − ∆Sulaz ,

∆Sis = ( m w + m p ) s4 − ( m p s2 + m w s3 ) ,

∆Sis = ( 2,3 + 0,11) ⋅ 0,662 − ( 0,11 ⋅ 8,193 + 2,3 ⋅ 0, 207 ) , ∆Sis = 0, 218

kW . K

Slika 3.43. Proces promene stanja u mešnoj komori

349

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Zadatak 3.30. Pregrejana vodena para 1 ( p1 = 70 bar, t1 = 450°C) adijabatski ekspandira u parnoj turbini do stanja 2 ( p2 = 1 bar) . Snaga turbine je 200 kW. Nakon ekspanzije para se uvodi u kondenzator u kome se izobarski potpuno kondenzuje (stanje 3 = ključala voda). Protok vode za hlađenje kondenzatora iznosi m w = 5 kg s . Stanje vode na ulazu u kondenzator je 4 ( p4 = 1 bar, t4 = 20°C) , a na izlazu iz kondenzatora je 5 ( p5 = 1 bar, t5 = 45°C) . Skicirati promene stanja pare (1-2-3) u hs dijagramu i odrediti: a) maseni protok vodene pare (kg s) , b) stepen suvoće vodene pare na izlazu iz turbine, c) stepen dobrote ekspanzije pare u turbini.


Tačka 4:

p4 = 1 bar , t4 = 20°C , h4 = hw = 83,9

350

kJ . kg


p5 = 1 bar , t5 = 45°C , h5 = hw = 188, 4

kJ . kg

Tačka 1:

p1 = 70 bar , t1 = 450°C , h1 = hpp = 3284,75

s1 = s pp = 6,634

kJ , kg

kJ . kgK

Tačka 3:

p3 = p2 = 1 bar , x3 = 0 , h3 = h3' = 417, 4

kJ . kg

a) Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu ograničenom isprekidanom linijom Q12 = ∆H 12 + Lt12 , 0 = ∆H 12 + Lt12 ,

351


0 = H izlaz − H ulaz + Lt12 ,

0 = ( m p h3 + m w h5 ) − ( m p h1 + m w h4 ) + Lt12 , m p =

m p =

m w ( h5 − h4 ) + Lt12 h1 − h3

,

5 ⋅ (188, 4 − 83,9 ) + 200 3284,75 − 417, 4

= 0, 252

kg . s

b) Tačka 2k:

p2k = p2 = 1 bar , s2k = s1 = 6,634

' s2k = 1,3026

'' s2k = 7,360

kJ , kgK

kJ , kgK kJ , kgK

' '' s2k < s2k < s2k , tačka 2k se nalazi u oblasti vlažne pare,

x2k =

' s2k − s2k 6,634 − 1,3026 = = 0,88 , '' ' s2k − s2k 7,360 − 1,3026

h2k' = 417, 4

h2k'' = 2675

352

kJ , kg

kJ , kg

VODENA PARA ' ' h2k = h2k + x2k ( h2k'' − h2k ) = 417, 4 + 0,88 ⋅ ( 2675 − 417, 4 ) = 2404,09

kJ . kg

c) Tačka 2:

p2 = 1 bar . Prvi zakon termodinamike za proces u turbini Q12 = ∆H 12 + Lt12 , 0 = ∆H 12 + Lt12 , 0 = m p ( h2 − h1 ) + Lt12 , h2 = h1 −

Lt12 , m p

h2 = 3284,75 −

η dex =

200 kJ , = 2491,1 0, 252 kg

h1 − h2 3284,75 − 2491,1 = = 0,9 . h1 − h2k 3284,75 − 2404,09

Slika 3.45.

353

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Zadatak 3.31. U sekundarnom krugu atomskog reaktora proizvodi se qm = 4000 t h suvozasićene vodene pare stanja 1 ( p1 = 70 bar) . Proizvedena para se deli na dve struje qm1 i qm 2 . Para masenog protoka qm1 kvazistatično adijabatski ekspandira u turbini do stanja 2 ( p2 = 8 bar) . Vlažna para stanja 2 se u odvajaču tečnosti (toplotno izolovanom od okoline) deli na dve struje qm3 (suvozasićena para, stanje 3) i qm 4 (ključala voda, stanje 4). Para stanja 3 se dalje pregreva (p = const) u razmenjivaču toplote do stanja 5 (t5 = 250°C) na račun toplote koju oslobodi para qm1 kondenzacijom pri konstantnom pritisku do stanja 6 (x6 = 0) . Odrediti: a) masene protoke fluidnih struja, b) snagu turbine.


Tačka 1:

p1 = 70 bar , x1 = 1 ,

354

VODENA PARA

h1 = h1'' = 2772

kJ , kg

s1 = s1'' = 5,814

kJ . kgK

Tačka 2:

p2 = 8 bar , s2 = s1 = 5,814

kJ , kgK

s2' = 2,046

kJ , kgK

s2'' = 6,663

kJ , kgK

x2 =

s2 − s2' 5,814 − 2,046 = = 0,8161 . s2'' − s2' 6,663 − 2,046

Tačka 3:

p3 = p2 = 8 bar , x3 = 1 , h3 = h3'' = 2769

kJ . kg

Tačka 4:

p4 = p2 = 8 bar ,

355


x4 = 0 , h4 = h4' = 720,9

kJ . kg

Tačka 5:

p5 = p3 = 8 bar , t5 = 250°C , kJ . kg

h5 = hpp = 2947,5

Tačka 6:

p6 = p1 = 70 bar , x6 = 0 , h6 = h6' = 1267, 4

kJ . kg

Prvi zakon termodinamike za proces u pregrejaču pare Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

H 1 = H 2 , H ulaz = H izlaz ,

qm 2 h1 + qm3 h3 = qm 2 h6 + qm3 h5 , qm = qm1 + qm 2 , qm3 = x2 qm1 ,

356

VODENA PARA

( qm − qm1 ) h1 + x2 qm1h3 = ( qm − qm1 ) h6 + x2 qm1h5 , qm1 = qm

h1 − h6 , x2 ( h5 − h3 ) + h1 − h6

qm1 = 4000 ⋅

2772 − 1267, 4 t = 3646,9 . 0,8161 ⋅ ( 2947,5 − 2769 ) + 2772 − 1267, 4 h

Materijalni bilans račve

qm = qm1 + qm 2 , qm 2 = qm − qm1 , qm 2 = 4000 − 3646,9 = 353,1

t . h

Para koja napušta odvajač tečnosti

qm3 = x2 qm1 , qm 3 = 0,8161 ⋅ 3646,9 = 2976, 2

t . h

Materijalni bilans odvajača tečnosti

qm1 = qm3 + qm 4 , qm 4 = qm1 − qm3 , qm 4 = 3646,9 − 2976, 2 = 670,7

t . h

Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu ograničenom isprekidanom linijom

357

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

0 = ∆H 12 + Lt12 , 0 = H 2 − H 1 + Lt12 = H izlaz − H ulaz + Lt12 , Lt12 = H ulaz − H izlaz ,

Lt12 = qm h1 − ( qm 2 h6 + qm3 h5 + qm 4 h4 ) , 4000 ⋅ 2772 − ( 353,1 ⋅ 1267, 4 + 2976, 2 ⋅ 2947,5 + 670,7 ⋅ 720,9 ) , Lt12 = 3,6

Lt12 = 384,6 MW . Zadatak 3.32. U parnoturbinskom postrojenju vodena para masenog protoka m = 1, 2 kg s ekspandira u turbini visokog pritiska (TVP) od stanja 1 ( p1 = 1 MPa, t1 = 440°C) do stanja 2 ( p2 = 0,5 MPa) . Po izlasku iz turbine deo pare masenog protoka m A = 0, 4 kg s meša se adijabatski sa vodom stanja 5 ( p5 = 5 bar, t5 = 20°C) . Stanje vode na izlasku iz komore za mešanje je 6 ( p6 = 5 bar, t6 = 45°C) . Preostali deo pare se po izlasku iz turbine visokog pritiska izobarski zagreva do stanja 3 (t3 = 400°C) , a zatim ekspandira u turbini niskog pritiska (TNP) do stanja 4 ( p4 = 5 kPa) . Ekspanzije u turbinama su adijabatske sa istim stepenom

dobrote η dex = 0,9 . Odrediti: a) snagu turbina visokog i niskog pritiska (kW) , b) maseni protok vode u komori za mešanje (kg s) .

358

VODENA PARA


Tačka 1:

p1 = 1 MPa = 10 bar ,

t1 = 440°C , h1 = hpp = 3349

kJ , kg

s1 = s pp = 7,585

kJ . kgK

Tačka 2k:

p2k = p2 = 0,5 MPa = 5 bar , s2k = s1 = 7,585

kJ , kgK

359

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE '' s2k > s2k , tačka 2k se nalazi u području vlažne pare,

h2k = hpp = 3135,5

kJ . kg

Tačka 2:

p2 = 5 bar ,

η dex =

h1 − h2 = 0,9 , h1 − h2k

h2 = h1 − η dex ( h1 − h2k ) ,

h2 = 3349 − 0,9 ⋅ ( 3349 − 3135,5 ) = 3156,85

kJ , kg

h2 > h2'' , tačka 2 se takođe nalazi u području pregrejane pare, s2 = s pp = 7,622

kJ . kgK

Tačka 3:

p3 = p2 = 5 bar ,

t3 = 400°C ,

360

h3 = hpp = 3271,5

kJ , kg

s3 = s pp = 7,7995

kJ . kgK

VODENA PARA Tačka 4k:

p4k = p4 = 5 kPa = 0,05 bar , s4k = s3 = 7,7995

kJ , kgK

' '' s4k < s4k < s4k , tačka 4k se nalazi u području vlažne pare,

x4k =

' s4k − s4k 7,7995 − 0, 4761 = = 0,925 , '' ' s4k 8,393 − 0, 4761 − s4k

'' h4k = h4k' + x4k ( h4k − h4k' ) = 137,83 + 0,925 ⋅ ( 2561 − 137,83) = 2379, 26

kJ . kg

Tačka 4:

p4 = 0,05 bar ,

η dex =

h3 − h4 = 0,9 , h3 − h4k

h4 = h3 − η dex ( h3 − h4k ) ,

h4 = 3271,5 − 0,9 ⋅ ( 3271,5 − 2379, 26 ) = 2468,5

kJ . kg

Tačka 5:

p5 = 5 bar ,

t5 = 20°C , kJ , kg kJ . s5 = sw = 0, 296 kgK

h5 = hw = 84, 2

361

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Tačka 6:

p6 = 5 bar , t6 = 45°C , h6 = hw = 188,7

kJ , kg

s6 = sw = 0,636

kJ . kgK

a) Prvi zakon termodinamike za proces širenja u turbini visokog pritiska Q12 = ∆H 12 + Lt12 , Lt12 = H 1 − H 2 , Lt12 = m ( h1 − h2 ) = 1, 2 ⋅ ( 3349 − 3156,85 ) = 230,5 kW .

Prvi zakon termodinamike za proces širenja u turbini niskog pritiska Q 34 = ∆H 34 + Lt 34 , Lt 34 = H 3 − H 4 , Lt 34 = ( m − m A )( h3 − h4 ) = (1, 2 − 0, 4 ) ⋅ ( 3271,5 − 2468,5 ) = 642, 4 kW .

b) Prvi zakon termodinamike za proces mešanja u mešnoj komori Q12 = ∆H 12 + Lt12 , H 1 = H 2 , H ulaz = H izlaz ,

362

VODENA PARA m w h5 + m A h2 = ( m w + m A ) h6 ,

m w = m A

h6 − h2 , h5 − h6

m w = 0, 4 ⋅

188,7 − 3156,85 kg = 11,36 . 84, 2 − 188,7 s

Zadatak 3.33. Zatvoren rezervoar zapremine V = 10 m 3 sadrži ključalu vodu i suvu vodenu paru u stanju termodinamičke ravnoteže na pritisku p = 20 bar . Tečnost zauzima polovinu zapremine rezervoara. Dovođenjem toplote za vreme isticanja, temperatura vlažne pare u rezervoaru se održava stalnom. Odrediti količinu dovedene toplote ako je ∆m = 300 kg fluida isteklo iz rezervoara kroz ventil koji se nalazi na: a) donjoj strani rezervoara, b) gornjoj strani rezervoara. R e š e n j e:

a) Slučaj kada se ventil nalazi na donjoj strani rezervoara

Slika 3.48. Početak isticanja: p = 20 bar ,

V = 10 m 3 ,

363


V' =

V 10 = = 5 m3 , 2 2

V '' =

V 10 = = 5 m3 , 2 2

v ' = 0,0011766

v '' = 0,09958

m3 , kg

m3 , kg

m' =

V' 5 = = 4249,5 kg , ' v 0,0011766

m '' =

V '' 5 = = 50, 21 kg , v '' 0,09958

m poč = m' + m'' = 4249,5 + 50, 21 = 4299,7 kg , x poč =

m' 50, 21 = = 0,0117 , m + m '' 4249,5 + 50, 21 '

u ' = 906,1

kJ , kg

u '' = 2600

kJ , kg

u poč = u ' + x poč ( u '' − u ' ) = 906,1 + 0,0117 ⋅ ( 2600 − 906,1) = 925,92 t poč = 212,37°C .

364

kJ , kg

VODENA PARA Kraj isticanja: tkraj = t poč = 212,37°C , mkraj = m poč − ∆m = 4299,7 − 300 = 3999,7 kg ,

vkraj =

V 10 m3 , = = 0,0025 kg mkraj 3999,7

' '' , vkraj < vkraj < vkraj

xkraj =

' vkraj − vkraj '' kraj

v

−v

' kraj

=

0,0025 − 0,0011766 = 0,0134 , 0,09958 − 0,0011766

ukraj = u ' + xkraj ( u '' − u ' ) = 906,1 + 0,0134 ⋅ ( 2600 − 906,1) = 928,8

kJ . kg

Izlaz:

mizlaz = ∆m = 300 kg , ' hizlaz = hizlaz = 908,5

kJ . kg

Napomena: Zbog položaja ventila, iz rezervoara ističe samo ključala voda.

Prvi zakon termodinamike za slučaj pražnjenja suda

Q12 = ∆U12 + H izlaz − H ulaz + L12 , Q12 = ∆U12 + H izlaz , Q12 = U kraj − U poč + H izlaz , Q12 = mkraj ukraj − m poč u poč + mizlaz hizlaz ,

365


Q12 = 3999,7 ⋅ 928,8 − 4299,7 ⋅ 925,92 + 300 ⋅ 908,5 = 6293,1 kJ . b) Slučaj kada se ventil nalazi na gornjoj strani rezervoara

Slika 3.49. Početak: nema promena u odnosu na slučaj kada se ventil nalazi sa donje strane Kraj: nema promena u odnosu na slučaj kada se ventil nalazi sa donje strane Izlaz:

mizlaz = ∆m = 300 kg , kJ '' . hizlaz = hizlaz = 2799 kg

Napomena: Zbog položaja ventila iz rezervoara ističe samo suva para. Prvi zakon termodinamike za slučaj pražnjenja suda

Q12 = ∆U12 + H izlaz − H ulaz + L12 , Q12 = ∆U12 + H izlaz , Q12 = U kraj − U poč + H izlaz , Q12 = mkraj ukraj − m poč u poč + mizlaz hizlaz ,

Q12 = 3999,7 ⋅ 928,8 − 4299,7 ⋅ 925,92 + 300 ⋅ 2799 = 573443,1 kJ .

366

VODENA PARA Zadatak 3.34. U zatvorenom, toplotno izolovanom rezervoaru, zapremine V = 0,5 m3 , nalazi se m = 30 kg vlažne vodene pare. Kada, pri zagrevanju, pritisak pare u rezervoaru dostigne vrednost p = 5 MPa , isključuje se električni grejač stalne snage i istovremeno se otvara sigurnosni ventil, tako da jedan deo suve vodene pare naglo istekne u okolinu. Smatrati da je širenje preostale vlažne pare, do pritiska koji po zatvaranju sigurnosnog ventila iznosi p = 3 MPa , ravnotežno (kvazistatično). Preostala vlažna para se potom dogreva istim električnim grejačem stalne snage Pe = 800 W . Potrebno je: a) odrediti masu vlažne pare u rezervoaru nakon zatvaranja sigurnosnog ventila, b) odrediti vreme nakon kojeg će se sigurnosni ventil ponovo otvoriti, c) grafički prikazati promena stanja vodene pare u Ts koordinatnom sistemu.


a) Početak: p poč = 5 MPa = 50 bar ,

V = 0,5 m3 , m poč = 30 kg ,

v poč =

V 0,5 m3 , = = 0,0167 kg m poč 30

v 'poč = 0,0012857

m3 , kg

367


v ''poč = 0,03944

x poč =

m3 , kg

v poč − v 'poč v

'' poč

−v

' poč

=

s 'poč = 2,921

kJ , kgK

s ''poč = 5,973

kJ , kgK

0,0167 − 0,0012857 = 0, 404 , 0,03944 − 0,0012857

s poč = s 'poč + x poč ( s ''poč − s 'poč ) , s poč = 2,921 + 0, 404 ⋅ ( 5,973 − 2,921) = 4,154

Kraj: pkraj = 3 MPa = 30 bar ,

skraj = s poč = 4,154

' skraj = 2,646

kJ , kgK

'' skraj = 6,186

kJ , kgK

' '' skraj < skraj < skraj ,

368

kJ , kgK

kJ . kgK

VODENA PARA

xkraj =

' skraj − skraj '' kraj

s

=

−s

' kraj

' vkraj = 0,0012163

'' vkraj = 0,06665

4,154 − 2,646 = 0, 426 , 6,186 − 2,646

m3 , kg

m3 , kg

' '' ' vkraj = vkraj + xkraj ( vkraj − vkraj ),

vkraj = 0,0012163 + 0, 426 ⋅ ( 0,06665 − 0,0012163) = 0,02909

mkraj =

kJ , kg

V 0,5 = = 17,19 kg , vkraj 0,02909

' '' ' ukraj = ukraj + xkraj ( ukraj − ukraj ),

ukraj = 1004,7 + 0, 426 ⋅ ( 2604 − 1004,7 ) = 1686

kJ . kg

b) Tačka 1 = Kraj: p1 = pkraj = 30 bar ,

v1 = vkraj = 0,02909

u1 = ukraj = 1686

kJ , kg

kJ . kg

369

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Tačka 2: p2 = p poč = 50 bar ,

v2 = v1 = 0,02909

kJ , kg

v2' < v2 < v2'' , tačka 2 je u oblasti vlažne pare, x2 =

v2 − v2' 0,02909 − 0,0012857 = = 0,729 , v2'' − v2' 0,03944 − 0,0012857

u2 = u2' + x2 ( u2'' − u2' ) , u2 = 1148 + 0,729 ⋅ ( 2597 − 1148 ) = 2204,3

kJ . kg

Prvi zakon termodinamike za proces u zatvorenom termodinamičkom sistemu

Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = ∆U12 , Q12 = mkraj ( u2 − u1 ) , Q12 = 17,19 ⋅ ( 2204,3 − 1686 ) = 8909,577 kJ .

Vreme ponovnog otvaranja sigurnosnog ventila

370

τ=

Q12 , Pe

τ=

8909,577 = 11136,971 s ≈ 3h 5min 37s . 0,8

VODENA PARA c)

Slika 3.51. Zadatak 3.35. Toplotno izolovan rezervoar, zapremine V = 20 m3 , sadrži vodenu paru polaznog stanja 1 ( p1 = 2 MPa, T1 = 553 K) . Rezervoar je povezan sa toplotno izolovanom parnom turbinom, u kojoj se odvija ravnotežno (kvazistatično) širenje pare. Pritisak pare na izlazu turbine je stalan i iznosi piz = 0,15 MPa , a proces se odvija dok pritisak pare u rezervoaru ne opadne na p2 = 0,3 MPa . Zanemarujući prigušenje pare u ventilu, odrediti rad pare obavljen tokom ovog procesa.

Slika 3.52.

371


Početak pražnjenja rezervoara: p poč = p1 = 2 MPa = 20 bar , Tpoč = T1 = 553 K , t poč = t1 = 280°C ,

hpoč = hpp = 2972

kJ , kg

s poč = s pp = 6,674

kJ , kgK

v poč = v pp = 0,12

m poč =

m3 , kg

V 20 = = 166,67 kg , v poč 0,12

u poč = hpoč − p poč v poč = 2972 − 20 ⋅ 105 ⋅ 10−3 ⋅ 0,12 = 2732

Kraj pražnjenja rezervoara: pkraj = p2 = 0,3 MPa = 3 bar ,

skraj = s poč = 6,674

' skraj = 1,672

372

kJ , kgK

kJ , kgK

kJ . kg

VODENA PARA '' skraj = 6,992

kJ , kgK

' '' skraj < skraj < skraj , krajnja tačka nalazi se u oblasti vlažne pare,

xkraj =

' skraj − skraj '' kraj

s

−s

' kraj

=

6,674 − 1,672 = 0,94 , 6,992 − 1,672


ukraj = 561,1 + 0,94 ⋅ ( 2543 − 561,1) = 2424,08

kJ , kg

' '' ' vkraj = vkraj + xkraj ( vkraj − vkraj ),

vkraj = 0,0010733 + 0,94 ⋅ ( 0,6057 − 0,0010733) = 0,5694

mkraj =

m3 , kg

V 20 = = 35,12 kg . vkraj 0,5694

Izlaz:

piz = 0,15 MPa = 1,5 bar , siz = s poč = 6,674

siz' = 1, 4336

siz'' = 7, 223

kJ , kgK

kJ , kgK kJ , kgK

373

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE siz' < siz < siz'' , xiz =

siz − siz' 6,674 − 1, 4336 = = 0,905 , '' ' siz − siz 7, 223 − 1, 4336

hiz = hiz' + xiz ( hiz'' − hiz' ) , hiz = 467, 2 + 0,905 ⋅ ( 2693 − 467, 2 ) = 2481,55

kJ , kg

miz = m poč − mkraj = 166,67 − 35,12 = 131,55 kg .

Prvi zakon termodinamike za slučaj pražnjenja rezervoara Q12 = U kraj − U poč + H iz + Lt12 , Lt12 = U poč − U kraj − H iz , Lt12 = m poč u poč − mkraj ukraj − miz hiz ,

Lt12 = 166,67 ⋅ 2732 − 35,12 ⋅ 2424,08 − 131,55 ⋅ 2481,55 = 43,76 MJ . Zadatak 3.36. U isparivač zapremine V = 2 m3 , u kome se odvija proces isparavanja vode na pritisku p = 1 MPa , kontinualno se uvodi m ulaz = 10 kg s ključale vode pritiska p = 1 MPa , a iz njega izvodi suva para istog pritiska. Grejačima, uronjenim u ključalu vodu, vodi se predaje Q = 19, 26 MW toplote. Ako se u početnom 12

trenutku u isparivaču na pritisku p = 1 MPa nalazi mešavina ključale vode i suve pare u stanju termodinamičke ravnoteže, a ključala voda pri tom zauzima 1/10 zapremine isparivača, izračunati vreme potrebno da ključala voda ispuni ceo isparivač. Zanemariti razmenu toplote sa okolinom.

374

VODENA PARA


Početak:

p poč = 1 MPa = 10 bar , ' Vpoč =

V = 0, 2 m3 , 10

v 'poč = 0,0011273

m'poč =

' V poč

v

' poč

=

m3 , kg

0, 2 =177,42 kg , 0,0011273

'' ' V poč = V − V poč = 2 − 0, 2 = 1,8 m3 ,

v ''poč = 0,1946

m''poč =

'' V poč

v ''poč

=

m3 , kg

1,8 = 9, 25 kg , 0,1946

m poč = m'poč + m''poč = 177, 42 + 9, 25 = 186,67 kg ,

375

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE x poč =

m''poč m poč

=

9, 25 = 0,0496 , 186,67

u poč = u 'poč + x poč ( u ''poč − u 'poč ) , u poč = 761,6 + 0,0496 ⋅ ( 2583 − 761,6 ) = 851,94

Kraj:

pkraj = 1 MPa = 10 bar , xkraj = 0 , Vkraj = V = 2 m3 , ' vkraj = vkraj = 0,0011273

mkraj =

Vkraj vkraj

=

2 = 1774, 2 kg , 0,0011273

' ukraj = ukraj = 761,6

kJ . kg

Ulaz:

pulaz = 1 MPa = 10 bar , xulaz = 0 , ' hulaz = hulaz = 762,7

376

m3 , kg

kJ , kg

kJ . kg

VODENA PARA

mulaz = m ulazτ . Izlaz:

pizlaz = 1 MPa = 10 bar , xizlaz = 1 , '' hizlaz = hizlaz = 2778

kJ . kg

Prvi zakon termodinamike za slučaj istovremenog punjenja i pražnjenja suda

Q12 = U kraj − U poč + H izlaz − H ulaz , Q12 = mkraj ukraj − m poč u poč + miz hizlaz − mulaz hulaz , Q12τ = mkraj ukraj − m poč u poč + ( m poč + mulaz − mkraj ) hizlaz − mulaz hulaz , Q12τ = mkraj ukraj − m poč u poč + ( m poč + m ulazτ − mkraj ) hizlaz − m ulazτ hulaz ,

τ=

mkraj ukraj − m poč u poč + ( m poč − mkraj ) hizlaz , Q + m ( h − h ) 12

τ=

ulaz

ulaz

izlaz

1774, 2 ⋅ 761,6 − 186,67 ⋅ 851,94 + (186,67 − 1774, 2 ) ⋅ 2778 19, 26 ⋅ 103 + 10 ⋅ ( 762,7 − 2778 )

,

τ = 3603,5 s . Zadatak 3.37. Kondenzacija pare vrši se u prostoru zapremine V = 2 m 3 pri pritisku od p = 0,1 MPa . U posudu se kontinualno uvodi m ulaz = 100 kg h suvozasićene vodene pare, a iz nje izvodi nastala ključala voda istog pritiska pizlaz = 0,1 MPa . Ako se u početnom trenutku u posudi na pritisku p poč = 0,1 MPa nalazila

377

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE ključala voda i suvozasićena para u stanju termodinamičke ravnoteže, pri čemu je tečnost zauzimala 1/8 zapremine suda, odrediti vreme potrebno da tečnost ispuni 1/2 zapremine posude. Toplotna snaga koja se razmenjuje sa hladnjakom iznosi 250 kW. Zanemariti predaju toplote okolini.


p poč = 0,1 MPa = 1 bar , ' V poč =

V = 0, 25 m3 , 8

v 'poč = 0,0010432

m'poč =

' Vpoč

v

' poč

=

m3 , kg

0, 25 =239,65 kg , 0,0010432

'' ' V poč = V − V poč = 2 − 0, 25 = 1,75 m3 ,

v ''poč = 1,694

m''poč =

378

'' Vpoč

v

'' poč

m3 , kg

=

1,75 = 1,03 kg , 1,694

VODENA PARA m poč = m'poč + m''poč = 239,65 + 1,03 = 240,68 kg ,

m''poč

x poč =

m poč

=

1,03 = 0,0043 , 240,68

u poč = u 'poč + x poč ( u ''poč − u 'poč ) , u poč = 417,3 + 0,0043 ⋅ ( 2506 − 417,3) = 426, 28

kJ . kg

Kraj:

pkraj = 0,1 MPa = 1 bar , ' Vkraj =

V 2 = = 1 m3 , 2 2

' vkraj = v 'poč = 0,0010432

' mkraj =

' Vkraj ' kraj

v

=

m3 , kg

1 = 958,59 kg , 0,0010432

'' ' Vkraj = V − Vkraj = 2 − 1 = 1 m3 ,

'' vkraj = v ''poč = 1,694

'' mkraj =

'' Vkraj '' vkraj

=

m3 , kg

1 = 0,59 kg , 1,694

' '' mkraj = mkraj + mkraj = 958,59 + 0,59 = 959,18 kg ,

379


xkraj =

'' mkraj

mkraj

=

0,59 = 0,00062 , 959,18


ukraj = 417,3 + 0,00062 ⋅ ( 2506 − 417,3) = 418,6

kJ . kg

Ulaz:

pulaz = 0,1 MPa = 1 bar , xulaz = 1 , '' hulaz = hulaz = 2675

kJ , kg

m ulaz = 100 kg h . Izlaz:

pizlaz = 0,1 MPa = 1 bar , xizlaz = 0 , ' hizlaz = hizlaz = 417, 4

kJ . kg

Prvi zakon termodinamike za slučaj istovremenog punjenja i pražnjenja suda

Q12 = U kraj − U poč + H izlaz − H ulaz , Q12 = mkraj ukraj − m poč u poč + miz hizlaz − mulaz hulaz , Q12τ = mkraj ukraj − m poč u poč + ( m poč + mulaz − mkraj ) hizlaz − mulaz hulaz ,

380

VODENA PARA Q12τ = mkraj ukraj − m poč u poč + ( m poč + m ulazτ − mkraj ) hizlaz − m ulazτ hulaz ,

τ=

mkraj ukraj − m poč u poč + ( m poč − mkraj ) hizlaz , Q + m ( h − h ) 12

τ=

ulaz

ulaz

izlaz

959,18 ⋅ 418,6 − 240,68 ⋅ 426, 28 + ( 240,68 − 959,18 ) ⋅ 417, 4 , 100 −250 + ⋅ ( 2675 − 417, 4 ) 3600

τ = 5, 27 s .

381

4 Maksimalni rad

MAKSIMALNI RAD 4.0. Maksimalni rad Od radnog tela, koje se nalazi u zatvorenom termodinamičkom sistemu, može se termodinamičkim procesima (promenama stanja) dobiti zapreminski rad ako se radno telo u odnosu na okolinu nalazi u termodinamičkoj neravnoteži tj. mora postojati bar jedna od tri neravnoteže: toplotna, mehanička ili koncentraciona (hemijska) neravnoteža. Ako se radno telo stanja (1) dovede u ravnotežu sa okolinom stanja (o) na povratan način, povratnim promenama stanja kao što su kvazistatička adijabata odnosno povratna kvazistatička izoterma, algebarski zbir svih zapreminskih radova u zatvorenom termodinamičkom sistemu (radna materija + okolina) naziva se maksimalni rad ili eksergija zatvorenog termodinamičkog sistema. Izračunava se iz jednačine: Lmax = m ( −∆ u1o + To ∆s1o − po ∆v1o ) , Lmax = U 1 − U o + To ( S o − S1 ) − po (Vo − V1 ) ,

i može se grafički predstaviti u pv i Ts dijagramu kao zatvorena kontura ograničena linijama: 1. 2. 3. 4.

( s1 = const )T , ( To = const ) s , s ( po = const )v , v ( v1 = const ) p . p

T1

o

1

o

1

o

o

1

Slika 4.1. Grafički prikaz maksimalnog rada za slučaj p1 > po i T1 > To

385

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Od radnog tela, koje protiče kroz neku kontrolnu površinu otvorenog termodinamičkog sistema, može se termodinamičkim procesima (promenama stanja) dobiti tehnički rad, ako se radno telo u odnosu na okolinu nalazi u termodinamičkoj neravnoteži. Ako se radno telo stanja (1) dovede u ravnotežu sa okolinom stanja (o) na povratan način, algebarski zbir svih tako dobijenih tehničkih radova naziva se eksergija E x1 radnog tela stanja (1). Izračunava se iz jednačine E x1 = m ( −∆h1o + To ∆ s1o ) ,

i može se grafički predstavljati na pv i Ts dijagramu, a za realne fluide i na hs dijagramu. Na pv dijagramu (slika 4.2.) to je površina koja predstavlja zbir adijabatskog i izotermskog tehničkog rada dobijenog u procesu između stanja (1) i stanja (o), dok je na Ts dijagramu (slika 4.3.) to površina koja predstavlja zbir toplote razmenjene u izobarskom procesu p1 = const između temperatura T1 i To , i toplote razmenjene u izotermskom procesu To = const između entropija s1 i so . Na hs dijagramu (slika 4.4.) za realne fluide (pregrejana vodena para) eksergija predstavlja zbir duži a i b. Primer grafičkog predstavljanja eksergije za slučaj p1 > po i T1 > To

Slika 4.2. Grafički prikaz eksergije u pv dijagramu

386

MAKSIMALNI RAD

Slika 4.3. Grafički prikaz eksergije u Ts dijagramu

Slika 4.4. Grafički prikaz eksergije u hs dijagramu 4.1. Gubitak eksergije (ireverzibilnost) Pri vršenju termodinamičkih procesa u otvorenom termodinamičkom sistemu radnom telu se smanjuje eksergija (osim pri vršenju povratnih procesa). Gubitak eksergije E xg može se izračunati na jedan od načina: 1. E xg = To ∆ Sis - teorema Gouy- Stodola, 2. Bilans eksergije za uređaj u kojem se proces odigrava.

387

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Za povratne procese (kvazistatička adijabata, povratna kvazistatička izoterma) važi: E xg = 0 .

Gubitak eksergije se grafički predstavlja kao površina pravougaonika čije stranice su temperatura okoline To i promena entropije izolovanog sistema ∆Sis .

Slika 4.5. Gubitak eksergije u procesu 1-2

Slika 4.6. Gubitak eksergije u procesu 1-2

388

MAKSIMALNI RAD 4.2. Eksergija dovedene toplote U termodinamičkim procesima u kojima se radnom telu dovodi toplota Q dolazi do povećanja eksergije za vrednost eksergije dovedene toplote E xQ . Eksergija dovedene toplote određuje se iz jednačine T − To , E xQ = Q ti Tti

gde je: Q , [ kW ] - dovedeni toplotni protok, To , [ K ] - temperatura okoline, Tti , [ K ] - temperatura toplotnog izvora.

4.3. Eksergijski stepen korisnosti procesa Eksergijski stepen korisnosti procesa predstavlja meru kvaliteta termodinamičkog procesa u otvorenom termodinamičkom sistemu. Određuje se kao odnos očuvane eksergije i eksergije na ulazu u uređaj. Univerzalni izraz za izračunavanje eksergijskog stepena korisnosti

ηex =

E xulaz − E xg . E xulaz

Eksergija na „ulazu“ E xulaz sastoji se iz eksergije radnog tela E x1 , eksergije dovedene toplote E xQ tokom procesa i apsolutne vrednosti dovedenog tehničkog rada tokom procesa Lt . Tako na primer za razne uređaje eksergija na „ulazu“ iznosi: 1) protočni zagrejač, parni kotao: 2) adijabatski kompresor:

E xulaz = E x1 + E xQ ,

E xulaz = E x1 + Lt ,

389


n

3) mešna komora, razmenjivač toplote:

E xulaz = ∑ E xi , i =1

4) kondenzator, prigušni ventil, adijabatska turbina:

E xulaz = E x1 .

Oznake:

E xi - eksergije radnih tela na ulazu u mešnu komoru ili razmenjivač toplote.

390

MAKSIMALNI RAD Zadatak 4.1. U zatvorenom rezervoaru nalazi se m = 10 kg vazduha (idealan gas) stanja

1 ( p1 = 1,6 bar, T1 = 523 K) . Stanje okoline određeno je sa O ( po = 1 bar, To = 298 K) . Odrediti koliko se najviše zapreminskog rada može dobiti dovođenjem vazduha stanja 1 u ravnotežu sa okolinom stanja O (maksimalan rad, eksergija zatvorenog termodinamičkog sistema). Dobijeni rad predstaviti u pv dijagramu. R e š e n j e:

Specifična zapremina vazduha u početnom i krajnjem stanju v1 =

RT1 287 ⋅ 523 m3 , = = 0,9381 p1 1,6 ⋅ 105 kg

vo =

RTo 287 ⋅ 298 m3 . = = 0,8553 5 po 1 ⋅ 10 kg

Prvi zakon termodinamike za izolovani termodinamički sistem radno telo – okolina

Q = ∆Us + L = U2 s − U1s + L = 0 , gde su - U1s , U 2 s - respektivno, unutrašnje energije sistema pre i posle procesa, - L - proizvedeni rad. Unutrašnja energija sistema sastoji se od unutrašnje energije radnog tela i unutrašnje energije okoline, odnosno

U1s = U1 + Uo1 , U 2s = U 2 + U o 2 .

391

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE U toku procesa, radno telo vrši rad nad okolinom

Lo = po (V2 − V1 ) , i predaje okolini odgovarajuću količinu toplote

Qo = To ( S o 2 − So1 ) , pa će ukupna promena unutrašnje energije okoline biti

U o 2 − U o1 = Qo + Lo = To ( S o 2 − S o1 ) + po (V2 − V1 ) . Prvi zakon termodinamike za izolovani termodinamički sistem radno telo – okolina sada je

L = U1 − U 2 − To ( So 2 − S o1 ) − po (V2 − V1 ) . Uslov za dobijanje maksimalnog rada L = Lmax jeste da izvedeni procesi budu povratni, odnosno da promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema bude jednaka nuli

∆S = So 2 − So1 + S2 − S1 = 0 , So 2 − So1 = S1 − S2 . Maksimalni rad koji se može dobiti od sistema

Lmax = U1 − U 2 − To ( S1 − S2 ) − po (V2 − V1 ) , Lmax = U1 − U 2 + To ( S2 − S1 ) − po (V2 − V1 ) , što će u datom slučaju biti

⎛ T p ⎞ Lmax = U1 − U o + To m ⎜ c p ln o − R ln o ⎟ − po (Vo − V1 ) , T1 p1 ⎠ ⎝

392

MAKSIMALNI RAD ⎡ ⎤ ⎛ T p ⎞ Lmax = m ⎢ cv ( T1 − To ) + To ⎜ c p ln o − R ln o ⎟ − po ( vo − v1 ) ⎥ , T1 p1 ⎠ ⎝ ⎣ ⎦

Lmax = 428,56 kJ .

Slika 4.7.

393

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Zadatak 4.2. Termodinamički sistem se sastoji od zatvorenog suda u kojem se nalazi kiseonik (idealan gas) stanja 1 ( p1 = 1 bar, t1 = 400°C, m = 1 kg) i okoline stanja O ( po = 1 bar, to = 20°C) . Zapreminski udeo kiseonika u okolnom vazduhu iznosi rO2 = 0,21 . Odrediti:

a) da li se navedeni termodinamički sistem može upotrebiti za dobijanje L = 150 kJ rada, b) koliko bi trebalo da iznosi pritisak u sudu ( p1 ) , uz ostale nepromenjene uslove, da bi od sistema mogli dobiti L = 150 kJ rada povratnim promenama stanja. R e š e n j e:

a) Specifična zapremina kiseonika u početnom stanju v1 =

RT1 260 ⋅ 673 m3 . = = 1, 75 5 p1 1 ⋅ 10 kg

Parcijalni pritisak kiseonika u vazduhu

( po )O

2

= rO2 po = 0, 21 ⋅1 = 0, 21 bar ,

specifična zapremina kiseonika u krajnjem stanju

vo =

RTo 260 ⋅ 293 m3 3,63 = = . kg ( po )O 0,21 ⋅105 2

Maksimalni rad koji se može dobiti iz sistema ⎡ ⎛ ( po )O2 T Lmax = m ⎢ cv (T1 − To ) + To ⎜ c p ln o − R ln ⎜ T1 p1 ⎢⎣ ⎝

Lmax = 104,7 kJ .

394

⎤ ⎞ ⎟ − ( po )O ( vo − v1 ) ⎥ , 2 ⎟ ⎥⎦ ⎠

MAKSIMALNI RAD Obzirom da je maksimalni rad koji se može dobiti iz sistema manji od zahtevanog Lmax < L , sledi da se dati termodinamički sistem ne može upotrebiti za dobijanje željenih 150 kJ rada. b) U slučaju povratnih procesa tj. povratnih promena stanja, važi jednakost

L = Lmax , pa je za dobijanje zahtevanog rada neophodno da početni pritisak kiseonika u sudu iznosi

p1 = ( po )O e

L ⎛ cv ( T1 −To ) −( po )O ( vo − v1 ) − max T 1⎜ 2 m − ⎜ c p ln o + R⎜ T1 To ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

2

p1 = ( po )O e

L⎞ ⎛ cv (T1 −To ) −( po )O ( vo − v1 ) − ⎟ T 1⎜ 2 m⎟ − ⎜ c p ln o + R⎜ T1 To ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

2

−

p1 = 0,21 ⋅105 ⋅ e

,

,

⎛ 150⋅103 650⋅( 673− 293) − 0,2110 ⋅ 5 ⋅( 3,63−1,75) − ⎜ 1 ⎜ 293 1 910⋅ln + 260 ⎜ 673 293 ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

,

p1 = 1,81 bar . Zadatak 4.3. U toplotno izolovanom rezervoaru zapremine V = 20 m3 nalazi se vazduh (idealan gas) početnog stanja 1 ( p1 = 20 bar, t1 = 270°C) . Rezervoar je povezan sa gasnom turbinom u kojoj se vazduh širi kvazistatično adijabatski. Pritisak na izlazu iz turbine je stalan i iznosi 3 bar . Proces traje sve dok pritisak u rezervoaru ne opadne na 8 bar . Odrediti: a) radnu sposobnost vazduha u rezervoaru (maksimalan rad) pre otvaranja ventila i predstaviti je grafički u pv i Ts koordinatnim sistemima ako je stanje okoline O ( po = 1 bar, to = 20°C) , b) mehanički rad izvršen u toku procesa (pri tome zanemariti proces prigušivanja u ventilu).

395



a) Masa vazduha u početnom stanju m1 =

p1V1 p1V 20 ⋅105 ⋅ 20 = = = 256,67 kg , RT1 RT1 287 ⋅ 543

specifična zapremina u početnom stanju v1 =

V1 V 20 m3 = = = 0,078 . m1 m1 256,67 kg

Specifična zapremina vazduha u krajnjem stanju, odnosno u stanju ravnoteže sa okolinom vo =

RTo 287 ⋅ 293 m3 = = 0,841 . po 1 ⋅105 kg

Maksimalni rad sada je Lmax = U1 − U 2 + To ( S 2 − S1 ) − po (V2 − V1 ) , ⎡ ⎤ ⎛ T p ⎞ Lmax = m ⎢ cv ( T1 − To ) + To ⎜ c p ln o − R ln o ⎟ − po ( vo − v1 ) ⎥ , T1 p1 ⎠ ⎝ ⎣ ⎦

Lmax = 44,88 MJ .

396

MAKSIMALNI RAD

Slika 4.9.

Slika 4.10.

b) Kako se vazduh u turbini širi kvazistatično adijabatski, početna temperatura vazduha na izlazu iz turbine biće

Tizlaz

⎛p = Tpoč ⎜ izlaz ⎜ p ⎝ poč

⎞ ⎟⎟ ⎠

κ −1 κ

1,4 −1

⎛ 3 ⋅105 ⎞ 1,4 = 543 ⋅ ⎜ = 316 K , 5 ⎟ ⎝ 20 ⋅10 ⎠

dok je temperatura vazduha u rezervoaru na kraju procesa

Tkraj

⎛ pkraj = Tpoč ⎜ ⎜p ⎝ poč

⎞ ⎟⎟ ⎠

κ −1 κ

1,4 −1

⎛ 8 ⋅105 ⎞ 1,4 = 543 ⋅ ⎜ = 418 K . 5 ⎟ ⎝ 20 ⋅10 ⎠

Masa preostalog vazduha u rezervoaru na kraju procesa mkraj =

pkrajV RTkraj

=

8 ⋅ 105 ⋅ 20 = 133,37 kg , 287 ⋅ 418

pa je masa vazduha koji je izašao iz rezervoara mizlaz = m poč − mkraj = m1 − mkraj = 256,67 − 133,37 = 123,3 kg . Prvi zakon termodinamike za proces pražnjenja rezervoara Q12 − Lt12 = U kraj − U poč + H izlaz − H ulaz ,

397


pošto je Q12 = 0 i H ulaz = 0 , sledi da je − Lt12 = U kraj − U poč + H izlaz ,

Lt12 = cv ( mpoč Tpoč − mkrajTkraj ) − mizlaz c pTizlaz , Lt12 = 720 ⋅ ( 256,67 ⋅ 543 − 133,37 ⋅ 418 ) − 123,3 ⋅1000 ⋅ 316 ,

Lt12 = 21, 25 MJ . Zadatak 4.4. Klipni kompresor ravnotežno (kvazistatično) i politropski, sa eksponentom n = 1,3 sabija okolni vazduh (idealan gas) stanja politrope 1 ( p1 = 1 bar, T1 = 291 K) , na pritisak p2 = 4 bar , i puni toplotno izolovan

rezervoar zapremine V = 10 m3 . Toplotno stanje vazduha u rezervoaru na početku procea punjenja je kao i stanje okolnog vazduha 1. Odrediti: a) masu vazduha koju je porebno ubaciti u rezervoar da bi pritisak vazduha u rezervoaru dostigao vrednost od 3 bar , b) eksergiju vazduha (maksimalan rad) u rezervoaru u tom trenutku.

Slika 4.11.

398

MAKSIMALNI RAD R e š e n j e:

a) Temperatura vazduha na izlazu iz kompresora ⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

n −1 n

⎛ 4 ⋅ 105 ⎞ = 291 ⋅ ⎜ 5 ⎟ ⎝ 1 ⋅ 10 ⎠

1,3−1 1,3

= 400, 71 K .

Masa vazduha u rezervoaru pre početka punjenja m1 =

p1V1 1 ⋅ 105 ⋅ 10 = = 11,97 kg . RT1 287 ⋅ 291

Prvi zakon termodinamike za proces punjenja rezervoara Q12 − Lu12 = U kraj − U poč + H izlaz − H ulaz ,

0 = U kraj − U poč − H ulaz , 0 = cv ( mkrajTkraj − m poč T poč ) − mulaz c p Tulaz .

Zakon održanja mase

mkraj = mpoč + mulaz , jednačina stanja vazduha na kraju procesa punjenja

pkrajV = mkraj RTkraj . Kombinacijom prethodne tri jednačine dobija se mkraj = m poč +

m3 = m1 +

1 cv ⎛ V ⎞ pkraj − m poč Tpoč ⎟ , Tulaz c p ⎜⎝ R ⎠

cv T2 c p

⎛ V ⎞ ⎜ p3 − m1T1 ⎟ , R ⎝ ⎠

399


m3 = 11,97 +

720 10 ⎛ ⎞ ⋅ ⎜ 3 ⋅ 105 ⋅ − 11,97 ⋅ 291⎟ , 400, 71 ⋅ 1000 ⎝ 287 ⎠

m3 = 24, 49 kg , mulaz = mkraj − m poč = m3 − m1 = 24, 49 − 11,97 = 12,52 kg , Tkraj =

pkrajV mkraj R

= T3 =

3 ⋅ 105 ⋅ 10 p3V = = 426,83 K . m3 R 24, 49 ⋅ 287

b) Za određivanje maksimalnog rada, početno stanje vazduha biće stanje 3 (kraj punjenja rezervoara) a krajnje stanje biće stanje O (stanje termomehaničke ravnoteže vazduha sa okolinom). Specifična zapremina vazduha na kraju procesa punjenja rezervoara v3 =

V 10 m3 . = = 0, 408 m3 24, 49 kg

Nakon uspostavljanja termomehaničke ravnoteže sa okolinom specifična zapremina vazduha biće vo =

RTo 287 ⋅ 291 m3 . = = 0,835 5 po 1 ⋅ 10 kg

Maksimalni rad sada je ⎡ ⎤ ⎛ T p ⎞ Lmax = m3 ⎢cv (T3 − To ) + To ⎜ c p ln o − R ln o ⎟ − po ( vo − v3 ) ⎥ , T3 p3 ⎠ ⎝ ⎣⎢ ⎦⎥

Lmax = 866, 44 kJ .

400

MAKSIMALNI RAD Zadatak 4.5. Odrediti eksergiju struje vazduha (idealan gas) stanja 1 ( p1 = 1,6 bar, t1 = 250°C, m = 1 kg s) i predstaviti je grafički u pv dijagramu. Pod okolinom smatrati vazduh (idealan gas) stanja O ( po = 1 bar, to = 25°C) . R e š e n j e:

E x1 = m ( −∆h1o + To ∆s1o ) , ⎡ ⎛ T p ⎞⎤ E x1 = m ⎢ c p (T1 − To ) + To ⎜ c p ln o − R ln o ⎟ ⎥ , T1 p1 ⎠ ⎦ ⎝ ⎣

⎡ ⎛ 298 1 ⋅105 ⎞ ⎤ E x1 = 1 ⋅ ⎢1000 ⋅ ( 523 − 298 ) + 298 ⋅ ⎜ 1000 ⋅ ln − 287ln ⎟⎥ , 523 1,6 ⋅105 ⎠ ⎦ ⎝ ⎣

E x1 = 225 − 127,42 = 97,58 kW .

Slika 4.12. Zadatak 4.6. Eksergija toka vazduha (idealan gas), masenog protoka m = 0,5 kg s , koji struji w = 28 m s , pri stanju vazduha u okolini srednjom brzinom O ( p = 1 bar, T = 293 K) , iznosi E = 83 kW . Promena entropije okoline, o

o

x1

koja bi nastala povratnim (reverzibilnim) promenama stanja vazduha (bez promene brzine) na pritisak i temperaturu okoline iznosila bi ∆Sokoline = −0,1 kW K . a) odrediti pritisak i temperaturu vazduha u stanju 1,

401

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE b) grafički prikazati u pv koordinatnom sistemu eksergiju vazdušnog toka, ne uzimajući u obzir deo koji se odnosi na brzinu. R e š e n j e:

a) Drugi zakon termodinamike za proces promene stanja od stanja 1 do stanja O ∆Sis = ∆Srt + ∆Sokoline = 0 ,

∆Srt = ∆S1o = −∆Sokoline = 0,1

∆s1o =

kW , K

∆S1o 0,1 kJ . = = 0, 2 0,5 kgK m

Iz jednačine za eksergiju toka vazduha E x1 = m ( −∆h1o + To ∆s1o + ek1 ) ,

⎡ w2 ⎤ E x1 = m ⎢ c p (T1 − To ) + To ∆s1o + ⎥ , 2⎦ ⎣ sledi da je temperatura vazduha u stanju 1 E x1 w2 − To ∆s1o − 2 , T1 = To + m cp

83 ⋅103 282 − 293 ⋅ 0, 2 ⋅103 − 0,5 2 T1 = 293 + = 400 K . 1000 Pritisak vazduha u stanju 1 ∆s1o = c p ln

402

To p − R ln o , T1 p1

MAKSIMALNI RAD

∆s1o − c p ln

p1 = po e

To T1

R

,

0,2⋅103 −1000⋅ln

p1 = 1 ⋅ e

287

293 400

= 5,938 bar .

b) Grafički prikaz eksergije vazdušnog toka u pv koordinatnom sistemu

Slika 4.13. Zadatak 4.7. U horizontalnoj cevi unutrašnjeg prečnika d = 200 mm ugrađen je grejač stalne temperature Tti = 600 K . Stanje vazduha u poprečnom preseku 1 određeno je sa 1 ( p1 = 2 bar, T1 = 300 K, w1 = 20 m s) a u poprečnom preseku 2 sa 2 ( p2 = 2 bar, T2 = 400 K) . Stanje okoline određeno je veličinama stanja O ( po = 1 bar, To = 290 K) . Cev je toplotno izolovana od okoline. Odrediti: a) snagu ugrađenog grejača, b) eksergiju vazduha u preseku 1 i preseku 2, c) eksergijski stepen korisnosti procesa u cevi.

Slika 4.14.

403


a) Specifične zapremine vazduha u presecima 1 i 2 v1 =

RT1 287 ⋅ 300 m3 , = = 0, 4305 p1 2 ⋅105 kg

v2 =

RT2 287 ⋅ 400 m3 0,5740 = = . 2 ⋅105 kg p2

Jednačina kontinuiteta

m 1 = m 2 ,

ρ1w1 A1 = ρ2 w2 A2 , pa je brzina strujanja u preseku 2 w2 = w1

0,5740 m v2 . = 20 ⋅ = 26, 67 0, 4305 s v1

Maseni protok vazduha

m =

w1 A1 w1 A = = v1 v1

w1

d 2π 0, 2 2 π 20 ⋅ 4 = 4 = 1, 46 kg . v1 0, 4305 s

Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu Q12 = ∆ H 12 + Lt12 + ∆E k 12 + ∆E p12 ,

Q12 = ∆H 12 + ∆E k 12 , ⎡ w2 − w12 w2 − w12 ⎤ p ( T2 − T1 ) + m 2 = m ⎢c p (T2 − T1 ) + 2 Q12 = mc ⎥, 2 2 ⎦ ⎣

404

MAKSIMALNI RAD

⎡ 26,672 − 202 ⎤ Q12 = 1,46 ⋅ ⎢1000 ⋅ ( 400 − 300 ) + ⎥ = 146,23 kW . 2 ⎣ ⎦ b) Eksergija vazduha u preseku 1 E x1 = m ( −∆h1o + To ∆s1o + ek1 ) , ⎡ ⎛ T p ⎞ w2 ⎤ E x1 = m ⎢ c p ( T1 − To ) + To ⎜ c p ln o − R ln o ⎟ + 1 ⎥ , T1 p1 ⎠ 2 ⎦ ⎝ ⎣

⎡ 290 1 ⎞ 202 ⎤ ⎛ E x1 = 1, 46 ⋅ ⎢1000 ⋅ ( 300 − 290 ) + 290 ⋅ ⎜1000 ⋅ ln − 287 ⋅ ln ⎟ + ⎥, 300 2⎠ 2 ⎦ ⎝ ⎣

E x1 = 84,766 kW . Eksergija vazduha u preseku 2

E x 2 = m ( −∆h2o + To ∆s2o + ek 2 ) , ⎡ ⎛ T p ⎞ w2 ⎤ E x 2 = m ⎢c p (T2 − To ) + To ⎜ c p ln o − R ln o ⎟ + 2 ⎥ , T2 p2 ⎠ 2 ⎦ ⎝ ⎣

⎡ 290 1 ⎞ 26,672 ⎤ ⎛ E x 2 = 1,46 ⋅ ⎢1000 ⋅ ( 400 − 290 ) + 290 ⋅ ⎜1000ln − 287ln ⎟ + ⎥, 400 2⎠ 2 ⎦ ⎝ ⎣

E x 2 = 109,19 kW . c) Eksergijski stepen korisnosti koristi se za kvalitativnu ocenu savršenosti nekog termodinamičkog procesa i definisan je kao

ηex =

očuvana eksergija = ulazna eksergija

∑E ∑E

xizlaz

+ Lt

.

xulaz

405

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Eksergija sačuvana u dovedenoj toploti ⎛T −T E xQ = Q12 ⎜ ti o ⎝ Tti

⎞ 600 − 290 = 75,552 kW . ⎟ = 146,23 ⋅ 600 ⎠

Promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema ∆Sis = ∆Srt + ∆Sti ⎛ T p ⎞ Q T Q p ln 2 − 12 , ∆Sis = m ⎜ c p ln 2 − R ln 2 ⎟ − 12 = mc T1 p1 ⎠ Tti T1 Tti ⎝

∆Sis = 1,46 ⋅1000 ⋅ ln

400 146,23 kW − = 0,1763 . 300 600 K

pa je gubitak eksergije prema teoremi Gouy- Stodola E xg = To ∆Sis = 290 ⋅ 0,176 = 51,127 kW .

Eksergijski stepen korisnosti

ηex =

E x1 + E xQ − E xg 84,766 + 75,552 − 51,127 = = 0,68 . E + E 84,766 + 75,552 x1

xQ

Eksergijski stepen korisnosti može se izračunati i na sledeći način E E 109,19 η ex = xizlaz = x 2 = = 0,68 . Exulaz Ex1 + E xQ 84, 766 + 75,552

Zadatak 4.8. U neizolovanoj komori mešaju se, pri stacionarnim uslovima, dve struje idealnih gasova: kiseonika A ( pA = 0,18 MPa, TA = 523 K, m A = 6 kg s) i azota B ( pB = 0,33 MPa, TB = 863 K, m B = 3 kg s) . U toku procesa mešanja okolnom vazduhu stanja O ( po = 1 bar, To = 293 K, rO2 = 0, 21, rN2 = 0,79) preda se

toplotni protok u iznosu od 400 kW . Pritisak dobijene smeše na izlazu iz

406

MAKSIMALNI RAD komore je p* = 0,15 MPa . Odrediti brzinu gubitka eksergije u toku procesa mešanja kao i eksergijski stepen korisnosti procesa u mešnoj komori. Zanemariti makroskopske promene kinetičke i potencijalne energije. R e š e n j e:

Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu Q12 = ∆ H 12 + Lt12 + ∆E k 12 + ∆E p12 ,

Q12 = H 2 − H 1 , gde je H 1 = m Ac pATA + m B c pBTB ,

H 2 = ( m Ac pA + m B c pB ) T * . Temperatura smeše na izlazu iz komore mešanja

Q12 = ( m A c pA + m B c pB ) T * − ( m Ac pATA + m B c pBTB ) , T* =

T* =

Q12 + m A c pATA + m B c pBTB m Ac pA + m B c pB

,

−400 + 6 ⋅ 0,91 ⋅ 523 + 3 ⋅1,04 ⋅ 863 = 600 K . 6 ⋅ 0,91 + 3 ⋅1,04

Jednačina stanja mešavine idealnih gasova na izlazu iz komore za mešanje

p*V * = ( m A RA + m B RB ) T * ,

( m R + m R ) T * ( 6 ⋅ 260 + 3 ⋅ 297 ) ⋅ 600 m3 . V * = A A * B B = = 9,804 6 p 0,15 ⋅ 10 s 407

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Jednačina stanja idealnog gasa kiseonika (A) na izlazu iz mešne komore

p*AV * = m A RAT * , p*A =

m A RAT * 6 ⋅ 260 ⋅ 600 = = 0,95 bar . V * 9,804

Jednačina stanja idealnog gasa azota (B) na izlazu iz mešne komore

p*BV * = m B RBT * , pB* =

m B RBT * 3 ⋅ 297 ⋅ 600 = = 0,55 bar . V * 9,804

Pritisak kiseonika (A) u okolnom vazduhu p oA = rO2 po = 0, 21 ⋅ 1 = 0, 21 bar .

Pritisak azota (B) u okolnom vazduhu pBo = rN 2 po = 0,79 ⋅ 1 = 0,79 bar .

Drugi zakon termodinamike za proces mešanja gasova A i B

∆Sis = ∆Srt + ∆So , ∆Srt = ∆S A + ∆S B , ⎛ p* ⎞ T* 600 0,95 ⎞ ⎛ ∆S A = m A ⎜ c pA ln − RA ln A ⎟ = 6 ⋅ ⎜ 910 ⋅ ln − 260 ⋅ ln ⎟, 523 1,8 ⎠ T p ⎝ A A ⎠ ⎝

∆S A = 1,75

kW , K

⎛ p* ⎞ T* 600 0,55 ⎞ ⎛ ∆SB = m B ⎜ c pB ln − RB ln B ⎟ = 3 ⋅ ⎜1040 ⋅ ln − 297 ⋅ ln ⎟, 863 3,3 ⎠ TB pB ⎠ ⎝ ⎝

408

MAKSIMALNI RAD

∆SB = 0,46 ∆So = −

kW , K

Q12 −400 kW , =− = 1,37 293 K To

∆Sis = 1,75 + 0,46 + 1,37 = 3,58

kW . K

Gubici eksergije su prema teoremi Gouy- Stodola E xg = To ∆Sis = 293 ⋅ 3,58 = 1049 kW .

Eksergija kiseonika ⎡ ⎛ T po ⎞⎤ E xA = m A ⎢c pA (TA − To ) + To ⎜ c pA ln o − RA ln A ⎟ ⎥ , TA pA ⎠⎦ ⎝ ⎣

⎡ 293 0,21 ⎞⎤ ⎛ E xA = 6 ⋅ ⎢910 ⋅ ( 523 − 293) + 293 ⋅ ⎜ 910 ⋅ ln − 260 ⋅ ln ⎟⎥ , 523 1,8 ⎠⎦ ⎝ ⎣

E xA = 1311 kW . Eksergija azota ⎡ ⎛ T po ⎞⎤ E xB = m B ⎢ c pB (TB − To ) + To ⎜ c pB ln o − RB ln B ⎟ ⎥ , TB pB ⎠ ⎦ ⎝ ⎣

⎡ 293 0,79 ⎞⎤ ⎛ E xB = 3 ⋅ ⎢1040 ⋅ ( 863 − 293) + 293 ⋅ ⎜1040 ⋅ ln − 297 ⋅ ln ⎟⎥ , 863 3,3 ⎠⎦ ⎝ ⎣ E xB = 1164 kW .

E x1 = E xA + E xB = 1311 + 1164 = 2475 kW .

409


Eksergijski stepen korisnosti procesa u mešnoj komori

ηex =

E x1 − E xg 2475 − 1049 = = 0,58 . 2475 E x1

Zadatak 4.9. U suprotnosmernom razmenjivaču toplote pri pv = 2 bar , biva izobarno zagrevan tok vazduha (idealan gas), od temperature Tv1 = 413 K do temperature Tv 2 = 543 K , a tok vrelih gasova (smeša idealnih gasova) biva hlađen od polaznog stanja G1 ( pg 1 = 1,5 bar, Tg 1 = 613 K) do stanja

G 2 ( p g 2 = 1,3 bar, Tg 2 = ?) . Ako su maseni protoci vazduha i vrelih gasova jednaki, a vreli gasovi imaju iste termofizičke osobine kao i vazduh odrediti eksergijski stepen korisnosti procesa u ovom razmenjivaču toplote pri uslovima okoline O ( po = 1 bar, To = 293 K) . Zanemariti promene makroskopske potencijalne i kinetičke energije, kao i prisustvo hemijske neravnoteže. R e š e n j e:

Slika 4.15. Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu

Q12 = ∆H 12 + Lt12 , H 1 = H 2 , m v c pvTv1 + m g c pg Tg 1 = m v c pvTv 2 + m g c pg Tg 2 .

410

MAKSIMALNI RAD Obzirom da su maseni protoci i termofizičke osobine vazduha i vrelih gasova jednaki, prethodna jednačina postaje Tv1 + Tg1 = Tv 2 + Tg 2 , pa je temperatura Tg 2

Tg 2 = Tv1 + Tg1 − Tv 2 = 413 + 613 − 543 = 483 K . Eksergija na ulazu u suprotnosmerni razmenjivač toplote E xulaz = E xv1 + E xg 1 .

Eksergija vazduha na ulazu u razmenjivač ⎡ ⎛ T p ⎞⎤ E xv1 = m v ⎢ c pv (Tv1 − To ) + To ⎜ c pv ln o − Rv ln o ⎟ ⎥ , Tv1 pv1 ⎠ ⎥⎦ ⎝ ⎣⎢ 293 1 ⎞⎤ ⎡ ⎛ E xv1 = m v ⎢1000 ⋅ ( 413 − 293) + 293 ⋅ ⎜1000 ⋅ ln − 287 ⋅ ln ⎟ ⎥ , 413 2 ⎠⎦ ⎝ ⎣

E xv1 = 77,71 ⋅ m v , [ kW ] . Eksergija vrelih gasova na ulazu u razmenjivač toplote

⎡ ⎛ T p ⎞⎤ E xg1 = m g ⎢c pg (Tg 1 − To ) + To ⎜ c pg ln o − Rg ln o ⎟ ⎥ , ⎜ Tg 1 pg 1 ⎟⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎝ ⎡ 293 1 ⎞⎤ ⎛ E xg1 = m g ⎢1000 ⋅ ( 613 − 293) + 293 ⋅ ⎜1000 ⋅ ln − 287 ⋅ ln ⎟ ⎥ , 613 1,5 ⎠ ⎦ ⎝ ⎣ E xg 1 = 137,81 ⋅ m g , [ kW ] .

411

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Ukupna eksergija na ulazu u razmenjivač toplote sada je E xulaz = 77, 71 ⋅ m v + 137,81 ⋅ m g = 215,52 ⋅ m , [ kW ] .

Eksergija na izlazu iz suprotnosmernog razmenjivača toplote E xizlaz = E xv 2 + E xg 2 .

Eksergija vazduha na izlazu iz razmenjivača ⎡ ⎛ T p ⎞⎤ E xv 2 = m v ⎢ c pv (Tv 2 − To ) + To ⎜ c pv ln o − Rv ln o ⎟ ⎥ , Tv 2 pv 2 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎝ 293 1 ⎞⎤ ⎡ ⎛ E xv 2 = m v ⎢1000 ⋅ ( 543 − 293 ) + 293 ⋅ ⎜ 1000 ⋅ ln − 287 ⋅ ln ⎟ ⎥ , 543 2 ⎠⎦ ⎝ ⎣

E xv 2 = 127,52 ⋅ m v , [ kW ] . Eksergija vrelih gasova na izlazu iz razmenjivača toplote ⎡ ⎛ T p ⎞⎤ E xg 2 = m g ⎢c pg (Tg 2 − To ) + To ⎜ c pg ln o − Rg ln o ⎟ ⎥ , ⎜ Tg 2 pg 2 ⎟⎠ ⎥⎦ ⎝ ⎣⎢ ⎡ 293 1 ⎞⎤ ⎛ E xg 2 = m g ⎢1000 ⋅ ( 483 − 293) + 293 ⋅ ⎜1000 ⋅ ln − 287 ⋅ ln ⎟ ⎥ , 483 1,3 ⎠ ⎦ ⎝ ⎣ E xg 2 = 65, 61 ⋅ m g , [ kW ] .

Ukupna eksergija na izlazu iz razmenjivača toplote sada je E xizlaz = 127,52 ⋅ m v + 65,61 ⋅ m g = 193,13 ⋅ m , [ kW ] .

412

MAKSIMALNI RAD Eksergijski stepen korisnosti E 193,13 ⋅ m = 0,9 . η ex = xizlaz = Exulaz 215,52 ⋅ m

Eksergijski stepen korisnosti može se izračunati i na sledeći način. Odredimo najpre promenu entropije izolovanog sistema ∆ Sis = ∆Srt + ∆So = ∆ Sv + ∆ S g + ∆So ,

⎛ T p ⎞ T pv ln v 2 , ∆Sv = m v ⎜ c pv ln v 2 + Rv ln v 2 ⎟ = mc Tv1 pv1 ⎠ Tv1 ⎝ ∆Sv = m ⋅ 1000 ⋅ ln

543 ⎡ kW ⎤ , = 0, 274 ⋅ m , ⎢ 413 ⎣ K ⎥⎦

⎛ ⎛ Tg 2 pg 2 ⎞ Tg 2 pg 2 ⎞ ∆Sg = m g ⎜ c pg ln + Rg ln = m ⎜ c pg ln + Rg ln ⎟ ⎟, ⎜ ⎜ Tg 1 pg1 ⎟⎠ Tg1 pg1 ⎟⎠ ⎝ ⎝ 483 1,3 ⎞ ⎛ ⎡ kW ⎤ ∆S g = m ⎜ 1000 ⋅ ln + 287 ⋅ ln ⎟ = −0,197 ⋅ m , ⎢ K ⎥ , 613 1,5 ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ ∆So = −

Q12 0 ⎡ kW ⎤ , =− = 0, ⎢ To 293 ⎣ K ⎥⎦

⎡ kW ⎤ . ∆Sis = 0, 274 ⋅ m − 0,197 ⋅ m + 0 = 0, 077 ⋅ m , ⎢ ⎣ K ⎥⎦

Gubici eksergije E xgub = To ∆Sis = 293 ⋅ 0,077 ⋅ m = 22,56 ⋅ m , [ kW ] .

413

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Eksergijski stepen korisnosti

ηex =

E xulaz − E xgub 215,52 − 22,56 = = 0,9 . 215,52 E xulaz

Zadatak 4.10. Klipni kompresor kvazistatično politropski sabija m = 0,5 kg s vazduha 1 ( p1 = 100 kPa, T1 = 288 K) do stanja (idealan gas) od stanja 2 ( p2 = 500 kPa, T2 = 402 K) . Stanje okoline zadato je sa O ( po = 100 kPa, To = 288 K) . Odrediti: a) snagu kompresora; b) eksergijski stepen korisnosti procesa; c) maseni protok vode, ako bi se kompresor hladio vodom koja bi pri tom menjala stanje pri stalnom pritisku pw = 100 kPa od Tw1 = 288 K do Tw2 = 303 K . R e š e n j e:

a) Iz jednačine politropske promene stanja 1-2

p11−n T1n = p12−n T2n , sledi da je eksponent politropske promene stanja 1-2 ln n= ln

p1 p2

p1 T − ln 1 p2 T2

ln

= ln

100 500

100 288 − ln 500 402

= 1, 26 .

Snaga kompresora n 1, 26 Lt12 = m R (T1 − T2 ) = 0,5 ⋅ ⋅ 287 ⋅ ( 288 − 402) , n −1 1,26 − 1 Lt12 = −79,3 kW .

414

MAKSIMALNI RAD Razmenjena količina toplote u procesu 1-2 n −κ 1, 26 − 1, 4 v ⋅ ( 402 − 288) = −22,1 kW . Q12 = mc (T2 − T1 ) = 0,5 ⋅ 0,72 ⋅ n −1 1,26 − 1 b) Ulazna eksergija sastoji se od eksergije vazduha na ulazu u kompresor i dovedenog tehničkog rada tj. rada kompresora E xulaz = E xv 1 + Lt 12 .

Eksergija vazduha na ulazu u kompresor ⎡ ⎛ T p ⎞⎤ E xv1 = m ⎢c p (T1 − To ) + To ⎜ c p ln o − R ln o ⎟ ⎥ , T1 p1 ⎠ ⎦ ⎝ ⎣

kako je T1 = To i p1 = po eksergija vazduha na ulazu u kompresor je

kW E xv1 = 0 . K Ukupna ulazna eksergija je sada kW E xulaz = 0 + 79,3 = 79,3 . K Izlazna eksergija jednaka je eksergiji vazduha na izlazu iz kompresora ⎡ ⎛ T p ⎞⎤ E xizlaz = E xv 2 = m ⎢ c p (T2 − To ) + To ⎜ c p ln o − R ln o ⎟ ⎥ , T2 p2 ⎠ ⎦ ⎝ ⎣ 288 100 ⎞ ⎤ ⎡ ⎛ , E xizlaz = 0,5 ⋅ ⎢1000 ⋅ ( 402 − 288 ) + 288 ⋅ ⎜ 1000 ⋅ ln − 287 ⋅ ln 402 500 ⎟⎠ ⎥⎦ ⎝ ⎣

kW . E xizlaz = 75,5 K

415

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Eksergijski stepen korisnosti E 75,5 η ex = xizlaz = = 0,95 . E xulaz 79,3

c) Specifična entalpija vode pri pritisku od pw = 100 kPa = 1 bar i temperaturi Tw1 = 288 K = 15°C hw1 = 62,95

kJ , kg

specifična entalpija vode pri pritisku od pw = 100 kPa = 1 bar i temperaturi Tw2 = 303 K = 30°C hw 2 = 125, 7

kJ . kg

Traženi maseni protok vode dobija se iz jednačine prvog zakona termodinamike za proces hlađenja kompresora Q kw = m w ( hw2 − hw1 ) , m w =

Q kw −Q12 22,1 kg . = = = 0,35 hw 2 − hw1 hw 2 − hw1 125,7 − 62,95 s

Zadatak 4.11. U vertikalnom cilindru sa graničnikom može se bez trenja kretati klip sa tegom. U početnom trenutku zapremina cilindra V = 0,6 m3 (ograničena klipom sa tegom), ispunjena je ključalom vodom i njenom makroskopski razvijenom parom u stanju termodinamičke ravnoteže na pritisku p = 3 bar (vlažna para). Ključala voda zauzima 1% od početne zapremine cilindra. Maksimalna zapremina cilindra ispod klipa iznosi Vmax = 2 m3 . Odrediti termodinamički gubitak rada (gubitak eksergije) pri predaji toplote, od izotermnog toplotnog izvora, temperature Tti = 623 K , radnoj materiji u cilindru, ako je njena temperatura na kraju procesa zagrevanja 573 K . Temperatura okoline iznosi

416

MAKSIMALNI RAD

To = 300 K . Predstaviti proces zagrevanja u Ts dijagramu. Šrafirati na Ts dijagramu površinu koja predstavlja gubitak eksergije.


Tačka 1:

p1 = 3 bar , V ' = 0,01V1 = 0,01 ⋅ 0,6 = 0,006 m3 , v' = 0, 0010733

m' =

m3 , kg

V' 0,006 = = 5,59 kg , '' v 0, 0010733

V '' = 0,99V1 = 0,99 ⋅ 0,6 = 0,594 m3 , v'' = 0, 6057

m'' =

m3 , kg

V '' 0,594 = = 0,98 kg . v'' 0, 6057

417

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Ukupna masa radne materije

m = m' + m'' = 5,59 + 0,98 = 6,57 kg . Stepen suvoće vlažne pare u stanju 1 x1 =

m'' 0,98 = = 0,15 . ' '' m + m 5,59 + 0,98

Specifična entalpija i specifična entropija vlažne pare u stanju 1 h1 = h1' + x1 ( h1'' − h1' ) = 561, 4 + 0,15 ⋅ ( 2725 − 561, 4 ) = 885, 94 s1 = s1' + x1 ( s1'' − s1' ) = 1, 672 + 0,15 ⋅ ( 6,992 − 1,672 ) = 2, 47

kJ , kg

kJ . kgK

Tačka 2: p2 = p1 = 3 bar , v2 =

V2 Vmax 2 m3 , = = = 0,304 m m 6,57 kg

x2 =

v2 − v2' 0,304 − 0,0010733 = = 0,5 , v2'' − v2' 0,6057 − 0, 0010733

u2 = u2' + x2 ( u2'' − u2' ) = 561,1 + 0,5 ⋅ ( 2543 − 561,1) = 1552,1

418

kJ , kg

h2 = h2' + x2 ( h2'' − h2' ) = 561, 4 + 0,5 ⋅ ( 2725 − 561, 4 ) = 1643, 2

kJ , kg

s2 = s2' + x2 ( s2'' − s2' ) = 1, 672 + 0,5 ⋅ ( 6,992 − 1, 672 ) = 4, 332

kJ . kgK

MAKSIMALNI RAD Tačka 3:

t3 = 300°C , v3 = v2 = 0,304

m3 , kg

v3 > v3'' , tačka 3 se nalazi u oblasti pregrejane pare, Sa hs dijagrama za vodenu paru, a za podatke t = 300°C i v = 0,304

m3 , kg

očitavamo sledeće vrednosti h3 = 3055

kJ , kg

s3 = 7,18

kJ , kgK

p3 = 8,5 bar . Specifična unutrašnja energija pregrejane pare u stanju 3 u3 = h3 − p3 v3 = 3055 − 8,5 ⋅ 105 ⋅ 0,304 = 2796, 6

kJ . kg

Promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema

∆Sis = ∆Srt + ∆So = ∆Srt + ∆Sti , ∆S rt = ∆S13 = m ( s3 − s1 ) = 6,57 ⋅ ( 7,18 − 2, 47 ) = 30,95

∆Sti = −

kJ , kgK

( q12 ) p=const + ( q23 )v =const ( h − h ) + ( u3 − u2 ) Q12 + Q23 = −m = −m 2 1 , Tti Tti Tti 419


∆Sti = −6,57 ⋅

(1643, 2 − 885,94 ) + ( 2796,6 − 1552,1)

∆Sis = 30,95 − 21,1 = 9,85

623

= −21,1

kJ , K

kJ , K

E xgub = To ∆Sis = 300 ⋅ 9,85 = 2955 kJ .

Slika 4.17. Zadatak 4.12. U razmenjivaču toplote vrši se atmosfersko ( p = 1 bar) , potpuno isparavanje ključale vode i istovremena potpuna kondenzacija suvozasićene vodene pare pri p = 3 bar . Ukoliko toplotna snaga razmenjivača toplote (interno razmenjena toplota između pare i vode) iznosi 2,5 MW, izračunati eksergijski stepen korisnosti procesa u ovom razmenjivaču toplote pri stanju okoline O (po = 1 bar, to = 20°C) .

Slika 4.18.

420


Slika 4.19. a) Tačka 1:

p1 = 3 bar , x1 = 1 , h1 = h1'' = 2725

kJ , kg

s1 = s1'' = 6, 992

kJ . kgK

Tačka 2:

p2 = p1 = 3 bar , x2 = 0 , h2 = h2' = 561, 4

kJ , kg

s2 = s2' = 1, 672

kJ . kgK

421


Tačka 3:

p3 = 1 bar , x3 = 0 , h3 = h3' = 417, 4

kJ , kg

s3 = s3' = 1,3026

kJ . kgK

Tačka 4:

p4 = p3 = 1 bar , x4 = 1 , h4 = h4'' = 2675

kJ , kg

s4 = s4'' = 7,360

kJ . kgK

Tačka O:

po = 1 bar , to = 20°C , ho = hw = 83,9

so = sw = 0, 296

422

kJ , kg kJ . kgK

MAKSIMALNI RAD

Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu ograničenom konturom K1 (slika 4.18.): Q12 = ∆H 12 + Lt12 , Q12 = ∆H 12 = m p ( h2 − h1 ) ,

m p =

Q12 −2500 kg . = = 1,15 s h2 − h1 561, 4 − 2725

Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu ograničenom konturom K2 (slika 4.18.): Q 34 = ∆H 34 + Lt 34 , Q 34 = ∆H 34 = m p ( h4 − h3 ) ,

m w =

Q 34 2500 kg . = = 1,11 h4 − h3 2675 − 417, 4 s

Ulazna eksergija

E xulaz = E x1 + E x3 , E x1 = m p ⎡⎣( h1 − ho ) + To ( so − s1 ) ⎤⎦ , E x1 = 1,15 ⋅ ⎡⎣( 2725 − 83,9 ) + 293 ⋅ ( 0,296 − 6,992 )⎤⎦ = 781,05 kW , E x3 = m w ⎡⎣( h3 − ho ) + To ( so − s3 ) ⎤⎦ , E x 3 = 1,11⋅ ⎡⎣( 417, 4 − 83,9 ) + 293 ⋅ ( 0,296 − 1,3026 ) ⎤⎦ = 42,81 kW , E xulaz = 781,05 + 42,81 = 823,86 kW .

423

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Gubici eksergije E xgub = To ∆ Sis ,

∆Sis = ∆Srt + ∆So = ∆S12 + ∆S34 , ∆Sis = m p ( s2 − s1 ) + m w ( s4 − s3 ) ,

∆Sis = 1,15 ⋅ (1,672 − 6,992 ) + 1,11 ⋅ ( 7,360 − 1,3026) , ∆Sis = 0,6

kW , K

E xgub = 293 ⋅ 0, 6 = 175,8 kW .


ηex =


Zadatak 4.13. U uređaj za pripremu ključale vode utiče suva para stanja 1 ( p1 = 12 bar, m 1 = 0,1 kg s) i voda stanja 2 ( p2 = 4 bar, t2 = 60°C, m 2 ) . Prolaskom kroz razmenjivač toplote suva para se potpuno kondenzuje (stanje 3). Nastali kondenzat se prigušuje na pritisak p2 (stanje 4), a zatim izobarski meša sa vodom stanja 2 . Toplotni gubici razmenjivača toplote iznose 112 kW. Predstaviti procese u pojedinačnim uređajima (razmenjivač toplote, prigušni ventil, mešna komora) na zasebnim Ts dijagramima i odrediti: a) maseni protok vode m 2 da bi iz uređaja isticala ključala voda pritiska p2 (stanje 6), b) temperaturu vode stanja 5 ( t5 ) , c) eksergijski stepen korisnosti uređaja ako se okolina definiše kao voda stanja O (po = 1 bar, to = 20°C) .

424


Slika 4.20.

Slika 4.21. Proces promene stanja u razmenjivaču toplote

Slika 4.22. Proces promene stanja u prigušnom ventilu

425


Slika 4.23. Proces promene stanja u mešnoj komori Napomena: − promena stanja 1-3: promena stanja vodene pare pri proticanju kroz razmenjivač toplote, − promena stanja 3-4: promena stanja vodene pare pri proticanju kroz prigušni ventil, − promena stanja 4+2=5: proces mešanja pare i vode u mešnoj komori, − promena stanja 5-6: promena stanja mešavine pare i vode pri proticanju kroz razmenjivač toplote.

a) Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu ograničenom isprekidanom linijom (slika 4.20.): Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 = H 2 − H 1 , Q12 = ( m 1 + m 2 ) h6 − m 1h1 − m 2 h2 ,

odakle je traženi maseni protok vode m 2 =

Q12 − m 1 ( h6 − h1 ) h6 − h2

Tačka 1:

p1 = 12 bar ,

426

.

MAKSIMALNI RAD

x1 = 1 , h1 = h1'' = 2785

kJ , kg

s1 = s1'' = 6,523

kJ , kgK

m 1 = 0,1

kg . s

Tačka 2:

p2 = 4 bar , t2 = 60°C , h2 = 251,3

kJ , kg

s2 = 0,830

kJ . kgK

Tačka 6:

p6 = p2 = 4 bar , x6 = 0 , h6 = h6' = 604, 7

kJ , kg

s6 = s6' = 1,777

kJ . kgK

427


p3 = p1 = 12 bar , x3 = 0 , h3 = h3' = 798,3

kJ , kg

s3 = s3' = 2, 216

kJ . kgK

Tačka 4:

p4 = p2 = 4 bar , h4 = h3 = 798,3

kJ . kg

Konačno, maseni protok vode da bi iz uređaja isticala ključala voda pritiska p2 m 2 =

Q12 − m 1 ( h6 − h1 ) −112 − 0,1 ⋅ ( 604, 7 − 2785 ) kg . = = 0,3 h6 − h2 604, 7 − 251,3 s

b) Prvi zakon termodinamike za proces mešanja: Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

H 2 = H 1 ,

( m 1 + m 2 ) h5 = m 2 h2 + m 1h4 , h5 =

428

m 2 h2 + m 1h4 0,3 ⋅ 251,3 + 0,1 ⋅ 798,3 kJ . = = 388,05 m 1 + m 2 0,1 + 0,3 kg

MAKSIMALNI RAD Tačka 5:

p5 = p2 = 4 bar , h5 = 388,05

kJ , kg

t5 = tw = 92,6°C . c) Tačka O:

po = 1 bar , to = 20°C , ho = hw = 83,9

kJ , kg

so = sw = 0, 296

kJ . kgK

Ulazna eksergija

E xulaz = E x1 + E x 2 , E x1 = m 1 ⎡⎣( h1 − ho ) + To ( so − s1 ) ⎤⎦ , E x1 = 0,1⋅ ⎡⎣( 2785 − 83,9) + 293 ⋅ ( 0, 296 − 6,523) ⎤⎦ = 87,66 kW , E x 2 = m 2 ⎡⎣( h2 − ho ) + To ( so − s2 ) ⎤⎦ , E x 2 = 0,3 ⋅ ⎡⎣( 251,3 − 83,9 ) + 293 ⋅ ( 0,296 − 0,830 ) ⎤⎦ = 3,28 kW E xulaz = 87,66 + 3,28 = 90,94 kW .

429

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Gubici eksergije E xgub = To ∆ Sis ,

∆Sis = ∆Srt + ∆So = ∆Sizlaz − ∆Sulaz + ∆So , ∆Sizlaz = ( m 1 + m 2 ) s6 = ( 0,1 + 0,3) ⋅ 1,777 = 0,71

kW , K

∆Sulaz = m 1 s1 + m 2 s2 = 0,1 ⋅ 6,523 + 0,3 ⋅ 0,830 = 0,9 ∆So = −

kW , K

Q12 −112 kW , =− = 0,38 To 293 K

kW ∆Sis = ∆Sizlaz − ∆Sulaz + ∆So = 0,71 − 0,9 + 0,38 = 0,19 , K E xgub = 293 ⋅ 0,19 = 55, 67 kW .


ηex =


Zadatak 4.14. U parnu turbiniu ulazi m 1 = 10 kg s vodene pare stanja 1 ( p1 = 2 MPa, t1 = 360°C) . Iz turbine se na pritisku p2 = 0,4 MPa izdvaja, za potrebe nekog tehnološkog procesa m 2 = 2 kg s pare a preostali deo nastavlja ekspanziju do stanja 3 ( p3 = 0,16 MPa, x3 = 1) . Stepen dobrote adijabatske

ekspanzije do izdvajanja pare iznosi η dex12 = 1 . Pod okolinom smatrati vodu stanja O ( po = 0,1 MPa, to = 20°C) . Skicirati promene stanja vodene pare u Ts dijagramu i odrediti: a) snagu turbine, b) eksergiju parnih tokova na ulazu u turbinu i oba izlaza iz turbine, c) eksergijski stepen korisnosti procesa u turbini.

430



p1 = 2 MPa = 20 bar , t1 = 360°C , h1 = 3156

kJ , kg

s1 = 6,985

kJ . kgK

Tačka 2:

p2 = 0,4 MPa = 4 bar , s2 = s1 = 6,985

h2 = 2778, 2

kJ , kgK

kJ . kg

431


p3 = 0,16 MPa = 1,6 bar , x3 = 1, h3 = h3'' = 2696

kJ , kg

s3 = s3'' = 7, 202

kJ . kgK

Tačka O:

po = 0,1 MPa = 1 bar , to = 20°C , ho = hw = 83,9

so = sw = 0, 296

kJ , kg kJ . kgK

a) Prvi zakon termodinamike za proces širenja u turbini:

Q12 = ∆H 12 + Lt12 , Lturbine = Lt12 = −∆H 12 = H 1 − H 2 , Lturbine = m 1 h1 − ( m 2 h2 + m 3 h3 ) = m 1 h1 − ⎡⎣ m 2 h2 + ( m 1 − m 2 ) h3 ⎤⎦ , Lturbine = 10 ⋅ 3156 − ⎡⎣ 2 ⋅ 2778, 2 + (10 − 2 ) ⋅ 2696⎤⎦ = 4,44 MW .

432

MAKSIMALNI RAD b) Eksergije parnih tokova

E x1 = m 1 ⎡⎣( h1 − ho ) + To ( so − s1 ) ⎤⎦ , E x1 = 10 ⋅ ⎡⎣( 3156 − 83,9 ) + 293 ⋅ ( 0,296 − 6,985) ⎤⎦ = 11,12 MW , E x 2 = m 2 ⎣⎡( h2 − ho ) + To ( so − s2 ) ⎤⎦ ,

E x 2 = 2 ⋅ ⎡⎣( 2778, 2 − 83,9) + 293 ⋅ ( 0, 296 − 6,985) ⎤⎦ = 1, 47 MW , E x 3 = m 3 ⎡⎣( h3 − ho ) + To ( so − s3 )⎤⎦ = ( m 1 − m 2 ) ⎡⎣( h3 − ho ) + To ( so − s3 )⎤⎦ , E x 3 = (10 − 2 ) ⋅ ⎡⎣( 2696 − 83,9 ) + 293 ⋅ ( 0,296 − 7, 202 ) ⎤⎦ = 4,71 MW . c) Bilans energije za proces u turbini: E x1 = E x 2 + E x 3 + E xgub + Lturbine , E xgub = E x1 − E x 2 − E x 3 − Lturbine , E xgub = 11,12 − 1, 47 − 4, 71 − 4, 44 = 0,5 MW .


ηex =

E xulaz − E xgub E x1 − E xgub 11,12 − 0,5 = = = 0,96 . 11,12 E xulaz E xulaz

Zadatak 4.15. Pregrejana voda stanja 1 ( p1 = 6 MPa, T1 = 733 K, m 1 = 1 kg s) širi se adijabatski u dvostepenoj turbini sa međuprigušenjem, do krajnjeg stanja 4 (T4 = 313 K) u području vlažne pare. Stepeni dobrote u turbinama su ηdTVP = 1

i η dTNP = 0,88 . Deo pare masenog protoka m A = 0,3 kg s , po izlasku iz turbine visokog pritiska, pri pritisku p2 = 0,8 MPa odvodi se iz turbine, a preostala vodena para prolaskom kroz prigušni ventil se adijabatski prigušuje na pritisak

433


p3 = 0,3 MPa . Prikazati procese u hs koordinatnom sistemu i odrediti snagu dobijenu na zajedničkom vratilu kao i eksergijski stepen korisnosti procesa u ovoj dvostepenoj turbini. Pod okolinom smatrati vodu stanja O ( po = 0,1 MPa, To = 293 K) .


Tačka 1:

p1 = 6 MPa = 60 bar , t1 = 460°C , m 1 = 1 kg s , h1 = 3324

s1 = 6, 750

kJ , kg kJ . kgK

Tačka 2:

p2 = 0,8 MPa = 8 bar ,

434

MAKSIMALNI RAD s2 = s1 = 6,750

h2 = 2808, 6

kJ , kgK

kJ . kg

Tačka 3:

p3 = 0,3 MPa = 3 bar , kJ , kg

h3 = h2 = 2808, 6

s3 = 7,183

kJ . kgK

Tačka 4k:

t4 k = t4 = 40°C , s4 k = s3 = 7,183

kJ , kgK

s4' k = 0,572

kJ , kgK

s4'' k = 8, 256

kJ , kgK

x4 k =

s4 k − s4' k 7,183 − 0,572 = = 0,86 , s4'' k − s4' k 8, 256 − 0,572

h4' k = 167,5

kJ , kg

435

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE h4'' k = 2573, 4

kJ , kg

h4 k = h4' k + x4 k ( h4'' k − h4' k ) = 167,5 + 0,86 ⋅ ( 2573, 4 − 167,5 ) = 2236,6

kJ . kg

Tačka 4:

t4 = 40°C ,

η dTNP =

h4 − h3 = 0,88 , h4 k − h3

h4 = h3 + η dTNP ( h4 k − h3 ) = 2808,6 + 0,88 ⋅ ( 2236, 6 − 2808,6 ) = 2305, 2

h4' = h4' k = 167,5

h4'' = 2573, 4

x4 =

kJ , kg

kJ , kg

h4 − h4' 2305, 2 − 167,5 = = 0,89 , h4'' − h4' 2573,4 − 167,5

s4' = s4' k = 0,572

s4'' = 8, 256

kJ , kgK

kJ , kgK

s4 = s4' + x4 ( s4'' − s4' ) = 0,572 + 0,89 ⋅ (8, 256 − 0, 572 ) = 7, 41

436

kJ . kgK

kJ , kg

MAKSIMALNI RAD Tačka O:

po = 0,1 MPa = 1 bar , to = 20°C , ho = hw = 83,9

so = sw = 0, 296

kJ , kg kJ . kgK

a) Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu označenom isprekidanom linijom (vidi sliku 4.25.):

Q12 = ∆H 12 + Lt12 , Lt12 = −∆H 12 = m 1h1 − m A h2 − ( m 1 − m A ) h4 , Lt12 = 1 ⋅ 3324 − 0,3 ⋅ 2808,6 − (1 − 0,3) ⋅ 2305, 2 = 867,78 kW .

Ulazna eksergija

E x1 = m 1 ⎡⎣( h1 − ho ) + To ( so − s1 ) ⎤⎦ , E x1 = 1 ⋅ ⎡⎣( 3324 − 83,9 ) + 293 ⋅ ( 0, 296 − 6,75 ) ⎤⎦ = 1349,1 kW . Promena entropije radnog tela

∆Srt = Sizlaz − Sulaz kW Sizlaz = m A s2 + ( m 1 − m A ) s4 = 0,3 ⋅ 6,75 + (1 − 0,3) ⋅ 7, 41 = 7,212 , K

kW Sulaz = m 1 s1 = 1 ⋅ 6,75 = 6,75 , K

437


∆Srt = 7, 212 − 6,75 = 0,462

kW , K

promena entropije okoline

∆So = 0

kW , K

promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema ∆Sis = Srt + So = Srt = 0, 462

kW . K

Gubici eksergije E xgub = To ∆Sis = 293 ⋅ 0, 462 = 135,37 kW .


ηex =

E xulaz − E xgub E x1 − E xgub 1349,1 − 135,37 = = = 0,9 . 1349,1 E xulaz E xulaz

Slika 4.26. Zadatak 4.16. Pregrejana vodena para stanja 1 ( p1 = 80 bar, t1 = 460°C, m = 0,1 kg s) ulazi u parnoturbinski blok gde se najpre kvazistatično adijabatski širi u turbini visokog

438

MAKSIMALNI RAD pritiska do stanja 2 ( p2 = 10 bar) . Zatim se vodenoj pari stanja 2 u dogrejaču izobarski dovodi toplota od toplotnog izvora stalne temperature Tti = 460°C sve do uspostavljanja toplotne ravnoteže (stanje 3). Nakon toga se para kvazistatično adijabatski širi u turbini niskog pritiska do stanja 4 ( p4 = 1 bar) . Pod okolinom smatramo vodu stanja O ( po = 0,1 MPa, To = 293 K) . Skicirati proces sa vodenom parom u Ts dijagramu i odrediti: a) mehaničku snagu parnoturbinskog bloka i toplotni snagu dogrejača pare, b) ireverzibilnost procesa (gubitak eksergije) u parnoturbinskom bloku, c) eksergijski stepen korisnosti procesa u parnoturbinskom bloku.


Tačka 1: p1 = 80 bar ,

t1 = 460°C , m 1 = 0,1 kg s , h1 = 3296

s1 = 6,588

kJ , kg kJ . kgK

439


p2 = 10 bar , s2 = s1 = 6,588

kJ , kgK

h2 = h2'' = 2778

kJ . kg

Tačka 3:

p3 = p2 = 10 bar , t3 = 460°C , h3 = 3392

kJ , kg

s3 = 7, 645

kJ . kgK

Tačka 4:

p4 = 1 bar , s4 = s3 = 7,645

h4 = 2792, 2

kJ , kgK

kJ . kg

Tačka O:

po = 0,1 MPa = 1 bar ,

440

MAKSIMALNI RAD

to = 20°C , ho = hw = 83,9

so = sw = 0, 296

kJ , kg kJ . kgK

a) Prvi zakon termodinamike za proces promene stanja u turbini visokog pritiska Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

Lt12 = −∆H 12 = m ( h1 − h2 ) , Lt12 = 0,1 ⋅ ( 3296 − 2778 ) = 51,8 kW . Prvi zakon termodinamike za proces u turbini visokog pritiska

Q 34 = ∆H 34 + Lt 34 , Lt 34 = −∆H 34 = m ( h3 − h4 ) ,

Lt 34 = 0,1 ⋅ ( 3392 − 2792,2 ) = 60 kW . Prvi zakon termodinamike za proces u grejaču pare

Q 23 = ∆H 23 + Lt 23 , Q 23 = ∆H 23 = m ( h3 − h2 ) , Q 23 = 0,1 ⋅ ( 3392 − 2778 ) = 61,4 kW . b) Drugi zakon termodinamike

∆Sis = Srt + So = Srt + Sti ,

441


∆Srt = Sizlaz − Sulaz , W 4 = 0,1 ⋅ 7,645 = 764,5 Sizlaz = ms , K

W 1 = 0,1 ⋅ 6,588 = 658,8 Sulaz = ms , K ∆Srt = 764,5 − 658,8 = 105,7 ∆Sti = −

W , K

Q 23 61, 4 W , =− = −83,8 Tti 733 K

∆Sis = 105,7 − 83,8 = 21,9

W . K

Ireverzibilnost procesa (gubitak eksergije) u parnoturbinskom bloku Ir = E xgub = To ∆Sis = 293 ⋅ 21,9 = 6, 42 kW .

c) Ulazna eksergija

E x1 = m ⎡⎣( h1 − ho ) + To ( so − s1 ) ⎤⎦ , E x1 = 0,1 ⋅ ⎡⎣( 3296 − 83,9) + 293 ⋅ ( 0, 296 − 6,588) ⎤⎦ = 136,85 kW , eksergija sačuvana u toploti T − To 733 − 293 E xQ = Q 23 ti = 61, 4 ⋅ = 36,86 kW , Tti 733 E xulaz = E x1 + E xQ = 136,85 + 36,86 = 173, 71 kW .

442

MAKSIMALNI RAD Eksergijski stepen korisnosti

ηex =

E xulaz − E xgub 173,71 − 6, 42 = = 0,96 . 173,71 E xulaz

Slika 4.28. Zadatak 4.17. pare amonijaka stanja Kompresor usisava m = 72 kg h 1 ( p1 = 255,9 kPa, x1 = 1) i sabija je adijabatski do stanja 2 ( p2 = 10 bar, T2 = 400 K) . Ako za okolinu smatramo amonijak stanja O (To = 220 K, x0 = 0) odrediti eksergijski stepen korisnosti procesa u kompresoru. R e š e n j e:

Tačka 1:

p1 = 255,9 kPa = 2,559 bar , x1 = 1 , m = 72 kg h , h1 = h1'' = 2207

kJ , kg

443


s1 = s1'' = 10, 492

kJ . kgK

Tačka 2:

p2 = 10 bar , T2 = 400 K , s2 = 10,780

h2 = 2508

kJ , kgK

kJ . kg

Tačka O:

To = 220 K , xo = 0 , ho = hNH3 = 720

kJ , kg

so = s NH 3 = 4, 720

kJ . kgK

Prvi zakon termodinamike za proces adijabatskog sabijanja u kompresoru

Q12 = ∆H 12 + Lt12 , Lt12 = −∆H 12 = m ( h1 − h2 ) ,

72 Lt12 = ⋅ ( 2207 − 2508) = −6,02 kW . 3600

444

MAKSIMALNI RAD Drugi zakon termodinamike

∆Sis = Srt + So = Srt , ∆Srt = Sizlaz − Sulaz ,

∆Srt = m ( sizlaz − sulaz ) = m ( s2 − s1 ) , ∆Srt =

72 W ⋅ (10,780 − 10,492 ) = 0,0058 , 3600 K

W ∆Sis = ∆Srt = 0,0058 . K Gubici eksergije E xgub = To ∆Sis = 220 ⋅ 0, 0058 = 1, 27 kW .

Ulazna eksergija sastoji se od eksergije amonijaka na ulazu u kompresor i dovedenog tehničkog rada tj. rada kompresora E xulaz = E x1 + Lt12 .

E x1 = m ⎡⎣( h1 − ho ) + To ( so − s1 ) ⎤⎦ ,

72 E x1 = ⋅ ⎡( 2207 − 720) + 220 ⋅ ( 4,720 − 10,492 ) ⎤⎦ = 4,34 kW , 3600 ⎣ E xulaz = 4,34 + −6,0.2 = 4,34 + 6,02 = 10,36 kW . Eksergijski stepen korisnosti

ηex =


445

5 Desnokretni kružni procesi

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI 5.0. Desnokretni kružni procesi Desnokretni kružni procesi predstavljaju skup međusobno povezanih termodinamičkih procesa (promena stanja) koje vrši radno telo, takvih da se poslednji proces završava baš tamo gde počinje prvi. Pri tome je smer procesa isti kao smer kazaljke na satu. Suštinski desnokretni kružni procesi predstavljaju način transformacije toplotne energije u mehanički rad. Za ostvarenje ma kog desnokretnog kružnog procesa neophodno je postojanje toplotnog izvora, toplotnog ponora i radnog tela. Toplotni izvor predaje toplotu radnom telu, radno telo transformiše dovedenu toplotu u mehanički rad (delimično), a zatim se netransformisani deo toplotne energije predaje toplotnom ponoru. Za pokretanje ciklusa se troši rad pokretanja. Kao toplotni izvor obično se koristi toplota sagorevanja nekog goriva a kao toplotni ponor koristimo okolinu. Radno telo praktično ima ulogu posrednika. Obično se kao radno telo koriste idealni gasovi ili realni fluidi. Efikasnost desnokretnih kružnih procesa se izražava pomoću stepena korisnog dejstva (ηt )

ηt =

Lneto Ldobijen + Lpokretanja Qdov − Qodv = = , Qdov Qdov Qdov

gde je

Lneto - neto (koristan) rad, Ldobijen - dobijeni rad, Lpokretanja - rad pokretanja, Qdov - dovedena toplota radnom telu od toplotnog izvora, Qodv - odvedena količina toplote od radnog tela ka okolini.

449

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Desnokretni kružni proces može se predstaviti u obliku blok dijagrama na sledeći način

Slika 5.1. Šematski prikaz desnokretnog kružnog procesa Obratiti pažnju da je pri pisanju izraza za stepen korisnog dejstva korišćena sledeća konvencija o znakovima za spoljne uticaje 1. Toplota dovedena radnom telu Qdov > 0 , toplota odvedena od radnog tela

Qodv < 0 , 2. Rad doveden radnom telu Lpokretanja < 0 , rad odveden od radnog tela Ldobijen > 0 . Koliko će se toplote dovedene radnom telu od toplotnog izvora zaista transformisti u mehanički rad zavisi od termodinamičkih procesa pomoću kojih izvodimo kružni proces. Najviše rada će se dobiti ako koristimo povratne procese. Kružni proces sastavljen od povratnih procesa (kvazistatička adijabata, povratna izoterma) zove se Karnoov kružni proces.

Slika 5.2. Desnokretni Karnoov kružni proces

450

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Stepen korisnog dejstva Karnoovog kružnog procesa može se (osim na već navedeni način) odrediti iz izraza

ηc =

Tti − Ttp Tti

.

5.1. Ciklusi motora sa unutrašnjim sagorevanjem 5.1.1. Otto ciklus

Slika 5.3. Otto ciklus u pv i Ts koordinatnom sistemu Koristan rad Otto ciklusa jednak je korisnoj toploti ciklusa

lk = qk = qdov − qodv = q23 − q41 . Termički stepen korisnosti Otto ciklusa sledi iz definicije stepena iskorišćenja toplotnog motora datog izrazom

ηt =

q lk = 1 − odv , qdov qdov

gde je

qodv = q41 = cv (T4 − T1 ) , qdov = q23 = cv (T3 − T2 ) .

451

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Shodno prethodnom, termički stepen korisnosti Otto ciklusa iznosi

⎛ T4 ⎞ −1 ⎟ ⎜ c (T − T ) T T T 1 ⎟ = 1 − 1 = 1 − k −1 . ηt = 1 − v 4 1 = 1 − 1 ⎜ 1 T cv (T3 − T2 ) T2 ⎜ 3 T2 ε ⎟ ⎜ T −1 ⎟ ⎝ 2 ⎠ U procesu 4-1 i procesu 2-3 promena stanja radnog tela vrši se pri v = const , pa je T4 p4 , = T1 p1 T3 p3 . = T2 p2

Odnos temperatura T3 T2 i T4 T1 dobija se iz uslova da je promena entropije radnog tela jednaka nuli, ∆srt = 0 , jer radno telo obavlja kružni proces s3 − s2 = s1 − s4 = s4 − s1 , cv ln

T3 T = cv ln 4 , T2 T1

T3 T4 = . T2 T1

Kod adijabatskog procesa 1-2 važi T1 ⎛ v2 ⎞ =⎜ ⎟ T2 ⎝ v1 ⎠

k −1

=

1

ε k -1

,

pri čemu odnos zapremina

452

v1 = ε definiše stepen kompresije. v2

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Stepen iskorišćenja zavisi od stepena kompresije ε i vrste radnog fluida k, na taj način što svako povećanje ε i k dovodi do povećanja η .

Slika 5.4. Zavisnost stepena iskorišćenja od stepena kompresije Ograničenje stepena kompresije, ε = 10 , zbog temperature samopaljenja smeše. Jer za ε > 10 T2 > Tpaljenja smeše , pa bi paljenje bilo pre nego što je potrebno i zbog toga se ne ide sa ε > 10 . Dakle, svi benzinski motori imaju stepen kompresije ε do 10. 5.1.2. Dizel ciklus

Slika 5.5. Dizel ciklus u pv i Ts koordinatnom sistemu Stepen korisnosti dizel ciklusa računa se na osnovu izraza za stepen korisnosti toplotnog motora i izraza za izmenjenu količinu toplote pri p = const i v = const , odnosno

ηt = 1 −

qodv qdov

,

453


gde je odvedena toplota od sistema qodv qodv = q41 = cv (T4 − T1 ) ,

a dovedena toplota qdov qdov = q23 = c p (T3 − T2 ) . Stepen korisnosti Dizel ciklusa sada je ⎛ T4 ⎞ ⎜ − 1⎟ T c (T − T ) 1 T 1 1 ϕκ −1 ηt = 1 − v 4 1 = 1 − ⋅ 1 ⋅ ⎝ 1 ⎠ = 1 − ⋅ k −1 ⋅ . c p (T3 − T2 ) k T2 ⎛ T3 k ε ϕ −1 ⎞ ⎜ − 1⎟ ⎝ T2 ⎠

Za adijabatski proces 1-2 je T1 ⎛ v2 ⎞ =⎜ ⎟ T2 ⎝ v1 ⎠

k −1

=

1

ε k -1

,

pri čemu odnos zapremina

v1 = ε definiše stepen kompresije. v2

Za izobarski proces 2-3 odnos T3 v3 = =ϕ , T2 v2

je definisan kao stepen punjenja ili stepen predekspanzije. Odnos T4 T1 dobija se iz uslova da je promena entropije radnog tela u kružnom procesu jednaka nuli, ∆srt = 0 , odnosno s3 − s2 = s1 − s4 = s4 − s1 ,

454

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI

0 = c p ln

cp cv

T3 T − cv ln 4 , T2 T1

ln ϕ − ln

T4 =0, T1

T4 = ϕk . T1

Pošto je proces 4-1 pri v = const , to je

ϕκ =

T4 p4 . = T1 p1

Stepen korisnosti zavisi od vrste medija (k), stepena kompresije (ε) i stepena punjenja (ϕ).

Slika 5.6. Zavisnost stepena korisnosti od ϕ i ε.

455

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 5.1.3. Kombinovani ciklus

Razlikuje se od prethodna dva ciklusa po tome što se kod njega dovođenje toplote vrši u dva procesa i to pri v = const i p = const , pa je ukupno dovedena toplota ciklusa

qdov = q25 + q53 .

Slika 5.7. Kombinovani ciklus Brizgaljka ubacuje gorivo u pretkomoru i tu se obavlja prvi deo sagorevanja, a nakon toga se obavlja drugi deo sagorevanja u komori.

Slika 5.8. Kombinovani ciklus u pv i Ts koordinatnom sistemu

456

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Stepen korisnosti kombinovanog ciklusa

ηt =

q lk cv (T4 − T1 ) = 1 − odv = 1 − , qdov qdov cv (T5 − T2 ) + c p (T3 − T5 )

⎛ T4 ⎞ ⎜ − 1⎟ T T1 ⎝ 1 ⎠ ηt = 1 − ⋅ . T2 ⎛ T5 ⎞ ⎞ T5 ⎛ T3 ⎜ − 1⎟ + k ⎜ − 1⎟ T2 ⎝ T5 ⎝ T2 ⎠ ⎠

Prethodni izraz napisan u prikladnijem obliku

ηt = 1 −

1

ε

⋅ k −1

λϕ k − 1 , (λ − 1) + k λ (ϕ − 1)

gde su T1 1 , = T2 ε κ −1 T4 p4 , = T1 p1 v3 v3 T3 = = =ϕ , v5 v2 T5

λ=

p5 p3 T5 = = - porast pritiska gde se dovodi toplota pri v = const . p2 p2 T2

Odnos T4 T1 traži se iz jednačine adijabate 1-2 i jednačine adijabate 3-4 p1v1κ = p2 v2κ ,

p4v4κ = p3v3κ ,

457

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE tj. njihovim deljenjem κ

p4 p3 ⎛ v3 ⎞ κ = ⎜ ⎟ = λϕ . p1 p2 ⎝ v2 ⎠

Od kombinovanog ciklusa možemo praviti Otto i Dizel cikluse i vršiti poređenja za slučaj kada je kod njih ista vrednost maksimalne temperature u ciklusu Tmax i kada im je ista odvedena toplota qodv .

Slika 5.9. Uporedni prikaz Otto, Dizel i kombinovanog ciklusa Iz kombinovanog ciklusa dobija se za ϕ = 1 - Otto ciklus, za λ = 1 - Dizel ciklus. 5.2. Ciklusi gasnih turbina

Gasna turbina je termoenergetsko postrojenje i u svom sastavu ima 1. kompresor - radna mašina, 2. komoru sagorevanja - toplotni aparat, 3. turbinu - pogonska mašina, 4. mlaznik - transformiše unutrašnju energiju u kinetičku, aparat.

458

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Kompresor i turbina su strujne mašine. Strujne mašine razlikuju se od zapreminskih po tome što je strujna mašina otvorena a zapreminska zatvorena, tj. kod strujne mašine imamo propuštanje radnog fluida. 5.2.1. Džulov ciklus

Po ovom ciklusu rade svi turbomlazni motori i zbog toga mu se u razmatranju mora posvetiti više pažnje. Ciklus sadrži 4 procesa i to: - proces adijabatskog sabijanja, - proces dovođenja toplote pri p = const , - proces adijabatskog širenja, - proces odvođenja toplote pri p = const . Na slici 5.10., G prima rad a može biti elisa ili generator, a wi predstavlja izlaznu brzinu struje iz mlaznika.

Slika 5.10. Šematski prikaz turbinskog postrojenja. K - kompresor, KS - komora sagorevanja, T - turbina, G - generator.

459


Slika 5.11. Džulov ciklus u pv i Ts dijagramu Koristan rad ciklusa lk računa se kao razlika dovedene i odvedene toplote, a sa druge strane taj rad jednak je korisnoj toploti ciklusa qk

lk = qdov − qodv = qk . Stepen iskorišćenja ciklusa

ηt =

qodv

lk = 1− qdov qdov

⎛ T4 ⎞ ⎜ − 1⎟ T T ⎠. =1− =1− 1 ⋅ ⎝ 1 c p (T3 − T1 ) T2 ⎛ T3 ⎞ ⎜ − 1⎟ ⎝ T2 ⎠ c p (T4 − T1 )

Korišćenjem jednačina adijabatskih procesa 1-2 i 3-4

p1v1k = p2v2 k , p4v4k = p3v3k , te deljenjem druge sa prvom jednačinom, uz uslov p1 = p4 i p2 = p3 , imamo da je v4 v3 = . v1 v2

460

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Iz izobarskih procesa 4-1 i 2-3 koji su opisani jednačinama T4 v4 = , T1 v1 T3 v3 = , T2 v2

sledi da je T4 T3 = . T1 T2

Nakon dokaza jednakosti odnosa temperatura T4 T1 i T3 T2 , stepen korisnosti dobija oblik

ηt = 1 −

T1 1 = 1 − k −1 , T2 k

π

gde je T1 ⎛ p1 ⎞ =⎜ ⎟ T2 ⎝ p2 ⎠

π=

k −1 k

,

p2 - stepen sabijanja kompresora. p1

Teorijska i stvarna snaga motora računaju se pomoću izraza

k, P = ml

Ps = mηtηmηu qdov , gde su

461

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE ⎡ kg ⎤ m , ⎢ ⎥ - maseni protok fluida, ⎣ s ⎦ ηm - mehanički gubici,

ηu - unutrašnji gubici. 5.2.2. Džulov ciklus sa rekuperacijom toplote

U praktičnim tehničkim rešenjima produkti sagorevanja se mogu hladiti a toplota koja se dobija njihovim hlađenjem qR predaje se vazduhu. Prema slici 5.12., temperatura T4 se snižava do T2 a to je T6, a zagrevanje vazduha sa T2 možemo izvršiti do T5 tj. do T4, odnosno imamo da je: T6 = T2 , T5 = T4 .

Slika 5.12. Džulov ciklus sa rekuperacijom toplote Ovakvim postupkom smo doveli manje toplote sistemu i manje toplote odveli od sistema, a krajnja stanja su ostala ista. Dovedena i odvedena toplota u ciklusu su: qdov = q53 = c p (T3 − T5 ) , qodv = q61 = c p (T6 − T1 ) ,

pa je koeficijent korisnosti ciklusa sa rekuperacijom toplote

ηtR = 1 −

462

qodv qdov

⎛ T2 ⎞ −1⎟ ⎜ T T T ⎟ =1− 1 . =1− 1 ⎜ 1 T4 ⎜ T3 − 1 ⎟ T4 ⎜T ⎟ ⎝ 4 ⎠

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI 5.3. Parna termoenergetska postrojenja 5.3.1. Karnoov ciklus

Voda u toplotnim motorima transformiše se u paru koja može biti suva ili pregrejana. Ako je vodena para suva, onda je lako realizovati Karnoov ciklus. Termički stepen korisnosti povratnog Karnoovog ciklusa

ηc = 1 −

qodv qdov

=1−

T0 ( s2 − s3 ) T ( s1 − s4 )

= 1−

T0 . T

Slika 5.13. Karnoov ciklus Kt - kotao, T - turbina, G - generator, Kd - kondenzator, Kp - kompresor. 5.3.2. Rankineov ciklus

Rad sabijanja u Karnoovom ciklusu može se smanjiti ako se izvede potpuna kondenzacija vodene pare. Kako je voda praktično nestišljiva, to se rad sabijanja svodi na rad protoka radnog fluida. Specifična zapremina vode u odnosu na zapreminu pare je mala, pa je utrošeni rad za proces 3-5 lt 35 = −v3 ( p5 − p3 ) .

Ovaj rad je mali i često se može zanemariti. Razlika je samo u tome što se umesto kompresora (Kp) ovde upotrebljava napojna pumpa (P).

463


Slika 5.14. Idealni Rankineov ciklus Količina toplote dovedena radnom telu u procsu 5-1 iznosi

qdov = q51 = h1 − h5 . Odvedena toplota je qodv = q23 = h2 − h3 .

Termički stepen korisnosti ciklusa biće

ηt =

( h1 − h5 ) − ( h2 − h3 ) . h1 − h5

Prethodni izraz se može napisati i u sledećem obliku

ηt =

( h1 − h2 ) − ( h5 − h3 ) . h1 − h5

Razlika h1 − h2 predstavlja teorijski (idealni) tehnički rad koji daje turbina, a razlika h5 − h3 idealan tehnički rad koji se troši za pogon napojne pumpe. Tehnički teorijski rad pumpe je ltp = h5 − h3 =

p1

∫ v ' dp .

p2

464

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Za tečnost je v ' = v = const pa se može napisati ltp = v ' ( p1 − p2 ) .

Termički stepen korisnosti Rankineovog ciklusa

ηt =

( h1 − h2 ) − v ' ( p1 − p2 ) . h1 − h3 − v ' ( p1 − p2 )

Ako se zanemari rad napojne pumpe, imaćemo

ηt ≈

h1 − h2 . h1 − h3

Izraz za ηt primenljiv je za proračun parnih postrojenja niskog pritiska. Kod velikih pritisaka i snaga, rad pumpi ne može se zanemariti. 5.3.3. Rankineov ciklus sa pregrejanom parom

Ovo parno postrojenje, u odnosu na prethodna, ima dodat pregrejač pare (Pr).

Slika 5.15. Parno postrojenje sa pregrejačem pare Procesi u ciklusu 5-6 - proces u kotlu, 6-1 pregrevanje pare, 1-2 - turbina, 2-3 - kondenzator, 3-5 - napojna pumpa.

465

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Koristan rad ciklusa je lk = qdov − qodv , a snaga postrojenja

k. P = ml Termički stepen iskorišćenja postrojenja

ηt =

lk h −h = 1 2, qdov h1 − h3

jer je

lk = qdov − qodv = h1 − h3 − (h2 − h3 ) = h1 − h2 . 5.3.4. Rankineov ciklus sa međupregrevanjem pare

Uvođenjem međupregrevanja pare povećava se njen stepen suvoće jer je x2 > x2'

Slika 5.16. Rankineov ciklus sa međupregrevanjem pare Koristan rad turbine

lt = h1 − h6 + h7 − h2 ,

466


a dovedena količina toplote

qdov = h1 − h3 + h7 − h6 , pa je stepen korisnosti postrojenja

ηt =

lt h − h + h7 − h2 . = 1 6 qdov h1 − h3 + h7 − h6

5.3.5. Rankine-Clausiusov ciklus

Regenerativno zagrevanje kondenzata (vode) 5.3.5.1. Karnotizacija ciklusa

Na ovaj način je dobijen termički stepen iskorišćenja, za deo ciklusa bez prvog stepena turbine, jednak Karnoovom jer je zbog s6 − s4 = s2 − s5 , (uslov ekvidistantnosti)

ηtc =

T ( s6 − s4 ) − T0 ( s2 − s5 ) T ( s6 − s3 )

=1−

T0 . T

Slika 5.17. Idealan Rankineov ciklus sa regeneracijom PZ - površinski zagrejač

467


Slika 5.18. Idealan Rankineov ciklus sa regeneracijom Šrafirana površina ispod linije (5-4) na Ts -dijagramu jednaka je površini ispod stepenaste linije (2-6) i predstavlja maksimalno moguću regenerisanu (rekuperisanu) toplotu u ovom procesu. Ako se zanemare radovi pumpi, tada su tačka 5 i tačka 3 identične ( 5 ≡ 3) , a dovedena toplota ciklusa je Q dov = Q 31 = m ( h1 − h3 ) . Sa druge strane je Q dov = Q reg + Q 41 ,

pa je Q reg = Q dov − Q 41 = m ( h1 − h3 ) − m ( h1 − h4 ) ,

odnosno Q reg = h4 − h3 . m

468

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI 5.3.5.2. Regenerativno zagrevanje kondenzata sa direktnim mešanjem oduzete pare i kondenzata

Slika 5.19. Zagrevanje kondenzata sa direktnim mešanjem pare i kondenzata MZ - mešni zagrejač kondenzata

Slika 5.20. Zagrevanje kondenzata sa direktnim mešanjem pare i kondenzata Zagrejači kondenzata su sa direktnim mešanjem oduzete pare i kondenzata. Koristan rad turbine Lt = m ( h1 − ho1 ) + ( m − m 1 )( ho1 − ho 2 ) + + ( m − m 1 − m 2 )( ho 2 − ho 3 ) + ( m − m 1 − m 2 − m 3 )( ho 3 − h2 )

469


Dovedena količina toplote u kotlu Q dov = m ( h1 − ho1' ) .

Termički stepen iskorišćenja ciklusa L

ηt = t . Qdov Posmatraćemo postrojenje koje ima samo jedno oduzimanje pare sa direktnim mešanjem oduzete pare i kondenzata, slika 5.21., pri čemu ćemo zanemariti rad napojnih pumpi.

Slika 5.21. Rankineov ciklus sa mešnim zagrejačem kondenzata

470

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Potrebna količina pare za oduzimanje određuje se iz toplotnog bilansa zagrejača kondenzata o ' = m o ho + ( m − m o ) h3 . mh

Iz prethodnog izraza dobija se količina pare na oduzimanju m o = m

ho ' − h3 . ho − h3

Snaga turbine P = m ( h1 − ho ) + ( m − m o )( ho − h2 ) , P L ⎛ m ⎞ = ( h1 − ho ) + ⎜ 1 − o ⎟ ( ho − h2 ) = t . m m ⎠ m ⎝

Dovedena količina toplote Q dov = ( h1 − ho ' ) . m

Termodinamički stepen korisnosti sa regeneracionim zagrevanjem napojne vode iznosi L ηtreg = k . Q dov

Termodinamički stepen korisnosti bez regenaracionog zagrevanja napojne vode je h −h ηt = 1 2 . h1 − h3 Relativno povećanje termodinamičkog stepena korisnosti ovog kružnog procesa u odnosu na kružni proces bez regenerativnog zagrevanja napojne vode je

ηtreg − ηt . ηt

471

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 5.3.5.3. Regenerativno zagrevanje kondenzata oduzetom parom putem površinskih (rekuperativnih) razmenjivača toplote

Postrojenje sa rekuperativnim zagrejačima kondenzata dato je na slici 5.22.. Kod rekuperativnih razmenjivača toplote sa jedne strane cevi struji prijemnik toplote (kondenzat), a sa druge, predajnik toplote (para).

Slika 5.22. Rankineov ciklus sa zagrevanjem kondenzata pomoću površinskog zagrejača kondenzata PZ - površinski zagrejač kondenzata Kod površinskih zagrejača glavni kondenzat mora zbog drugog zakona termodinamike da ima nešto nižu temperaturu od temperature zasićenja za odgovarajući pritisak oduzimanja ( po ) . Zbog toga se stanja o ' i 4 na Ts dijagramu na slici 5.23. ne poklapaju.

Slika 5.23. Rankineov ciklus sa zagrevanjem kondenzata pomoću površinskog zagrejača kondenzata

472


Slika 5.24. Zagrejač kondenzata Iz bilansa zagrejača

3 = mh 4 + m o h0' , m o ho + mh određuje se potrebna količina pare za oduzimanje.

473


Zadatak 5.1 Toplotni izvor temperature Tti = 450 K predaje Q = 800 kJ toplote toplotnom ponoru temperature Ttp = 300 K . Koliko se korisnog (neto) rada može najviše dobiti ako se između toplotnog izvora i toplotnog ponora uključi desnokretna toplotna mašina.

R e š e n j e:

Slika 5.25. Najviše korisnog rada se može dobiti ako desnokretna toplotna mašina radi po Karnoovom desnokretnom ciklusu

Slika 5.26. Termodinamički stepen korisnosti takve desnokretne mašine odgovara termodinamičkom stepenu korisnosti Karnoovog ciklusa, odnosno

η = ηc , Qdov + Qodv Tti − Ttp , = Qdov Tti

474

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI odakle sledi da je

Qdov = −Qodv

Tti , Ttp

Qdov = − ( −800 ) ⋅

450 = 1200 kJ . 300

Dobijeni koristan rad Lneto = Qdov + Qodv , Lneto = 1200 + ( −800 ) = 400 kJ .

Zadatak 5.2. Radna supstanca vrši potpuno povratni proces između toplotnog izvora stalne temperature Tti = 1000 K i toplotnog ponora promenljive temperature. Toplotni kapacitet toplotnog ponora iznosi Ctp = 200 kJ K , a temperatura toplotnog ponora se menja od Ttp1 = 300 K do Ttp 2 . U toku obavljanja kružnog procesa toplotni izvor je radnoj supstanci predao 100 MJ toplote. Prikazati kružni proces u Ts koordinatnom sistemu i odrediti: a) koristan rad ciklusa, b) termički stepen korisnosti kružnog procesa.

R e š e n j e: a) Povratni proces izmene toplote između radnog tela i toplotnog izvora - prvi izolovani sistem

( ∆Sis )12 = ∆Srt12 + ∆Sti , Qdov =0. Tti Povratni proces izmene toplote između radnog tela i topotnog ponora

( ∆Sis )12 = ∆Srt12 −

475

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE - drugi izolovani sistem

( ∆Sis )34 = ∆Srt 34 + ∆Stp ,

( ∆Sis )34 = ∆Srt 34 + Ctp ln

Ttp 2 Ttp1

=0.

Formiranjem zbira ( ∆Sis )12 i ( ∆Sis )34 , dobija se

( ∆Sis )12 + ( ∆Sis )34 = 0 , Ctp ln

ln

Ttp 2 Ttp1

Ttp 2 Ttp1

=

−

Qdov =0, Tti

Qdov , CtpTti

Ttp 2 = Ttp1e

Qdov CtpTti

, 100⋅106

Ttp 2 = 300 ⋅ e

200⋅103 ⋅1000

,

Ttp 2 = 494,6 K .

Odvedena količina toplote Qodv = Ctp (Ttp1 − Ttp 2 ) ,

Qodv = 200 ⋅103 ⋅ (300 − 494,6) , Qodv = −38,92 MJ .

476

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Koristan rad ciklusa Lk = Qdov + Qodv , Lk = 100 − 38,92 , Lk = 61, 08 MJ .

b) Stepen korisnosti

ηt =

Lk , Qdov

ηt =

61,08 , 100

ηt = 0,61 .

Slika 5.27. Zadatak 5.3. Proveriti koji od dva prikazana kružna procesa A i B ima veći stepen korisnog dejstva, ako je ∆s (vidi sliku) jednako za oba procesa. Pri kojoj temperaturi toplotnog ponora Ttp , a pri nepromenjenoj temperaturi toplotnog izvora

Tti = 600 K , bi stepen korisnog dejstva kružnog procesa B bio dva puta veći od stepena korisnog dejstva kružnog procesa A. Svi procesi sa radnim telom su ravnotežni.

477


Slika 5.28.

Slika 5.29.

R e š e n j e:

Stepen korisnosti kružnog procesa A ( Tti = 600 K, Ttp = 100 K )

( Qdov ) A = ( Q12 )A , ( Qdov ) A = Tti ∆s , ( Qodv )A = ( Q23 )A + ( Q31 )A ,

( Qodv )A = ηA =

ηA =

478

Tti + Ttp ⎛ ∆s ⎞ Tti + Ttp ⎛ ∆s ⎞ Tti + Ttp − ⎟+ − ⎟=− ∆s , ⎜ ⎜ 2 ⎝ 2 ⎠ 2 ⎝ 2 ⎠ 2

( Qdov )A + ( Qodv )A ( Qdov )A Tti ∆s −

Tti + Ttp

2 Tti ∆s

,

∆s

,


ηA =

600 −

600 + 100 250 2 , = 600 600

ηA = 0,42 . Stepen korisnosti kružnog procesa B ( Tti = 600 K, Ttp = 100 K )

( Qdov )B = ( Q12 )B + ( Q23 )B ,

( Qdov ) B =

Tti + Ttp ∆s Tti + Ttp ∆s Tti + Ttp ⋅ + ⋅ = ∆s , 2 2 2 2 2

( Qodv )B = ( Q31 )B , ( Qodv )B = −Ttp ∆s , ηB =

( Qdov )B + ( Qodv )B , ( Qdov )B Tti + Ttp

ηB =

∆s − Ttp ∆s 2 , Tti + Ttp ∆s 2

600 + 100 − 100 250 2 , = ηB = 600 + 100 350 2

ηB = 0,71 . Uslov zadatka je da stepen korisnosti ciklusa B bude dva puta veći od stepena korisnosti ciklusa A, odnosno

ηB = 2ηA . 479

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Temperatura toplotnog ponora pri kojoj će ovaj uslov biti ispunjen Tti + Ttp

− Ttp

2 Tti + Ttp

= 2⋅

Tti −

Tti + Ttp 2

,

Tti

2 Ttp = 0 K . Zadatak 5.4. Proveriti koji od dva prikazana kružna procesa A i B ima veći stepen korisnog dejstva, ako je ∆s (vidi sliku) jednako za oba procesa. U oba slučaja temperatura toplotnog izvora iznosi Tti = 800 K , a temperatura toplotnog ponora Ttp = 300 K . Svi procesi sa radnom materijom su ravnotežni.


Stepen korisnosti kružnog procesa A

( Qdov )A = ( Q23 )A + ( Q34 )A , 480


( Qdov ) A = ( Qdov )A =

(T

tp

+ 200) + (Tti − 100 ) ∆s 2

(T

tp

2

+ 200) + (Tti − 100 ) 2

+

(T

tp

+ 200 ) + (Tti − 100) ∆s 2

2

,

∆s ,

( Qodv )A = ( Q41 )A + ( Q12 )A ,

( Qodv )A =

(Tti − 300 ) + Ttp ⎛ 2

( Qodv ) A = − ηA =

(Tti − 300 ) + Ttp 2

( Qdov )A + ( Qodv )A ( Qdov )A

(T

tp

∆s ,

,

+ 200 ) + (Tti − 100 )

∆s −

(Tti − 300 ) + Ttp

2 2 200 100 T + + T − ) ( tp ) ( ti ∆s 2

ηA =

ηA =

∆s ⎞ (Tti − 300 ) + Ttp ⎛ ∆s ⎞ ⎜− 2 ⎟ + ⎜− 2 ⎟, 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∆s

( 300 + 200 ) + ( 800 − 100 ) − ( 800 − 300 ) + 300 2 2 ( 300 + 200 ) + ( 800 − 100 ) 2

=

400 , 1200

ηA = 0,33 . Stepen korisnosti kružnog procesa B

( Qdov ) B = ( Q23 )B + ( Q34 )B ,

481


( Qdov ) B = ( Qdov )B =

(T

+ 300 ) + Tti ∆s ( Ttp + 300 ) + Tti ∆s + , 2 2 2 2

(T

+ 300 ) + Tti

tp

tp

2

∆s ,

( Qodv )B = ( Q41 )B + ( Q12 )B ,

( Qodv )B =

(Tti − 200 ) + (Ttp + 100 ) ⎛ 2

( Qodv )B = − ηB =

∆s ⎞ (Tti − 200) + (Ttp + 100 ) ⎛ ∆s ⎞ ⎜− ⎟ + ⎜− ⎟, 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

(Tti − 200) + (Ttp + 100 ) 2

( Qdov )B + ( Qodv )B , ( Qdov )B

(T

tp

+ 300 ) + Tti 2

ηB =

∆s −

(T

tp

( Tti − 200 ) + (Ttp + 100 )

+ 300 ) + Tti 2

ηB =

2

∆s

2

,

∆s

( 300 + 300 ) + 800 − (800 − 200) + ( 300 + 100 )

ηB = 0, 286 .

482

∆s ,

( 300 + 300 ) + 800 2

2

=

400 , 1400

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Zadatak 5.5. Dvoatoman idealan gas obavlja proces gasnoturbinskog postrojenja koji se sastoji od dve izobare i dve adijabate (Džulov ciklus). Stanje radnog tela na ulazu u kompresor je 1 ( p1 = 1 bar, t1 = 15°C) , na izlazu iz kompresora 2 ( p2 = 5 bar) i na ulazu u turbinu 3 ( t3 = 780°C) . Stepen dobrote adijabatske

kompresije je ηdkp = 0,83 , a stepen dobrote adijabatske ekspanzije ηdex = 0,85 . Odrediti: a) termički stepen korisnog dejstva ovog ciklusa (η ) , b) termički stepen korisnog dejstva ovog ciklusa za slučaj maksimalne rekuperacije toplote (η ' ) . R e š e n j e:

a) Stepen dobrote adijabatske kompresije u gasoturbinskom postrojenju

ηdkp =

T1 − T2 k , T1 − T2

odakle je T2 = T1 −

T1 − T2 k

ηdkp

.

Za kvazistatičnu adijabatu 1-2k važi ⎛p ⎞ T2 k = T1 ⎜ 2 k ⎟ ⎝ p1 ⎠

κ −1 κ

⎛p ⎞ = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

κ −1 κ

,

1,4 −1

⎛ 5 ⋅ 105 ⎞ 1,4 T2 k = 288 ⋅ ⎜ = 456,14 K . 5 ⎟ ⎝ 1⋅ 10 ⎠ Temperatura T2 je sada T2 = 288 −

288 − 456,14 = 490, 58 K . 0,83

483

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Adijabatska ekspanzija u turbini ⎛p ⎞ T4 k = T3 ⎜ 4 k ⎟ ⎝ p3 ⎠

κ −1 κ

⎛p ⎞ = T3 ⎜ 1 ⎟ ⎝ p3 ⎠

κ −1 κ

,

1,4 −1

⎛ 1 ⋅105 ⎞ 1,4 T4 k = 1053 ⋅ ⎜ = 664,84 K , 5 ⎟ ⎝ 5 ⋅10 ⎠

ηdex =

T3 − T4 , T3 − T4 k

T4 = T3 − ηdex ( T3 − T4 k ) ,

T4 = 1053 − 0,85 ⋅ (1053 − 664,84 ) = 723,06 K .

Razmenjena količina toplote u ciklusu Qdov = Q23 = mc p (T3 − T2 ) , Qodv = Q41 = mc p (T1 − T4 ) .

Termički stepen korisnog dejstva ciklusa

484

η=

Qdov + Qodv mc p ( T3 − T2 + T1 − T4 ) T3 − T2 + T1 − T4 , = = Qdov mc p ( T3 − T2 ) T3 − T2

η=

1053 − 490,58 + 288 − 723, 06 = 0, 23 . 1053 − 490,58


Slika 5.31.

Slika 5.32. b) Ciklus sa maksimalnom rekuperacijom toplote ( slika 5.34.) Opšti uslov rekuperacije toplote T4 > T2 ,

uslov maksimalne rekuperacije toplote TA = T2 ,

odnosno TB = T4 .

485

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Razmenjena količina toplote u slučaju maksimalne rekuperacije topote ' Qdov = QB3 = mc p (T3 − TB ) , ' Qodv = QA1 = mc p (T1 − TA ) ,

termički stepen korisnog dejstva

η' =

' ' mc p (T3 − TB + T1 − TA ) T3 − TB + T1 − TA Qdov + Qodv , = = ' Qdov mc p (T3 − TB ) T3 − TB

η' =

1053 − 723, 06 + 288 − 490,58 = 0,39 . 1053 − 723, 06

Slika 5.33.

Slika 5.34.

486

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Zadatak 5.6. Sa vazduhom (idealnim gasom) kao radnim telom izvodi se idealan Džulov desnokretni ciklus (sve promene stanja su kvazistatične). Ekspanzija je dvostepena sa međuzagrevanjem radnog tela, a kompresija je dvostepena sa međuhlađenjem. Ako je pmax = 16 bar, pmin = 1 bar i ako su stepen kompresije u ⎛p p p p ⎞ oba kompresora i stepen ekspanzije u obe turbine isti ⎜ 7 = 1 = 2 = 4 ⎟ i ⎝ p6 p8 p3 p5 ⎠ ako se toplota dovodi od toplotnog izvora temperature Tti = T2 = T4 = 600 K , a predaje toplotnom ponoru temperature Ttp = T6 = T8 = 250 K , skicirati ciklus u

Ts dijagramu i odrediti stepen korisnog dejstva ciklusa (η ) .


Pritisak vazduha u karakterističnim tačkama ciklusa pmin = p6 = p5 = 1 bar , pmax = p1 = p2 = 16 bar .

Iz uslova jednakosti stepena širenja u turbinama p2 p4 = , p3 p5

487


i uslova jednakosti pritisaka (Slika 5.35.) p3 = p4 ,

sledi da je p3 = p4 = 4 bar .

Analogno prethodnom, za sabijanje vazduha u kompresorima važi p7 p1 , = p6 p8

i

p7 = p8 , odakle je p7 = p8 = 4 bar .

Temperatura vazduha u karakterističnim tačkama ciklusa ⎛p ⎞ T1 = T8 ⎜ 1 ⎟ ⎝ p8 ⎠

κ −1 κ

⎛p ⎞ T3 = T2 ⎜ 3 ⎟ ⎝ p2 ⎠ ⎛p ⎞ T5 = T4 ⎜ 5 ⎟ ⎝ p4 ⎠

488

κ −1 κ

κ −1 κ

1,4 −1

⎛ 16 ⎞ 1,4 = 250 ⋅ ⎜ ⎟ = 371,5 K , ⎝ 4⎠

⎛ 4⎞ = 600 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 16 ⎠ ⎛ 1⎞ = 600 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 4⎠

1,4 −1 1,4

1,4−1 1,4

= 403,8 K ,

= 403,8 K ,

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI ⎛p ⎞ T7 = T6 ⎜ 7 ⎟ ⎝ p6 ⎠

κ −1 κ

1,4 −1

⎛ 4 ⎞ 1,4 = 250 ⋅ ⎜ ⎟ = 371,5 K . ⎝1⎠

Dovedena količina toplote Qdov = ( Q12 ) p = const + ( Q34 ) p = const = mc p (T2 − T1 + T4 − T3 ) .

Odvedena količina toplote Qodv = ( Q56 ) p = const + ( Q78 ) p = const = mc p (T6 − T5 + T8 − T7 ) .

Stepen korisnog dejstva ciklusa

η=

Qdov + Qodv (T2 − T1 + T4 − T3 ) + (T6 − T5 + T8 − T7 ) , = Qdov (T2 − T1 + T4 − T3 )

η=

( 600 − 371,5 + 600 − 403,8) + ( 250 − 403,8 + 250 − 371,5) , ( 600 − 371,5 + 600 − 403,8)

η = 0,35 .

Slika 5.36.

489


Zadatak 5.7. U energetskom postrojenju za proizvodnju električne energije primenjen je rekuperativni desnokretni gasnoturbinski ciklus (Džulov ciklus) sa vazduhom (idealan gas) kao radnim telom. U kompresoru se 200 kg h radnog tela temperature 80°C adijabatski komprimuje od 0,3 MPa do 0,8 MPa , sa stepenom dobrote ηdkp = 0,86 . Dovođenjem toplote radno telo se zatim zagreva do 780°C i odvodi u turbinu, gde adijabatski ekspandira sa stepenom dobrote ηdex = 0,9 . Za vreme odvođenja toplote rekuperiše se 80% od količine toplote koja bi se u najpovoljnijem slučaju mogla rekuperisati. Skicirati proces u Ts koordinatnom sistemu i odrediti: a) stepen korisnog dejstva ciklusa, b) teorijsku snagu koja stoji na raspolaganju za pogon generatora, ako se turbina i kompresor nalaze na istom vratilu. R e š e n j e:

Slika 5.37. a) Temperatura T2k dobija se iz jednačine adijabate za proces 1-2k ⎛p ⎞ T2 k = T1 ⎜ 2 k ⎟ ⎝ p1 ⎠

Temperatura T2

490

κ −1 κ

⎛p ⎞ = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

κ −1 κ

1,4 −1

⎛ 0,8 ⋅106 ⎞ 1,4 = 353 ⋅ ⎜ = 467, 2 K . 6 ⎟ ⎝ 0,3 ⋅10 ⎠

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI T2 = T1 −

T1 − T2 k

η

kp d

= 353 −

353 − 467, 2 = 485,8 K . 0,86

Temperatura T4k dobija se iz jednačine adijabate za proces 3-4k ⎛p ⎞ T4 k = T3 ⎜ 4 k ⎟ ⎝ p3 ⎠

κ −1 κ

⎛p ⎞ = T3 ⎜ 4 ⎟ ⎝ p3 ⎠

κ −1 κ

1,4 −1

⎛ 0,3 ⋅ 106 ⎞ 1,4 = 1053 ⋅ ⎜ = 795,7 K . 6 ⎟ ⎝ 0,8 ⋅ 10 ⎠

Temperatura T4 T4 = T3 − ηdex (T3 − T4 k ) = 1053 − 0,9 ⋅ (1053 − 795,7 ) = 821,4 K .

Slika 5.38. Maksimalna količina toplote koju je moguće regenerisati

qreg max = q46 = c p (T6 − T4 ) = c p (T2 − T4 ) , qreg max = 1000 ⋅ ( 485,8 − 821,4 ) = 335,6

kJ . kg

Obzirom da se rekuperiše 80% od maksimalne toplote koju je moguće rekuperisti, rekuperisana količina toplota biće

491

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE qreg = 0,8qreg max = 0,8 ⋅ 3,356 = 268,48

kJ . kg

Dovedena količina toplote radnoj materiji u ciklusu je sada qdov = q23 − qreg = c p (T3 − T2 ) − qreg , qdov = 1 ⋅ (1053 − 485,8 ) − 268, 48 = 298,72

kJ . kg

Odvedena količina toplote iz ciklusa qodv = q41 + qreg = c p ( T1 − T4 ) + qreg , qodv = 1( 353 − 821,4 ) + 268,48 = −199,92

kJ . kg

Stepen korisnosti postrojenja sada je

η=

qdov + qodv 298,72 − 199,92 = = 0,33 . qdov 298,72

b) Teorijska snaga za pogon generatora Lkor = Lkompresora + Lturbine ,

p (T1 − T2 + T3 − T4 ) , Lkor = m ( h1 − h2 ) + m ( h3 − h4 ) = mc 200 Lkor = ⋅ 1 ⋅ ( 353 − 485,8 + 1053 − 821, 4 ) = 5,5 kW . 3600

Zadatak 5.8 Dvoatomni idealni gas obavlja teorijski (idealan) Otto-ov kružni proces između temperatura Tmax = T3 = Tti = 1000 K i Tmin = T1 = Ttp = 290 K . Odrediti stepen

kompresije (ε = v1 v2 ) tako da korisna snaga motora bude najveća, kao i snagu motora ako je molski protok gasa kroz motor n = 9 mol s .

492

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI R e š e n j e:

Slika 5.39. Korisna snaga motora je definisana kao Lk = Q dov + Q odv ,

gde je Q dov = Q 23 = m ( q23 )v = const = n ( Mcv )( T3 − T2 ) , Q odv = Q 41 = m ( q41 )v = const = n ( Mcv )(T1 − T4 ) .

Korisna snaga motora koji radi po Otto ciklusu sada je

Lk = n ( Mcv ) [T3 − T2 + T1 − T4 ] . Temperatura T2 se dobija iz jednačine adijabate za proces 1-2 T1v1κ −1 = T2 v2κ −1 , κ −1

⎛v ⎞ T2 = T1 ⎜ 1 ⎟ ⎝ v2 ⎠

= T1ε κ −1 .

493

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Temperatura T4 sledi iz jednačine adijabate za proces3-4 T3 v3κ −1 = T4 v4κ −1 , κ −1

⎛v ⎞ T4 = T3 ⎜ 3 ⎟ ⎝ v4 ⎠

⎛v ⎞ = T3 ⎜ 2 ⎟ ⎝ v1 ⎠

κ −1

1−κ

⎛v ⎞ = T3 ⎜ 1 ⎟ ⎝ v2 ⎠

= T3ε 1−κ .

Konačno, koristan rad ciklusa sada možemo izraziti kao funkciju stepena kompresije

Lk = n ( Mcv ) ⎡⎣T3 − T1ε κ −1 + T1 − T3ε 1−κ ⎤⎦ . Stepen kompresije za koji se ostvaruje maksimalni koristan rad motora dobijamo iz uslova da je

∂Lk = 0, ∂ε ∂Lk ∂ ⎡ n ( Mcv ) (T3 − T1ε κ −1 + T1 − T3ε 1−κ ) ⎤ = 0 , = ⎦ ∂ε ∂ε ⎣ ∂Lk = n ( Mcv ) ⎡⎣ −T1 (κ − 1) ε κ − 2 − T3 (1 − κ ) ε −κ ⎤⎦ = 0 , ∂ε κ −2 −κ ⎣⎡ −T1 (κ − 1) ε − T3 (1 − κ ) ε ⎦⎤ = 0 , 1

⎛ T ⎞ 2(κ −1) ε =⎜ 3 ⎟ , ⎝ T1 ⎠ 1

⎛ 1000 ⎞ 2⋅(1,4 −1) = 4, 7 . ε =⎜ ⎟ ⎝ 290 ⎠

Pri stepenu kompresije ε = 4,7 motor ostvaruje najveću snagu koja u slučaju molskog protoka radne materije kroz motor od n = 9 mol s iznosi

494

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Lk max = 9 ⋅ 20,8 ⋅ ⎡⎣1000 − 290 ⋅ 4,71,4 −1 + 290 − 1000 ⋅ 4,71−1,4 ⎤⎦ , Lk max = 39,87 kW .

Slika 5.40. Zadatak 5.9 Radna materija (idealan gas) obavlja idealan Džulov kružni proces između temperatura Tti = T3 = 1033 K i Ttp = T1 = 291 K . Odrediti temperaturu radne

materije nakon kvazistatičnog izentropskog sabijanja

(T2 ) ,

odnosno nakon

kvazistatične izentropske ekspanzije u turbini (T4 ) , tako da koristan rad (rad na zajedničkom vratilu) ima maksimalnu vrednost. R e š e n j e:

Slika 5.41.

495

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Razmenjena količina toplote u ciklusu Qdov = Q23 = m ( q23 ) p =const = mc p (T3 − T2 ) , Qodv = Q41 = m ( q41 ) p =const = mc p (T1 − T4 ) .

Koristan rad ciklusa Lk = Qdov + Qodv , Lk = mc p ( T3 − T2 + T1 − T4 ) .

Drugi zakon termodinamike ∆S rt = 0 ,

odakle sledi da je S3 − S 2 = S1 − S 4 = S 4 − S1 ,

odnosno mc p ln

T3 T = mc p ln 4 , T2 T1

T3 T4 = , T2 T1 T4 =

T1T3 . T2

Koristan rad se sada može izraziti u funkciji temperature T2 kao ⎛ TT ⎞ Lk = mc p ⎜ T3 − T2 + T1 − 1 3 ⎟ . T2 ⎠ ⎝

496

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Uslov dobijanja maksimalnog rada ∂Lk = 0, ∂T2 ⎛ ∂Lk T1T3 ⎞ ⎤ ∂ ⎡ = ⎢ mc p ⎜ T3 − T2 + T1 − ⎟⎥ = 0 , ∂T2 ∂T2 ⎣ T2 ⎠ ⎦ ⎝

⎛ ∂Lk TT ⎞ = mc p ⎜ −1 + 1 23 ⎟ = 0 , ∂T2 T2 ⎠ ⎝ T1T3 =1, T22 T2 = T1T3 = 291 ⋅ 1033 = 548, 27 K ,

T4 =

T1T3 T22 = = T2 = 548, 27 K . T2 T2

Slika 5.42. Zadatak 5.10. Dvoatoman idealan gas obavlja realni desnokretni kružni proces gasnoturbinskog bloka (Džulov ciklus) između temperatura tmax = 595°C i tmin = 15°C . Molski protok gasa kroz postrojenje iznosi n = 20 mol s . Stepen

497

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE dobrote adijabatne kompresije je ηdkp = 0,88 , a stepen dobrote adijabatne ekspanzije je ηdex = 0,88 . Odrediti maksimalnu snagu gasnoturbinskog bloka pri datim uslovima. R e š e n j e:

Slika 5.43. Koristan rad ciklusa ima najveću vrednost kada je ispunjen uslov T2 k = T4 k = T1T3 = 868 ⋅ 288 = 500 K .

Adijabatna kompresija i adijabatna ekspanzija su neravnotežni (nekvazistatični) procesi, pa je T2 = T1 −

T1 − T2 k

ηdkp

= 288 −

288 − 500 = 528,9 K , 0,88

T4 = T3 − ηdex (T3 − T4 k ) = 868 − 0,88 ⋅ ( 868 − 500) = 544,2 K . Snaga gasnoturbinskog bloka

Lk = Q dov + Q odv , p (T3 − T2 ) = n ( Mc p ) (T3 − T2 ) , Q dov = Q 23 = m ( q23 ) p =const = mc

498

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI p (T1 − T4 ) = n ( Mc p ) (T1 − T4 ) . Q odv = Q 41 = m ( q41 ) p =const = mc

Snaga gasnoturbinskog bloka sada je Lk = n ( Mc p ) (T3 − T2 + T1 − T4 ) ,

Lk = Lk max = 20 ⋅ 29,1⋅ ( 868 − 528,9 + 288 − 544, 2) , Lk max = 48, 25 kW . Zadatak 5.11. Sa troatomnim idealnim gasom obavlja se Eriksonov desnokretni kružni proces između temperatura Tmax = Tti = 600 K i Tmin = Ttp = 400 K . Odrediti stepen

korisnog dejstva ovog ciklusa za slučaj maksimalno moguće rekuperacije toplote i šrafirati u Ts dijagramu površinu koja odgovara rekuperisanoj toploti. R e š e n j e:

Slika 5.44.

Slika 5.45.

499

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE U slučaju Eriksonovog desnokretnog kružnog procesa sa maksimalnom rekuperacijom toplote, količina toplote odvedena duž izobare 4-1 ( q41 = qrek ) u potpunosti se vraća u proces duž izobare 2-3. Stoga je stepen korisnog dejstva Eriksonovog kružnog procesa sa maksimalnom rekuperacijom toplote jednak stepenu korisnog dejstva Karnoovog ciklusa koji bi se odvijao između istih temperatura toplotnog izvora i ponora, odnosno

ηe max reg = ηc =

ηe max reg = 1 −

ηe max reg = 1 −

qdov + qodv q34 + q12 = , qdov q34

q12 q34

p2 Ttp p1 T , =1− = 1− 1 =1− p T3 Tti RT3 ln 3 p4 RT1 ln

400 = 0,33 . 600

Zadatak 5.12. Nekom idealnom gasu dovodi se pri kvazistatičnoj izotermnoj ekspanziji (proces 1-2) Q12 = 300 kJ toplote od izotermnog toplotnog izvora temperature Tti = 1000 K , pri čemu entropija idealnog gasa poraste za ∆S12 = 0,5 kJ K . Pri kvazistatičnoj promeni stanja 2-3 entropija idealnog gasa opada linearno u Ts koordinatnom sistemu i pri tome se toplota predaje izotermnom toplotnom ponoru temperature Ttp = 293 K , sve dok se ne uspostavi stanje termodinamičke

ravnoteže. Od stanja 3 do početnog stanja 1 dolazi se kvazistatičnom izentropskom kompresijom. Skicirati promene stanja idealnog gasa u Ts koordinatnom sistemu i odrediti: a) stepen korisnog dejstva ovog kružnog procesa, b) promenu entropije izolovanog sistema [ kJ K ] , c) šrafirati u Ts dijagramu površinu ekvivalentnu korisno dobijenom radu.

500


Slika 5.46. a) Dovedena količina toplote iznosi Qdov = Q12 = 300 kJ ,

odnosno S2

Qdov = ∫ T ( S )dS = T2 ∆S12 , S1

odakle sledi temperatura gasa u stanju 2 T2 =

Qdov 300 ⋅103 = = 600 K . ∆S12 0,5 ⋅103

Odvedena količina toplote S3

S1

S2

S2

S2

S1

Qodv = Q23 = ∫ T ( S )dS = ∫ T ( S )dS = − ∫ T ( S )dS = −

Qodv = −

T2 + T3 ∆S12 , 2

600 + 293 ⋅ 0,5 ⋅ 103 = −223,3 kJ . 2

501

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Stepen korisnog dejstva ciklusa

η=

Qdov + Qodv 300 − 223,3 = , 300 Qdov

η = 0,26 . b) Promena entropije izolovanog sistema ∆Sis = ∆S rt + ∆S ok ,

∆Sis = ∆Srt + ∆Sti + ∆Stp , ∆S rt = 0 , jer radno telo vrši zatvoren proces,

∆Sti = −

Qdov 300 kJ =− = −0,3 , Tti 1000 K

∆Stp = −

−223,3 Qodv kJ =− = 0,76 , Ttp 293 K

∆Sis = 0 − 0,3 + 0,76 = 0,46

kJ . K

c) Korisni rad ciklusa Lk = Qdov − Qodv = 300 − 223,3 = 76,7 kJ .

Princip šrafiranja korisnog rada u T , s dijagramu zasniva se na oduzimanju površina koje predstavljaju dovedenu ( Qdov ) i odvedenu ( Qodv ) toplotu.

502


Slika 5.47. Zadatak 5.13. Radna supstanca (idealan gas) obavlja desnokretni kružni proces koji se sastoji iz izobarskog dovođenja toplote, kvazistatične (ravnotežne) adijabatske ekspanzije, izotermnog odvođenja toplote i kvazistatične (ravnotežne) adijabatske kompresije. Toplota se radnoj supstanciji predaje od dimnih gasova (idealan gas), koji se pri tome izobarski hlade ( C pdg = 1,06 kJ K ) , od početne

temperature t g 1 = 900°C . Od radne supstancije, okolini stalne temperature

to = 18°C , predaje se 300 kJ toplote na povratan način. Odrediti stepen korisnosti ovog kružnog procesa i skicirati ga u Ts i pv koordinatnim sistemima. R e š e n j e:

Slika 5.48.

Slika 5.49.

Iz izraza za količinu odvedene toplote S4

Qodv = ∫ T ( S )dS = To ∆S34 , S3

503

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE sledi da je ∆S34 =

Qodv −300 kJ , = = −1,03 To 291 K

odnosno ∆S12 = −∆S34 = 1,03

kJ . K

Promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema za proces 1-2

( ∆Sis )12 = ( ∆Srt )12 + ( ∆Sti )12 ,

( ∆Sis )12 = ∆S12 + ( ∆Sdg )12 = 0 ,

( ∆S )

dg 12

= −∆S12 = −1,03

kJ . K

Sa druge strane važi

( ∆S )

dg 12

= C pdg ln

Tg 2 Tg 1

− mR ln

pg 2 pg 1

= C pdg ln

Tg 2 Tg 1

,

( ∆S dg )12

Tg 2 = Tg1e

C pdg

,

−1,03

Tg 2 = 1173 ⋅ e 1,06 = 443,9 K . Dovedena količina toplote Qdov = Q12 = −Qdg = −C pdg (Tg 2 − Tg 1 ) = −1,06 ⋅ ( 443,9 − 1173) = 772,85 kJ .

504

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Stepen korisnosti ciklusa

η=

Qdov + Qodv 772,85 − 300 = = 0,61 . Qdov 772,85

Zadatak 5.14. Vazduh (idealan gas) vrši sledeći kružni proces. Od početnog stanja (T1 = 300 K) vrši se kvazistatična promena stanja po zakonu prave linije u Ts koordinatnom sistemu pri čemu se radnom telu dovodi toplota od toplotnog izvora stalne temperature Tti = T2 > T1 , pri čemu je v1 = v2 . Nakon toga vrši se kvazistatična izentropska ekspanzija do početne temperature. Kružni proces se zatvara kvazistatičnom izotermom. Stepen korisnog dejstva ovog ciklusa iznosi η = 0,25 . Skicirati ciklus u Ts dijagramu i odrediti promenu entropije izolovanog sistema za najpovoljniji položaj temperatura toplotnog izvora i toplotnog ponora. R e š e n j e:

Slika 5.50. Temperatura T2 određuje se iz jednačine za stepen korisnog dejstva ciklusa q +q η = dov odv = qdov

T1 + T2 ∆s12 + T1 ∆s31 2 . T1 + T2 ∆s12 2

505

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Kako je ∆s31 = −∆s12 , prethodni izraz može se napisati kao q +q η = dov odv = qdov

T1 + T2 − T1 2T1 2 , = 1− T1 + T2 T1 + T2 2

pa je sada temperatura T2 ⎛ 2 ⎞ 2 ⎛ ⎞ T2 = T1 ⎜ − 1⎟ = 300 ⋅ ⎜ − 1⎟ = 500 K . η 1 1 0,25 − − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Kako je uslov zadatka da je v1 = v2 , sledi da je T1 p1 = . T2 p2 Promena entropije radne materije za proces 1-2 ∆s12 = c p ln

T2 p T T T T − R ln 2 = c p ln 2 − R ln 2 = ln 2 ( c p − R ) = cv ln 2 , T1 p1 T1 T1 T1 T1

∆s12 = −∆s31 = 720 ⋅ ln

500 J = 367,8 . 300 kgK

U najpovoljnijem termodinamičkom slučaju važe jednakosti Tti = Tmax = T2 = 500 K ,

Ttp = Tmin = T1 = 300 K . Promena entropije izolovanog sistema ∆sis = ∆srt + ∆sti + ∆stp ,

506

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI promena entropije radnog tela ∆srt = 0

J , kgK

promena entropije toplotnog izvora q q ∆sti = − dov = − 12 = − Tti Tti

T1 + T2 ∆s12 2 , Tti

300 + 500 ⋅ 367,8 J 2 ∆sti = − = −294,24 , 500 kgK promena entropije toplotnog ponora ∆stp = −

∆stp =

qodv q T ∆s T ∆s = − 31 = − 1 31 = 1 12 , Ttp Ttp Ttp Ttp

300 ⋅ 367,8 J = 367,8 , 300 kgK

konačno, promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema biće ∆sis = 0 − 294, 24 + 367,8 = 73,56

J . kgK

Zadatak 5.15 Vazduh (idealan gas) u prvom slučaju obavlja desnokretni Džulov proces. U drugom slučaju pri istom odnosu pritisaka pmax pmin = 3 , istoj dovedenoj

količini toplote i istoj Tmax = 973 K , izentropska kompresija zamenjuje se izotermnom kompresijom, pri temperaturi Tmin = 395 K . Sve promene stanja vazduha su ravnotežne. Odrediti: a) termodinamičke stepene korisnosti kružnih procesa za oba slučaja, b) termodinamičke stepene korisnosti, ako se u oba prethodna slučaja obavljaju kružni procesi sa potpunim regenerativnim zagrevanjem radne materije.

507


a)

Slika 5.51. Pritisak i temperatura vazduha u karakterističnim tačkama procesa

p2 = p3 = pmax , p1 = p4 = pmin , T2 = Tmin = 395 K , ⎛ p ⎞ T1 = T2 ⎜ 1 ⎟ ⎝ p2 ⎠

κ −1 κ

⎛p ⎞ T4 = T3 ⎜ 4 ⎟ ⎝ p3 ⎠

κ −1 κ

⎛p ⎞ = T2 ⎜ min ⎟ ⎝ pmax ⎠

κ −1 κ

⎛ p ⎞ = T3 ⎜ min ⎟ ⎝ pmax ⎠

κ −1 κ

⎛p ⎞ = T2 ⎜ max ⎟ ⎝ pmin ⎠

1−κ

⎛p ⎞ = T3 ⎜ max ⎟ ⎝ pmin ⎠

κ

1−1,4

= 395 ⋅ 3 1,4 = 288,6 K ,

1−κ

κ

1−1,4

= 973 ⋅ 3 1,4 = 710,9 K .

Stepen korisnosti Džulovog ciklusa qdov = q23 = c p (T3 − T2 ) = 1000 ⋅ ( 973 − 395 ) = 578

508

kJ , kg

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI qodv = q41 = c p (T1 − T4 ) = 1000 ⋅ ( 288,6 − 710,9 ) = −422,3

η1 =

kJ , kg

qdov + qodv 578 − 422,3 = = 0,27 . 578 qdov

Stepen korisnosti u slučaju modifikovanog Džulovog ciklusa qdov = q23 = c p (T3 − T2 ) = 1000 ⋅ ( 973 − 395 ) = 578

kJ , kg

qodv = q41' + q12' , q41' = c p (T1' − T4 ) = c p ( T2 − T4 ) = 1000 ⋅ ( 395 − 710,9 ) = −315,9

q12' = RT1' ln

p1' p2

= RT2 ln

pmin kJ ⎛1⎞ = 287 ⋅ 395 ⋅ ln ⎜ ⎟ = −124,5 , pmax kg ⎝3⎠

qodv = −315,9 − 124,5 = −440,4

η2 =

kJ , kg

kJ kg

qdov + qodv 578 − 440,4 = = 0, 24 . 578 qdov

b) U oba slučaja maksimalna rekuperisana toplota je jednaka i iznosi qrek = q41' = −315,9

kJ . kg

Stepen korisnosti Džulovog ciklusa sa rekuperacijom toplote qdov = q23 − qrek = 578 − 315,9 = 262,1

kJ , kg

509

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE qodv = q41 + qrek = −422,3 + 315,9 = −106,4

kJ , kg

qdov + qodv 262,1 − 106,4 = = 0,594 . 262,1 qdov Stepen korisnosti u slučaju modifikovanog Džulovog ciklusa sa rekuperacijom toplote kJ , qdov = q23 − qrek = 578 − 315,9 = 262,1 kg

η1rek =

qodv = q12' = −124,5

η2 rek =

kJ , kg

qdov + qodv 262,1 − 124,5 = = 0,525 . 262,1 qdov

Zadatak 5.16. Ciklus gasne turbine koji radi sa troatomnim idealnim gasom kao radnim telom sastoji se iz izotermnog ravnotežnog (kvazistatičnog) sabijanja 1-2, ravnotežnog (kvazistatičnog) izohornog dovođenja toplote 2-3, adijabatske ekspanzije 3-4 i izobarnog (kvazistatičnog) odvođenja toplote 4-1. Ako su odnosi pritisaka p3 p4 = 8,4 , zatim p2 p1 = 3,5 , odrediti termodinamički stepen korisnosti

kružnog procesa (η ) za slučaj da je adijabatska ekspanzija 3-4: a) kvazistatična, b) nekvazistatična sa stepenom dobrote ekspanzije ηdex = 0,95 . R e š e n j e:

a)

Slika 5.52.

510

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Temperatura i pritisak gasa u stanju 2

T2 = T1 , p2 = 3,5 p1 . Temperaturu gasa u stanju 3 dobijamo iz jednačine izohore za proces 2-3 T2 T3 , = p2 p3 T3 = T2

p3 8, 4 p1 = T1 = 2, 4T1 . 3,5 p1 p2

Temperatura T4k sledi iz jednačine adijabate 3-4k ⎛p ⎞ T4 k = T3 ⎜ 4 k ⎟ ⎝ p3 ⎠

κ −1 κ

⎛ p ⎞ = 2, 4T1 ⎜ 1 ⎟ ⎝ 8, 4 p1 ⎠

κ −1 κ

1,28−1

⎛ 1 ⎞ 1,28 = 2,4T1 ⎜ = 1,5T1 . ⎟ ⎝ 8, 4 ⎠

Razmenjena količina toplote u ciklusu Qdov = Q23 = mcv (T3 − T2 ) = n ( Mcv )( 2, 4T1 − T1 ) = 1,4 n ( Mcv ) T1 ,

⎡ p ⎤ Qodv = Q4k 1 + Q12 = m ⎢ c p ( T1 − T4k ) + RT1 ln 1 ⎥ , p ⎣ 2⎦ ⎡ p ⎤ Qodv = n ⎢ ( Mc p ) (T1 − T4k ) + ( MR ) T1 ln 1 ⎥ , p2 ⎦ ⎣ 1 ⎤ ⎡ Qodv = n ⎢( Mc p ) ( −0,5T1 ) + ( MR ) T1 ln . 3,5 ⎥⎦ ⎣

511

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Termodinamički stepen korisnosti

η=

Qdov + Qodv , Qdov

1 ⎤ ⎡ 1, 4n ( Mcv ) T1 + n ⎢( Mc p ) ( −0,5T1 ) + ( MR ) T1 ln ⎥ 3,5 ⎣ ⎦, η= 1, 4n ( Mcv ) T1

η=

1, 4 ( Mcv ) − 0,5 ( Mc p ) + ( MR ) ln 1,4 ( Mcv ) 1, 4 ⋅ 29,1 − 0,5 ⋅ 37,4 + 8,315 ⋅ ln

η=

1 3,5

1 3,5

1,4 ⋅ 29,1

,

,

η = 0,285 . b)

Slika 5.53. Temperatura T4

ηdex =

T3 − T4 , T3 − T4 k

T4 = 2, 4T1 − 0,95 ⋅ ( 2, 4T1 − 1,5T1 ) = 1,545T1 .

512

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Dovedena količina toplote radnoj materiji u slučaju nekvazistatične adijabatske ekspanzije jednaka je dovedenoj količini toplote u slučaju kvazistatične adijabatske ekspanzije, odnosno Qdov = Q23 = mcv (T3 − T2 ) = n ( Mcv )( 2, 4T1 − T1 ) = 1,4 n ( Mcv ) T1 .

Odvedena količina toplote ⎡ p ⎤ Qodv = Q41 + Q12 = m ⎢c p (T1 − T4 ) + RT1 ln 1 ⎥ , p2 ⎦ ⎣ ⎡ p ⎤ Qodv = n ⎢( Mc p ) (T1 − T4 ) + ( MR ) T1 ln 1 ⎥ , p2 ⎦ ⎣ 1 ⎤ ⎡ Qodv = n ⎢( Mc p ) ( −0,545T1 ) + ( MR ) T1 ln . 3,5 ⎥⎦ ⎣ Termodinamički stepen korisnosti

η=

Qdov + Qodv , Qdov

1 ⎤ ⎡ 1,4 n ( Mcv ) T1 + n ⎢( Mc p ) ( −0,545T1 ) + ( MR ) T1 ln 3,5 ⎥⎦ ⎣ η= , 1, 4n ( Mcv ) T1

η=

1, 4 ( Mcv ) − 0,545 ( Mc p ) + ( MR ) ln 1,4 ( Mcv ) 1, 4 ⋅ 29,1 − 0,545 ⋅ 37, 4 + 8,315 ⋅ ln

η=

1,4 ⋅ 29,1

1 3,5

1 3,5

,

,

η = 0,244 .

513


Zadatak 5.17. Vazduh (idealan gas) obavlja desnokretni kružni proces koji se sastoji od dve kvazistatične (ravnotežne) izentrope i dve nekvazistatične (neravnotežne) izoterme između temperatura Tmin = 300 K i Tmax = 800 K . Pritisak vazduha na kraju izotermne kompresije iznosi p1 = 0,1 MPa , a na kraju izotermne ekspanzije p3 = 0,8 MPa . Temperature toplotnog izvora i toplotnog ponora su stalne i iznose Tti = 850 K i Ttp = 280 K . Odrediti: a) termodinamički stepen korisnosti kružnog procesa, ako promena entropije izolovanog sistema za proces dovođenja toplote iznosi 60 J kgK , odnosno promena entropije izolovanog sistema za proces odvođenja toplote iznosi 100 J kgK . b) promenu entropije izolovanog sistema (koji sačinjavaju toplotni izvor, toplotni ponor i radno telo) za slučaj da se sve promene stanja odvijaju kvazistatično (ravnotežno).

R e š e n j e:

Slika 5.54. a) Proces dovođenja toplote radnoj materiji, proces 2-3

( ∆sis )23 = ( ∆srt )23 + ∆sti = ∆s23 − qdov = Tti ⎡⎣ ∆s23 − ( ∆sis )23 ⎤⎦ .

514

q23 q = ∆s23 − dov , Tti Tti

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Pritisak vazduha u stanju 2 κ

κ

1,4

⎛ T ⎞ κ −1 ⎛ T ⎞ κ −1 ⎛ 800 ⎞1,4 −1 = 31 bar . p2 = p1 ⎜ 2 ⎟ = p1 ⎜ max ⎟ = 0,1 ⋅ 106 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 300 ⎠ ⎝ T1 ⎠ ⎝ Tmin ⎠ Promena entropije radnog tela prilikom promene stanja 2-3 ∆s23 = c p ln

T3 p 0,8 ⋅106 J − R ln 3 = −287 ⋅ ln = 388,75 . 6 T2 p2 3,1 ⋅10 kgK

Dovedena količina toplote sada je qdov = Tti ⎡⎣ ∆s23 − ( ∆sis )23 ⎤⎦ = 850 ⋅ [388,75 − 60] ,

kJ . kg

qdov = 279, 44

Proces odvođenja toplote od radne materije, proces 4-1

( ∆sis )41 = ( ∆srt ) 41 + ∆stp = ∆s41 −

q q41 = ∆s41 − odv , Ttp Ttp

qodv = Ttp ⎡⎣ ∆s41 − ( ∆sis )41 ⎤⎦ . Pritisak vazduha u stanju 4 κ

κ

1,4

⎛ T ⎞ κ −1 ⎛ T ⎞ κ −1 ⎛ 300 ⎞1,4 −1 = 0,26 bar . p4 = p3 ⎜ 4 ⎟ = p3 ⎜ min ⎟ = 0,8 ⋅ 106 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 800 ⎠ ⎝ T3 ⎠ ⎝ Tmax ⎠ Promena entropije radnog tela prilikom promene stanja 4-1 ∆s41 = c p ln

T1 p 0,1 ⋅106 J − R ln 1 = −287 ⋅ ln = −388,75 . 6 T4 p4 0,026 ⋅10 kgK

Odvedena količina toplote sada je

515

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE qodv = Ttp ⎡⎣ ∆s41 − ( ∆sis )41 ⎤⎦ = 280 ⋅ [ −388,75 − 100] , qodv = −136,85

kJ . kg

Termodinamički stepen korisnosti

η=

qdov + qodv 279,44 − 136,85 = = 0,51 . qdov 279, 44

b) Promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema za slučaj kvazistatičnih (ravnotežnih) promena stanja ∆sis = ∆srt + ∆sti + ∆stp , ∆srt = 0 ,

∆sis = −

qdov qodv , − Tti Ttp

qdov = q23 = RT2 ln

p2 3,1 ⋅106 kJ = 287 ⋅ 800 ⋅ ln = 311 , p3 0,8 ⋅106 kg

qodv = q41 = RT4 ln

p4 0,026 ⋅106 kJ = 287 ⋅ 300 ⋅ ln = −116 , 6 p1 0,1 ⋅ 10 kg

∆sis = −

311 −116 J − = 48, 4 . 850 280 kgK

Zadatak 5.18 Parno turbinsko postrojenje radi po Rankine-Clausiusovom kružnom procesu između pmin = 0,1 bar i pmax = 10 bar . U kondenzatoru se rashladnoj vodi predaje toplota i pri tom se rashladna voda, masenog protoka m w = 3 kg s , zagreje od stanja A (pA = 1 bar, tA =10°C) do stanja B (pB = 1 bar, tB =20°C) .

516

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Snaga napojne pumpe iznosi 0,1 kW . Skicirati kružni proces u Ts dijagramu i odrediti: a) termodinamički stepen korisnog dejstva ciklusa, b) snagu turbine.

R e š e n j e:

Slika 5.55.

Slika 5.56.

a) Tačka 4:

x4 = 0 , (ključala tečnost) p4 = pmin = 0,1 bar , h4 = 191,9

kJ , kg

s4 = 0,6492

kJ . kgK

Tačka 1:

p1 = pmax = 10 bar , s1 = s4 = 0,6492

kJ , kgK

517


h1 = 193,61

kJ . kg

Tačka 3:

p3 = 0,1 bar . Prvi zakon termodinamike za proces u pumpi

(Q ) = ( ∆H ) + ( L ) 12

12

p

( L ) t 12

p

t 12

p

p

,

= − ( ∆H 12 ) , p

odnosno L p = − m p ( h1 − h4 ) ,

odakle sledi da je

m p =

L p

( h4 − h1 )

=

kg −0,1 . = 0,059 s (191,9 − 193,61)

Prvi zakon termodinamike za proces u kondenzatoru

(Q ) = ( ∆H ) + ( L ) 12 k

12 k

( H ) = ( H ) 1 k

2 k

t12 k

,

,

m p h3 + m w hA = m p h4 + m w hB , h3 =

518

m p h4 + m w ( hB − hA ) 0,059 ⋅191,9 + 3 ⋅ ( 83,9 − 41,9 ) kJ , = = 2327,5 m p 0,059 kg


x3 =

h3 − h3' 2327,5 − 191,9 = = 0,8928 , h3'' − h3' 2584 − 191,9

s3 = s3' + x3 ( s3'' − s3' ) = 0,6492 + 0,8928 ⋅ ( 8,149 − 0,6492 ) = 7,345

kJ . kgK

Tačka A:

pA = 1 bar , tA = 10°C , kJ . kg

hA = 41,9

Tačka B:

pB = 1 bar , tB = 20°C , hB = 83,9

kJ . kg

Tačka 2:

p2 = 10 bar , s2 = s3 = 7,345

h2 = 3186,6

kJ , kgK

kJ . kg

519

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Dovedena snaga Q dov = Q12 = m p ( h2 − h1 ) = 0,059 ⋅ ( 3186,6 − 193,61) = 176,6 kW ,

odvedena snaga Q odv = Q 34 = m p ( h4 − h3 ) = 0,059 ⋅ (191,9 − 2327,5 ) = −126 kW ,

termodinamički stepen korisnog dejstva ciklusa

η=

Q dov + Q odv 176,6 − 126 , = 176,6 Q dov

η = 0,29 . b) Prvi zakon termodinamike za proces u turbini

(Q ) = ( ∆H ) + ( L ) , 12 t

( L )

t 12 t

12 t

t 12 t

= − ( ∆H 12 ) = −m p ( h3 − h2 ) , t

Lturbine = ( Lt12 ) = 0,059 ⋅ ( 2327,5 − 3186,6 ) = −50,7 kW . t

Zadatak 5.19. U parnom kotlu uz konstantan pritisak od p = 40 bar od vode temperature 30°C proizvodi se vodena para temperature t = 500°C . Ta para izentropski (ravnotežno) ekspandira u turbini do pritiska od p = 0,06 bar , a zatim se odvodi u kondenzator. Napojna pumpa vraća u kotao pothlađen kondenzat. Toplota potrebna za proizvodnju pare u parnom kotlu obezbeđuje se hlađenjem dimnih gasova (idealan gas) od početne temperature 1600°C do temperature 200°C . Količina dimnih gasova je 5500 kmol h , a njihov zapreminski sastav 18% CO2 , 9% O2 , 73% N 2 . Skicirati promene stanja vodene pare u Ts dijagramu i odrediti: a) termodinamički stepen korisnog dejstva kružnog procesa, b) snagu turbine.

520


R e š e n j e:

Slika 5.57. Tačka 1: p1 = 40 bar , t1 = 30°C ,

h1 = 129,3

kJ , kg kJ . kgK

s1 = 0,4325 Tačka 2: p2 = 40 bar , t2 = 500°C ,

h2 = 3445

s2 = 7,087

kJ , kg kJ . kgK

521

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Tačka 3: p3 = 0,06 bar ,

s3 = s2 = 7,087

x3 =

kJ , kgK

s3 − s3' 7,087 − 0,5207 = = 0,84 , s3'' − s3' 8,328 − 0,5207

h3 = h3' + x3 ( h3'' − h3' ) = 151,5 + 0,84 ⋅ ( 2567 − 151,5 ) = 2180,5 Tačka 4: p4 = 0,06 bar , s4 = s1 = 0,4325

h4 = 124,9

kJ , kgK

kJ . kg

Dovedena količina toplote

qdov = q12 = h2 − h1 = 3445 − 129,3 = 3315,7

kJ , kg

odvedena količina toplote

qodv = q34 = h4 − h3 = 124,9 − 2180,5 = −2055,6 stepen korisnosti

η=

522

qdov + qodv 3315,7 − 2055,6 = = 0,38 . qdov 3315,7

kJ , kg

kJ . kg

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI b) Dimne gasove razmatramo kao mešavinu idealnih gasova

M dg = rCO2 M CO2 + rO2 M O2 + rN2 M N2 , M dg = 0,18 ⋅ 44 + 0,09 ⋅ 32 + 0,73 ⋅ 28 = 31,24

kg , kmol

(

)

c pdg =

1 rCO2 M CO2 c pCO + rO2 M O2 c pO + rN2 M N2 c p N , 2 2 2 M dg

c pdg =

1 ( 0,18 ⋅ 44 ⋅ 0,85 + 0,09 ⋅ 32 ⋅ 0,91 + 0,73 ⋅ 28 ⋅1,04 ) , 31,24

c pdg = 0,98

kJ , kgK

m dg = ndg M dg =

5500 kg ⋅ 31,24 = 47,7 . 3600 s

Prvi zakon termodinamike za proces u kotlu

Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

H 1 = H 2 , m dg c pdg Tg1 + m p h1 = m dg c pdg Tg 2 + m p h2 ,

m p =

m dg c pdg (Tg 2 − Tg 1 ) h1 − h2

=

47,7 ⋅ 0,98 ⋅ ( 473 − 1873 ) 129,3 − 3445

= 19,74

kg . s

Prvi zakon termodinamike za proces u turbini

Q 23 = ∆H 23 + Lt 23 , Lturbine = Lt 23 = −∆H 23 = − m p ( h3 − h2 ) ,

523


Lturbine = −19,74 ⋅ ( 2180,5 − 3445 ) , Lturbine = 25 MW . Zadatak 5.20. Parnoturbinsko postrojenje radi po Rankineovom kružnom procesu. Stepen dobrote adijabatske ekspanzije u turbini iznosi ηdex = 0,8 , a stepen dobrote adijabatske kompresije u pumpi iznosi ηdkp = 0,96 . Stanje vodene pare na ulazu u turbinu je p = 40 bar i t = 320°C , a pritisak u kondenzatoru je p = 0,02 bar . Skicirati promene stanja vodene pare u Ts i hs dijagramima i odrediti: a) termodinamički stepen korisnog dejstva ciklusa, b) termodinamički stepen korisnog dejstva Karnoovog ciklusa koji radi između istih temperatura toplotnog izvora i toplotnog ponora.

R e š e n j e:

Slika 5.58. a) Tačka 2: p2 = 40 bar , t2 = 320°C , h2 = 3010

524

kJ , kg

Slika 5.59.


kJ . kgK

s2 = 6,446

Tačka 3k: p3 k = 0,02 bar , s3 k = s2 = 6, 446

x3 k =

kJ , kgK

s3k − s3' k 6,446 − 0, 2609 = = 0,73 , s3'' k − s3' k 8,722 − 0,2609

h3 k = h3' k + x3 k ( h3'' k − h3' k ) = 73,52 + 0,73 ⋅ ( 2533 − 73,52 ) = 1868,9

kJ . kg

Tačka 3: p3 = 0,02 bar , h3 = h2 − η dex ( h2 − h3 k ) = 3010 − 0,8 ⋅ ( 3010 − 1868,9 ) = 2097,1

kJ . kg

Tačka 4: p4 = 0,02 bar , h4 = 73,52

kJ , kg

s4 = 0, 2609

kJ . kgK

525

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Tačka 1k: p1k = 40 bar , s1k = s4 = 0, 2609

kJ , kgK

kJ . kg

h1k = 77,96

Tačka 1: p1 = 40 bar , h1 = h4 −

h4 − h1k

η

kp d

= 73,52 −

73,52 − 77,96 kJ . = 78,145 0,96 kg

Dovedena količina toplote qdov = q12 = h2 − h1 = 3010 − 78,145 = 2931,9

kJ , kg

odvedena količina toplote qodv = q34 = h4 − h3 = 73,52 − 2097,1 = −2023,6

kJ , kg

termodinamički stepen korisnog dejstva ciklusa

η=

qdov + qodv 2931,9 − 2023,6 = = 0,31 . qdov 2931,9

b) U slučaju Karnoovog ciklusa koji radi između istih temperatura toplotnog izvora, odnosno toplotnog ponora, termodinamički stepen korisnog dejstva biće

η= 526

Tti − Ttp Tti

=

Tmax − Tmin T2 − T4 = , Tmax T2


T2 = 593 K , T4 = Tključale vode pri p =0,02 bar ,

T4 = 290,5 K ,

η=

593 − 290,5 = 0,51 . 593

Zadatak 5.21. Idealni Rankin-Klauzijusov ciklus obavlja se vodenom parom između pritisaka pmin = 0,04 bar i pmax = 40 bar , sa pregrejanom vodenom parom ( t = 460°C ) na ulazu u turbinu. Za rekuperativno zagrevanje napojne vode (u zagrejaču mešnog tipa), do temperature tB = 104,81°C , iz turbine se pri pritisku od

p3 = 1,2 bar oduzima deo pare ( m 3 = 180 kg h ) . Zanemarujući radove napojnih pumpi, skicirati proces u Ts dijagramu i odrediti: a) termodinamički stepen korisnosti ovog kružnog procesa, b) snagu parne turbine.

R e š e n j e:

Slika 5.60.

527



p2 = 40 bar , t2 = 460°C , h2 = 3353

kJ , kg

s2 = 6,965

kJ . kgK

Tačka 3: p3 = 1,2 bar , s3 = s2 = 6,965

x3 =

kJ , kgK

s3 − s3' 6,965 − 1,3606 = = 0,94 , s3'' − s3' 7, 298 − 1,3606

h3 = h3' + x3 ( h3'' − h3' ) = 439,4 + 0,94 ⋅ ( 2683 − 439,4 ) = 2548,4

528

kJ . kg

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Tačka 4: p4 = 0,04 bar , s4 = s3 = 6,965

x4 =

kJ , kgK

s4 − s4' 6,965 − 0,4225 = = 0,81 , s4'' − s4' 8,472 − 0,4225

h4 = h4' + x4 ( h4'' − h4' ) = 121,42 + 0,81 ⋅ ( 2554 − 121,42 ) = 2091,8

kJ . kg

Tačka 5: p5 = 0,04 bar , x5 = 0 , h5 = 121, 42

kJ , kg

s5 = 0, 4225

kJ . kgK

Kako se rad napojnih pumpi zanemaruje, sledi da se tačka A u Ts dijagramu poklapa sa tačkom 5, odnosno pA = p5 = 0,04 bar , xA = x5 = 0 , hA = h5 = 121,42

kJ , kg

529

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE kJ . kgK

sA = s5 = 0,4225

Tačka B: pB = 1, 2 bar , tB = 104,81°C , hB = 439, 4

kJ . kg

Tačka 1 se u Ts dijagramu, kao posledica zanemarivanja rada napojne pumpe, poklapa sa tačkom B p1 = 1,2 bar , h1 = 439, 4

kJ . kg

Prvi zakon termodinamike za proces u mešnom zagrejaču vode

(Q )

= ( ∆H 12 ) + ( Lt12 ) ,

( H )

= ( H 2 ) ,

12 mz

1 mz

mz

mz

mz

B, ( m − m 3 ) hA + m 3 h3 = mh

odakle je m = m 3

hA − h3 180 121, 42 − 2548, 4 kg . = ⋅ = 0,38 s hA − hB 3600 121,42 − 439,4

Dovedena količina toplote

Q dov = Q12 = m ( h2 − h1 ) = 0,38 ⋅ ( 3353 − 439,4 ) = 1107,2 kW ,

530


odvedena količina toplote Q odv = Q 45 = ( m − m 3 )( h5 − h4 ) ,

Q odv = ( 0,38 − 0,05 ) ⋅ (121, 42 − 2091,8 ) = −650, 2 kW , stepen korisnosti

η=

Q dov + Q odv 1107,2 − 650, 2 = = 0,41 . Q 1107,2 dov

b) Prvi zakon termodinamike za proces u parnoj turbini

(Q ) = ( ∆H ) + ( L ) , 12 t

12 t

t 12 t

Lturbine = ( Lt12 ) = − ( ∆H 12 ) = − ( H 2 − H 1 ) , t

t

t

2 − ⎡⎣ m 3 h3 + ( m − m 3 ) h4 ⎤⎦ , Lturbine = mh

Lturbine = 0,38 ⋅ 3353 − ⎡⎣0,05 ⋅ 2548, 4 + ( 0,38 − 0,05 ) ⋅ 2091,8⎤⎦ = 456,4 kW . Zadatak 5.22. Vodena para obavlja Rankin-Klauzijusov ciklus između pritisaka pmin = 0,1 bar i pmax = 1 bar . U kotlu se voda zagreva i isparava. Suvozasićena vodena para ulazi u turbinu gde ekspandira kvazistatično adijabatski. Pri ekspanziji se iz turbine oduzima jedan deo pare na pritisku od p = 0,3 bar i koristi se za rekuperativno zagrevanje napojne vode u mešnom zagrejaču od temperature koja vlada u kondenzatoru do temperature t = 69,12°C . Zanemarujući radove napojnih pumpi odrediti snagu turbine ako kotao proizvodi m = 1 kg s pare i skicirati proces u Ts dijagramu.

531


Slika 5.62.

Slika 5.63. Tačka 2: p2 = pmax = 1 bar , x2 = 1 , h2 = 2675

s2 = 7,360

532

kJ , kg

kJ . kgK

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Tačka 3: p3 = 0,3 bar ,

s3 = s2 = 7,360

x3 =

kJ , kgK

s3 − s3' 7,360 − 0,9441 = = 0,94 , s3'' − s3' 7,769 − 0,9441

h3 = h3' + x3 ( h3'' − h3' ) = 289,3 + 0,94 ⋅ ( 2625 − 289,3) = 2484,9

kJ . kg

Tačka 4: p4 = pmin = 0,1 bar ,

s4 = s3 = 7,360

x4 =

kJ , kgK

s4 − s4' 7,360 − 0,6492 = = 0,89 , s4'' − s4' 8,149 − 0,6492

h4 = h4' + x4 ( h4'' − h4' ) = 191,9 + 0,89 ⋅ ( 2584 − 191,9 ) = 2320,9

kJ . kg

Tačka 5: p5 = pmin = 0,1 bar , x5 = 0 ,

h5 = 191,9

kJ . kg

533

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Tačka A poklapa se u Ts dijagramu sa tačkom 5 zbog zanemarivanja rada napojne pumpe pA = p5 = 0,1 bar , xA = x5 = 0 , hA = h5 = 191,9

kJ . kg

Tačka B: pB = 0,3 bar , tB = 69,12°C ,

hB = 289,3

kJ . kg

Tačka 1 se takođe poklapa sa tačkom B u Ts dijagramu, iz razloga zanemarivanja rada napojne pumpe p1 = pB = 0,3 bar ,

h1 = hB = 289,3

kJ . kg

Prvi zakon termodinamike za proces u mešnom zagrejaču vode:

(Q )

= ( ∆H 12 )

( H )

= ( H 2 ) ,

12 mg

1 mg

mg

+ ( Lt12 ) ,

mg

B, ( m − m 3 ) hA + m 3 h3 = mh

534

mg

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI odakle je

m 3 = m

hA − hB 191,9 − 289,3 kg . = 1⋅ = 0,043 191,9 − 2484,9 s hA − h3

Prvi zakon termodinamike za proces u parnoj turbini:

(Q ) = ( ∆H ) + ( L ) , 12 t

12 t

t 12 t

Lturbine = ( Lt12 ) = − ( ∆H 12 ) = − ( H 2 − H 1 ) , t

t

t

2 − ⎡⎣ m 3 h3 + ( m − m 3 ) h4 ⎤⎦ , Lturbine = mh

Lturbine = 1 ⋅ 2675 − ⎡⎣0,043 ⋅ 2484,9 + (1 − 0,043) ⋅ 2320,9⎤⎦ = 347 kW . Zadatak 5.23. Parnoturbinsko postrojenje radi po Rankinovom kružnom procesu. U parnoj turbini nekvazistatično adijabatski širi se pregrejana vodena para stanja 2 ( p2 = 25 bar, t2 = 460°C) do pritiska p4 = 0,04 bar . Deo pare pri pritisku p3 = 3 bar se oduzima iz turbine radi regenerativnog zagrevanja napojne vode

(u zagrejaču vode površinskog tipa) od temperature (tklj ) p4 do temperature

(tklj ) p3 . Ako prvi deo turbine (do oduzimanja pare) radi sa stepenom dobrote

ηdex1 = 0,9 i masenim protokom m = 12,5 kg s i ako je korisna snaga turbine Lturbine = 11 MW , zanemarujući rad napojnih pumpi odrediti: a) toplotni protok koji para predaje okolini u kondenzatoru, b) stepen dobrote adijabatske ekspanzije u drugom delu turbine (nakon oduzimanja pare), c) termodinamički stepen korisnog dejstva ciklusa, d) skicirati proces sa vodenom parom u Ts dijagramu.

535


Slika 5.64.

Slika 5.65. Tačka 2:

p2 = 25 bar , t2 = 460°C , h2 = 3373

s2 = 7,202

536

kJ , kg kJ . kgK


Tačka 3k:

p3 k = p3 = 3 bar , s3 k = s2 = 7,202

h3k = 2816,9

kJ , kgK

kJ . kg

Tačka 3:

p3 = 3 bar ,

η dex1 =

h2 − h3 = 0,9 , h2 − h3 k

h3 = h2 − η dex1 ( h2 − h3 k ) = 3373 − 0,9 ⋅ ( 3373 − 2816,9 ) = 2872,5

s3 = 7,323

kJ , kg

kJ . kgK

Tačka 4k:

p4 k = p4 = 0,04 bar , s4 k = s3 = 7,323

x4 k =

kJ , kgK

s4 k − s4' k 7,323 − 0, 4225 = = 0,86 , s4'' k − s4' k 8, 473 − 0,4225

h4 k = h4' k + x4 k ( h4'' k − h4' k ) = 121, 42 + 0,86 ⋅ ( 2554 − 121,42 ) = 2213,4

kJ . kg

537


p5 = p4 = 0,04 bar , x5 = 0 , h5 = 121,42

kJ , kg

s5 = 0, 4225

kJ . kgK

Tačka B:

pB = 3 bar , xB = 0 , hB = 561,4

kJ . kg

Zanemarujući radove napojnih pumpi tačka A podudaraće se sa tačkom 5, dok će tačka 1 odgovarati tački B u Ts , odnosno Tačka A:

pA = 0,04 bar , xA = 0 ,

538

hA = 121, 42

kJ , kg

sA = 0,4225

kJ . kgK

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Tačka 1:

p1 = 3 bar , x1 = 0 , h1 = 561, 4

kJ . kg

Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu ograničenog isprekidanom konturom (vidi sliku 5.64.)

Q12 = ∆H 12 + Lt12 , H 1 = H 2 ,

B, ( m − m 3 ) hA + m 3 h3 = mh odakle je m 3 = m

hB − hA 561, 4 − 121, 42 kg . = 12,5 ⋅ =2 2872,5 − 121,42 s h3 − hA

Prvi zakon termodinamike za proces u parnoj turbini

Q 24 = ∆H 24 + Lt 24 , Lturbine = Lt 24 = −∆H 24 = H 2 − H 4 , 2 − ⎡⎣ m 3 h3 + ( m − m 3 ) h4 ⎤⎦ , Lturbine = mh

h4 =

2 − m 3 h3 − Lturbine 12,5 ⋅ 3373 − 2 ⋅ 2872,5 − 11 ⋅103 mh kJ , = = 2420,7 12,5 − 2 kg m − m 3

h4' < h4 < h4'' , tačka 4 se nalazi u oblasti vlažne pare.

539

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE a) Toplotni protok koji para predaje okolini u kondenzatoru

Q kond = Q 45 = ( m − m 3 )( h5 − h4 ) ,

Q kond = (12,5 − 2 )(121,42 − 2420,7 ) = −24,142 MW . b) Stepen dobrote adijabatske ekspanzije u drugom delu turbine

η dex 2 =

h3 − h4 2872,5 − 2420,7 = = 0,69 . h3 − h4 k 2872,5 − 2213,4

c) Stepen korisnog dejstva ciklusa

Q dov = Q12 = m ( h2 − h1 ) = 12,5 ⋅ ( 3373 − 561,4 ) = 35,145 MW , Qodv = Q 45 = ( m − m 3 )( h5 − h4 ) = −24,142 MW ,

η=

Q dov + Q odv 35,145 − 24,142 = = 0,31 . 35,145 Q dov

Zadatak 5.24. Vodena para obavlja idealni Rankine-Clausijusov kružni proces sa potpunom (maksimalnom) regeneracijom toplote. Regeneracija toplote, koja se odvija sa beskonačno mnogo predajnika toplote površinskog tipa, naizmenično povezanih sa beskonačno mnogo adijatermnih turbina, vrši se u cilju zagrevanja napojne vode. Ako se taj kružni proces obavlja između pritisaka pmax = 50 bar i

pmin = 0,05 bar i maksimalne temperature pare tokom procesa Tmax = 673 K . Kotao proizvodi m = 0,1 kg s pare, a procesi u turbinama su ravnotežni (kvazistatični). Zanemariti rad napojne pumpe. Skicirati proces u Ts koordinatnom sistemu i odrediti: a) termodinamički stepen korisnosti kružnog procesa, b) snagu turbine visokog pritiska (TVP), c) snagu turbine niskog pritiska (TNP), (sve turbine osim prve), d) relativno povećanje stepena korisnog dejstva (%) u odnosu na ciklus bez regeneracije toplote (samo sa jednom turbinom).

540


Slika 5.66.

Slika 5.67. Napomena: Šrafirana površina ispod linije (A-4) na slici 5.67. jednaka je površini ispod izlomljene linije (2 - 5) i predstavlja maksimalno moguću regenerisanu (rekuperisanu) toplotu u ovom procesu. Tačka 1:

p1 = pmax = 50 bar , t1 = tmax = 400°C , h1 = 3193

kJ , kg

541


s1 = 6,640

kJ . kgK

Tačka 3:

p3 = pmin = 0,05 bar , x3 = 0 , h3 = h3' = 137,83

kJ , kg

s3 = s3' = 0,4761

kJ . kgK

Tačka 4:

p4 = 50 bar , x4 = 0 , h4 = h4' = 1154,4

s4 = s4' = 2,921

kJ , kg

kJ , kgK

t4 = 263,91°C . Tačka 5:

t5 = t4 = 263,91°C , s5 = s1 = 6,640

542

kJ , kgK


h5 = 2940

kJ , očitava se sa hs dijagrama. kg

Tačka A odgovara tački 3 (jer se zanemaruje rad pumpe)

pA = 0,05 bar , xA = 0 , hA = 137,83

kJ , kg

sA = 0, 4761

kJ . kgK

Tačka 2:

p2 = 0,05 bar , ∆s52 = −∆s34 , uslov ekvidistantnosti, s2 − s5 = s3 − s4 , s2 = s3 − s4 + s5 = 0,4761 − 2,921 + 6,640 = 4,195

x2 =

kJ , kgK

s2 − s2' 4,195 − 0,4761 = = 0,47 , s2'' − s2' 8,393 − 0,4761

h2 = h2' + x2 ( h2'' − h2' ) = 137,83 + 0,47 ⋅ ( 2561 − 137,83) = 1276,7

kJ . kg

a) Termodinamički stepen korisnosti ciklusa

543

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE qdov = q41 = h1 − h4 = 3193 − 1154,4 = 2038,6

kJ , kg

qodv = q23 = h3 − h2 = 137,83 − 1276,7 = −1138,9

η=

kJ , kg

qdov + qodv 2038,6 − 1138,9 = = 0, 44 . 2038,6 qdov

b) Prvi zakon termodinamike za proces u TVP

Q15 = ∆H 15 + Lt15 ,

LTVP = Lt15 = −∆H 15 = −m ( h5 − h1 ) = m ( h1 − h5 ) , LTVP = 0,1⋅ ( 3193 − 2940 ) = 25,3 kW . c) Prvi zakon termodinamike za proces u TNP

Q 52 = ∆H 52 + Lt 52 , LTNP = Lt 52 = Q52 − ∆H 52 = Q rek − ∆H 52 = m ( hA − h4 ) − m ( h2 − h5 ) , LTNP = 0,1 ⋅ (137,83 − 1154,4 ) − 0,1 ⋅ (1276,7 − 2940 ) = 64,673 kW . d) Slučaj jednostepene turbine

544


Slika 5.68. Tačka B:

pB = p2 = 0,05 bar , sB = s1 = 6,640

xB =

kJ , kgK

sB − sB' 6,640 − 0, 4761 = = 0,78 , sB'' − sB' 8,393 − 0, 4761

hB = hB' + xB ( hB'' − hB' ) = 137,83 + 0,78 ⋅ ( 2561 − 137,83 ) = 2027,9

kJ . kg

Dovedena količina toplote ' qdov = qA1 = h1 − hA = 3193 − 137,83 = 3055,2

kJ , kg

odvedena količina toplote ' qodv = qB3 = h3 − hB = 137,83 − 2027,9 = −1890,1

kJ , kg

stepen korisnosti jednostepene turbine

545


η' =

' ' qdov + qodv 3055,2 − 1890,1 = = 0,38 . ' 3055,2 qdov

Procentualno povećanje termodinamičkog stepena korisnosti ciklusa u slučaju kada se umesto jednostepene, koristi višestepena turbina

ε=

η −η' 0, 44 − 0,38 ⋅ 100 = ⋅ 100 = 15,8% . ' η 0,38

Zadatak 5.25. Parni kotao proizvodi paru stanja 2 ( p2 = 20 bar, t2 = 360°C) . Para se po izlasku iz kotla deli: jedan deo ide u turbinu, a drugi deo se prigušuje. Prigušena para se zatim meša sa onom koja je kvazistatično adijabatski ekspandirala u turbini, a dobijena mešavina odvodi u kondenzator u kojem se kondenzuje na 120, 23°C . Dobijeni kondenzat se pumpom vraća u kotao. Snaga turbine iznosi 1 MW , a toplota predata okolini u kondenzatoru iznosi 5,9 MW . Skicirati procese u Ts koordinatnom sistemu i odrediti: a) koliko pare proizvodi kotao, koliko se prigušuje a koliko odlazi u turbinu, b) termodinamički stepen korisnosti ovog postrojenja. R e š e n j e:


p2 = 20 bar ,

546


t2 = 360°C , h2 = 3156

kJ , kg

s2 = 6,985

kJ . kgK

Tačka 4:

p4 = 2 bar , s4 = s2 = 6,985

x4 =

kJ , kgK

s4 − s4' 6,985 − 1,5302 = = 0,97 , s4'' − s4' 7,127 − 1,5302

h4 = h4' + x4 ( h4'' − h4' ) = 504,8 + 0,97 ⋅ ( 2707 − 504,8 ) = 2640,9

kJ . kg

Tačka 3:

p3 = 2 bar , h3 = h2 = 3156

kJ . kg

Tačka 6:

p6 = 2 bar h6 = h6' = 504,8

kJ , kg

547

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE s6 = s6' = 1,5302

kJ . kgK

Tačka 1:

p1 = p2 = 20 bar , s1 = s6 = 1,5302

h1 = 505,1

kJ , kgK

kJ kg

Prvi zakon termodinamike za proces u turbini

Q 24 = ∆H 24 + Lt 24 , Lturbine = Lt 24 = −∆H 24 = − ( H 4 − H 2 ) = m t ( h2 − h4 ) , odakle je

m t =

Lturbine 1000 kg . = = 1,94 s ( h2 − h4 ) ( 3156 − 2640,9 )

Kombinacijom jednačine prvog zakona termodinamike za proces mešanja struja 3 i 4, neposredno pre kondenzatora,

m k h5 = ( m k − m t ) h3 + m t h4 , i jednačine prvog zakona termodinamike za proces u kondenzatoru

Q56 = ∆H 56 = m k ( h6 − h5 ) , dobija se

548

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI kg , s

m k = 2,6 h5 = 2772

kJ . kg

Maseni protok pare koja prolazi kroz prigušni ventil sada je

m v = m k − m t = 2,6 − 1,94 = 0,66

kg . s

b) Dovedeni toplotni protok

Q dov = Q12 = m k ⋅ ( h2 − h1 ) = 2,6 ⋅ ( 3156 − 505,1) = 6,892 MW , odvedeni toplotni protok

Q odv = Q 56 = −5,9 MW , termodinamički stepen korisnosti postrojenja

η=

Q dov + Q odv 6,892 − 5,9 = = 0,14 . 6,892 Q dov

Slika 5.70.

549

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Zadatak 5.26. Vodena para stanja 2 (t 2 =400°C, p2 = 80 bar) kvazistatično izentropski ekspandira u turbini visokog pritiska do stanja 3 (p3 = 4 bar) , posle čega joj se

izobarski dovodi q34 = 488 kJ kg toplote. Nakon dovođenja toplote para kvazistatično izentropski ekspandira u turbini niskog pritiska do stanja 5 (p5 = 0,08 bar) . Proces se dalje nastavlja po idealnom Rankinovom ciklusu. Skicirati ciklus u Ts dijagramu i odrediti termodinamički stepen korisnosti ovog kružnog procesa.



p2 = 80 bar ,

550


t2 = 400°C , h2 = 3135

kJ , kg

s2 = 6,358

kJ . kgK

Tačka 3:

p3 = 4 bar , s3 = s2 = 6,358

x3 =

kJ , kgK

s3 − s3' 6,358 − 1,777 = = 0,89 , s3'' − s3' 6,897 − 1,777

h3 = h3' + x3 ( h3'' − h3' ) = 604,7 + 0,89 ⋅ ( 2738 − 604,7 ) = 2503,3

kJ . kg

Tačka 4:

p4 = p3 = 4 bar , q34 = 488

kJ , kg

h4 = h3 + q34 = 2503,3 + 488 = 2991,3

s4 = 7, 427

kJ , kg

kJ . kgK

551


p5 = 0,08 bar , kJ , kgK

s5 = s4 = 7, 427

x5 =

s5 − s5' 7, 427 − 0,5927 = = 0,9 , s5'' − s5' 8,227 − 0,5927

h5 = h5' + x5 ( h5'' − h5' ) = 173,9 + 0,9 ⋅ ( 2576 − 173,9 ) = 2335,8

Tačka 6:

p6 = 0,08 bar , x6 = 0 , h6 = h6' = 173,9

kJ , kg

s6 = s6' = 0,5927

kJ . kgK

Tačka 1:

p1 = 80 bar , s1 = s6 = 0,5927

h1 = 182,6

552

kJ . kg

kJ , kgK

kJ . kg

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Dovedena količina toplote qdov = q12 + q34 = h2 − h1 + q34 = 3135 − 182,6 + 488 = 3440,4

kJ , kg

odvedena količina toplote qodv = q56 = h6 − h5 = 173,9 − 2335,8 = −2161,9

kJ , kg

termodinamički stepen korisnosti

η=

qdov + qodv 3440,4 − 2161,9 = = 0,37 . 3440, 4 qdov

Zadatak 5.27. Parnoturbinsko postrojenje radi po Rankin-Klauzijusovom kružnom procesu sa dvostepenim adijabatskim širenjem vodene pare. Pregrejana vodena para stanja 1 ( p1 = 100 bar, t1 = 440°C ) širi se u turbini visokog pritiska nekvazistatično, sa

stepenom dobrote ηdTVP = 0,9 , do pritiska p2 = 5 bar . Potom se para izobarski zagreva do temperature t3 = 300°C , nakon čega se, u turbini niskog pritiska, nekvazistatično širi, sa stepenom dobrote ηdTNP = 0,8 , do pritiska p4 = 0,05 bar , koji vlada u kondenzatoru. Proveriti: a) da li je termodinamički stepen korisnosti ovog kružnog procesa moguće dostići u Rankin-Klauzijusovom kružnom procesu sa jednostepenim širenjem vodene pare stanja 1 do pritiska p4 , uz maksimalno povećanje stepena dobrote u turbini, b) koliko mora minimalno da iznosi stepen dobrote jednostepene adijabatske ekspanzije da bi dostigli stepen korisnog dejstva koji ima navedeni ciklus sa dvostepenom adijabatskom ekspanzijom. U svim slučajevima zanemariti rad napojne pumpe.

553



Tačka 1: p1 = 100 bar , t1 = 440°C ,

h1 = 3211

s1 = 6,377

kJ , kg kJ . kgK

Tačka 2k: p2 k = p2 = 5 bar ,

s2 k = s1 = 6,377

x2 k =

554

kJ , kgK

s2 k − s2' k 6,377 − 1,860 = = 0,91 , s2'' k − s2' k 6,822 − 1,860


h2 k = h2' k + x2 k ( h2'' k − h2' k ) = 640,1 + 0,91 ⋅ ( 2749 − 640,1) = 2559, 2

kJ . kg


ηdTVP =

h1 − h2 = 0,9 , h1 − h2 k

h2 = h1 − η dTVP ( h1 − h2 k ) = 3211 − 0,9 ⋅ ( 3211 − 2559, 2 ) = 2624, 4

kJ . kg

Tačka 3: p3 = p2 = 5 bar , t3 = 300°C ,

h3 = 3062

kJ , kg

s3 = 7, 463

kJ . kgK

Tačka 4k: p4 k = p4 = 0,05 bar ,

s4 k = s3 = 7,463

x4 k =

kJ , kgK

s4 k − s4' k 7,463 − 0,4761 = = 0,88 , s4'' k − s4' k 8,393 − 0, 4761

555


h4 k = h4' k + x4 k ( h4'' k − h4' k ) = 137,83 + 0,88 ⋅ ( 2561 − 137,83) = 2270,2

kJ . kg

Tačka 4: p4 = 0,05 bar ,

ηdTNP =

h3 − h4 = 0,8 , h3 − h4 k

h4 = h3 − η dTNP ( h3 − h4 k ) = 3062 − 0,8 ⋅ ( 3062 − 2270,2 ) = 2428,6

kJ . kg

Tačka 5: p5 = p4 = 0,05 bar , x5 = 0 ,

h5 = h5' = 137,83

kJ , kg

s5 = s5' = 0, 4761

kJ . kgK

Tačka 0 u Ts koordinatnom sistemu podudara se sa tačkom 5 iz razloga zanemarivanja rada pumpe

556

h0 = h5 = 137,83

kJ , kg

s0 = s5 = 0,4761

kJ . kgK

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Dovedena količina toplote qdov = q01 + q23 = h1 − h0 + h3 − h2 ,

qdov = 3211 − 137,83 + 3062 − 2624,4 = 3510,8

kJ , kg

odvedena količina toplote qodv = q45 = h5 − h4 ,

qodv = 137,83 − 2428,6 = −2290,8

kJ , kg


η=

qdov + qodv 3510,8 − 2290,8 = = 0,35 . 3510,8 qdov

Slika 5.74. a) Ciklus sa jednostepenom ekspanzijom sa maksimalnim stepenom dobrote ηdex = ηdexmax = 1

557


Slika 5.75. Tačka A: pA = p4 = 0,05 bar ,

sA = s1 = 6,377

xA =

kJ , kgK

sA − sA' 6,377 − 0, 4761 = = 0,75 , 8,393 − 0, 4761 sA'' − sA'

hA = hA' + xA ( hA'' − hA' ) = 137,83 + 0,75 ⋅ ( 2561 − 137,83) = 1955,2

' qdov = h1 − h0 = 3211 − 137,83 = 3073,2

kJ , kg

' qodv = qA5 = h5 − hA = 137,83 − 1955, 2 = −1817,4

η' =

558

' ' qdov + qodv 3073, 2 − 1817,4 = = 0,41 . ' 3073,2 qdov

kJ , kg

kJ , kg

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Kako je η ' > η , u ciklusu sa jednostepenom adijabatskom ekspanzijom sa

maksimalnim povećanjem stepena dobrote ekspanzije (ηdex = ηdexmax = 1) može se dostići stepen korisnog dejstva navedenog ciklusa sa dvostepenom adijabatskom ekspanzijom. b) Ciklus sa jednostepenom ekspanzijom sa minimalnim stepenom dobrote ekspanzije

Slika 5.76.

η '' = η = 0,35 , '' qdov = h1 − h0 = 3211 − 137,83 = 3073,2

kJ , kg

'' qodv = qB5 = h5 − hB = 137,83 − hB ,

η '' =

'' '' qdov + qodv , '' qdov

'' '' qodv = qdov (η '' − 1) = qdov'' (η − 1) ,

hB = h5 − ( h1 − h0 )(η − 1) ,

hB = 137,83 − ( 3211 − 137,83)( 0,35 − 1) = 2135, 4

kJ , kg

559


ηdexmin =

h1 − hB 3211 − 2135,4 = = 0,86 . h1 − hA 3211 − 1955,2

Zadatak 5.28. Parnoturbinsko postrojenje radi sa dvostepenim širenjem i međuzagrevanjem pare uz jednostepeno regenerativno zagrevanje napojne vode od temperature koja vlada u kondenzatoru do temperature od tB = 212°C . Zanemarujući radove napojnih pumpi i ako je: - pritisak pare u kondenzatoru 6 kPa , - pritisak pare u kotlu 12 MPa , - pritisak pare na izlazu iz turbine visokog pritiska p = 4 MPa , - temperatura pare na ulazu u turbinu visokog pritiska t = 530°C , - temperatura pare na ulazu u turbinu niskog pritiska t = 530°C , - protok pare kroz turbinu visokog pritiska m = 0, 4 kg s , - protok pare kroz turbinu niskog pritiska m − m 3 = 0,3 kg s ,

- stepen dobrote adijabatske ekspanzije u turbini niskog pritiska ηdTNP = 0,82 . a) odrediti stepen dobrote adijabatske ekspanzije u turbini visokog pritiska ηdTVP b) odrediti termodinamički stepen korisnog dejstva kružnog procesa, c) skicirati promene stanja vodene pare u hs dijagramu.


Tačka 2: p2 = 12 MPa = 120 bar ,

560


t2 = 530°C ,

h2 = 3426

kJ , kg

s2 = 6,5885

kJ . kgK

Tačka 3k: p3 k = 4 MPa = 40 bar ,

kJ , kgK

s3k = s2 = 6,5885

h3k = 3097,6

kJ . kg

Tačka 6: p6 = 6 kPa = 0,06 bar , x6 = 0 ,

h6 = h6' = 151,50

kJ , kg

s6 = s6' = 0,5207

kJ . kgK

Zanemarujući rad napojne pumpe, tačka A podudaraće se sa tačkom 6 pA = 0,06 bar , xA = 0 ,

561


hA = 151,50

kJ , kg

sA = 0,5207

kJ . kgK

Tačka B:

pB = p3 k = 40 bar , tB = 212°C ,

hB = 907, 48

kJ . kg


m 3 = m − ( m − m 3 ) = 0,4 − 0,3 = 0,1

kg . s

Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu ograničenom isprekidanom konturom (slika 5.77.)

Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

H 1 = H 2 , odakle sledi da je

h3 =

562

B − ( m − m 3 ) hA 0,4 ⋅ 907,48 − 0,3 ⋅151,50 mh kJ = = 3175,4 . 0,1 kg m3

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI a) Stepen dobrote adijabatske ekspanzije u turbini visokog pritiska ηdTVP sada je

ηdTVP =

h2 − h3 3426 − 3175, 4 = = 0,76 . h2 − h3k 3426 − 3097,6

Tačka 4: p4 = p3 = 40 bar , t4 = 530°C ,

h4 = 3514

kJ , kg

s4 = 7,1745

kJ . kgK

Tačka 5k: p5 k = 0,06 bar ,

s5 k = s4 = 7,1745

x5 k =

kJ , kgK

s5 k − s5' k 7,1745 − 0,5207 = = 0,85 , s5'' k − s5' k 8,328 − 0,5207

h5 k = h5' k + x5 k ( h5'' k − h5' k ) = 151,5 + 0,85 ⋅ ( 2567 − 151,5) = 2204,7

kJ . kg

Tačka 5: p5 = p5 k = 0,06 bar ,

ηdTNP =

h4 − h5 = 0,82 , h4 − h5 k

563


h5 = h4 − ηdTNP ( h4 − h5 k ) = 3514 − 0,82 ⋅ ( 3514 − 2204,7 ) = 2440, 4 Tačka 1 odgovara tački B zbog zanemarivanja rada napojne pumpe p1 = 40 bar ,

h1 = 907,48

kJ . kg

Dovedeni toplotni protok

Q dov = Q12 + Q 34 = m ( h2 − h1 ) + ( m − m 3 )( h4 − h3 ) , Q dov = 0,4 ⋅ ( 3426 − 907,48) + 0,3 ⋅ ( 3514 − 3175, 4 ) = 1109 kW , odvedeni toplotni protok

Q odv = Q 56 = ( m − m 3 )( h6 − h5 ) , Q odv = 0,3 ⋅ (151,5 − 2440,4 ) = −686,7 kW .

Konačno, termodinamički stepen korisnog dejstva datog postrojenja

η=

564

Q dov + Q odv 1109 − 686,7 = = 0,38 . 1109 Q dov

kJ . kg

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI c)

Slika 5.78. Zadatak 5.29. Parni kotao proizvodi m = 20 t h pare stanja 2 (p2 = 16 bar, t2 = 400°C) . Para u turbini ekspandira u dva stepena. Nakon prvog stepena, deo pare masenog protoka m 3 se odvodi za potrebe nekog spoljnog predajnika toplote u kojem se vrši potpuna kondenzacija pare na t = 179,88°C pri čemu se od pare odvodi 2 MW toplote. Tako nastao kondenzat se ne vraća u kotao, nego ispušta u okolinu, a umesto njega se u kotao dodaje ista količina vode iz okoline stanja (p = 1 bar, t = 15°C) . Ostatak pare ekspandira u drugom stepenu turbine, a zatim se odvodi u kondenzator, u kome vlada temperatura od 28,979°C . Ekspanzije u turbinama su ravnotežne (kvazistatične) i adijabatske. Zanemarujući snage napojnih pumpi, skicirati procese u Ts dijagramu i odrediti: a) maseni protok sveže vode m 3 , b) ukupnu snagu koja se dobija u turbinama, c) termodinamički stepen korisnog dejstva ciklusa.

565



Slika 5.80. Tačka 2: p2 = 16 bar , t2 = 400°C , h2 = 3253

s2 = 7,233

566

kJ , kg

kJ . kgK

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI Tačka 3:

p3 = ( p )t =179,88°C = 10 bar , s3 = s2 = 7,233

h3 = 3117,3

kJ , kgK

kJ . kg

Tačka 4: t4 = 28,979°C ,

p4 = ( p )t = 28,979°C = 0,04 bar , s4 = s3 = s2 = 7, 233

x4 =

kJ , kgK

s4 − s4' 7,233 − 0,4225 = = 0,85 , s4'' − s4' 8, 473 − 0, 4225

h4 = h4' + x4 ( h4'' − h4' ) = 121,42 + 0,85 ⋅ ( 2554 − 121, 42 ) = 2189,1

kJ . kg

Tačka 5:

t5 = 28,979°C , x5 = 0 ,

h5 = h5' = 121, 42

kJ , kg

567


s5 = s5' = 0,4225

kJ . kgK


s1 = s5 = 0,4225

h1 = 123,9

kJ , kgK

kJ . kg

Tačka 6: t6 = 179,88°C , x6 = 0 ,

h6 = h6' = 762,7

kJ . kg

a) Prvi zakon termodinamike za proces u spoljnjem predajniku toplote

(Q )

12 SPT

= ( ∆H 12 )

SPT

+ ( Lt12 )

SPT

,

odnosno

Q 36 = ∆H 36 = m 3 ( h6 − h3 ) , m 3 =

568

Q 36 −2000 kg . = = 0,85 s h6 − h3 762,7 − 3117,3

DESNOKRETNI KRUŽNI PROCESI b) Prvi zakon termodinamike za proces u turbini visokog pritiska

(Q )

12 TVP

= ( ∆H 12 )

TVP

+ ( Lt12 )

TVP

,

LTVP = Lt 23 = −∆H 23 = m ( h2 − h3 ) ,

1000 LTVP = 20 ⋅ ⋅ ( 3253 − 3117,3) = 0,75 MW . 3600 Prvi zakon termodinamike za proces u turbini niskog pritiska

(Q )

12 TNP

= ( ∆H 12 )

TNP

+ ( Lt12 )

TNP

,

LTNP = Lt 34 = −∆H 34 = ( m − m 3 )( h3 − h4 ) ,

1000 ⎛ ⎞ LTNP = ⎜ 20 ⋅ − 0,85 ⎟ ⋅ ( 3117,3 − 2189,1) = 4,37 MW . 3600 ⎝ ⎠ c) Prvi zakon termodinamike za proces u kotlu

(Q ) = ( ∆H ) + ( L ) 12 K

12 K

t12 K

,

1000 Q12 = ∆H 12 = m ( h2 − h1 ) = 20 ⋅ ⋅ ( 3253 − 123,1) = 17,39 MW . 3600 Termodinamički stepen korisnosti postrojenja

L L + L 0,75 + 4,37 η = kor = TVP TNP = = 0,29 . 17,39 Qdov Q12 Zadatak 5.30. Parnoturbinsko postrojenje radi po Rankin-Klauzijusovom kružnom procesu sa dvostepenim adijabatskim širenjem vodene pare. Pregrejana vodena para stanja 2 ( p2 = 10 MPa, t2 = 440°C) širi se u turbini visokog pritiska nekvazistatično,

sa stepenom dobrote ηdTVP = 0,9 , do pritiska p3 = 0,5 MPa . Potom se izobarski

569

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE zagreva do temperature od t4 = 300°C , nakon čega se, u turbini niskog pritiska, širi nekvazistatično, sa stepenom dobrote ηdTNP = 0,8 do pritiska od p5 = 0,005 MPa , koji vlada u kondenzatoru. Skicirati proces u Ts i hs koordinatnim sistemima i zanemarujući snage napojnih pumpi odrediti stepen korisnosti posmatranog kružnog procesa.



p2 = 10 MPa = 100 bar , t2 = 440°C ,

570


h2 = 3211

kJ , kg

s2 = 6,377

kJ . kgK

Tačka 3k:

p3 k = p3 = 0,5 MPa = 5 bar , s3 k = s2 = 6,377

x3 k =

kJ , kgK

s3 k − s3' k 6,377 − 1,860 = = 0,91 , s3'' k − s3' k 6,822 − 1,860

h3 k = h3' k + x3 k ( h3'' k − h3' k ) = 640,1 + 0,91 ⋅ ( 2749 − 640,1) = 2559,2

kJ . kg


ηdTVP =

h2 − h3 = 0,9 , h2 − h3 k

h3 = h2 − ηdTVP ( h2 − h3k ) = 3211 − 0,9 ⋅ ( 3211 − 2559, 2) = 2624,4

kJ kg

Tačka 4:

p4 = p3 = 5 bar , t4 = 300°C ,

571


h4 = 3062

s4 = 7,463

kJ , kg kJ . kgK

Tačka 5k:

p5 k = p5 = 0,005 MPa = 0,05 bar , s5 k = s4 = 7,463

x5 k =

kJ , kgK

s5 k − s5' k 7, 463 − 0, 4761 = = 0,88 , s5'' k − s5' k 8,393 − 0, 4761

h5 k = h5' k + x5 k ( h5'' k − h5' k ) = 137,83 + 0,88 ⋅ ( 2561 − 137,83) = 2270,2 Tačka 5: p5 = 0,05 bar ,

ηdTNP =

h4 − h5 = 0,8 , h4 − h5 k

h5 = h4 − ηdTNP ( h4 − h5 k ) = 3062 − 0,8 ⋅ ( 3062 − 2270, 2 ) = 2428,6 Tačka 6:

p6 = 0,05 bar , x6 = 0 ,

572

kJ . kg

kJ . kg


h6 = h6' = 137,83

kJ , kg

s6 = s6' = 0,4761

kJ . kgK

Zanemarivanjem rada napojne pumpe tačka 1 će biti

s1 = s6 = 0, 4761

kJ , kgK

h1 = h6 = 137,83

kJ . kg

Dovedena količina toplote qdov = q12 + q34 = h2 − h1 + h4 − h3 ,

qdov = 3211 − 137,83 + 3062 − 2624,4 = 3510,8

kJ , kg

odvedena količina toplote

qodv = q56 = h6 − h5 = 137,83 − 2428,6 = −2290,8

kJ , kg


η=

qdov + qodv 3510,8 − 2290,8 = = 0,35 . 3510,8 qdov

573


Slika 5.83.

574

6 Levokretni kružni procesi

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI 6.0. Levokretni kružni procesi Levokretni kružni procesi predstavljaju skup međusobno povezanih termodinamičkih procesa (promena stanja) koje vrši radno telo, takvih da se poslednji proces završava baš tamo gde počinje prvi. Pri tome je smer procesa obrnut smeru kazaljke na satu. Suštinski levokretni kružni procesi služe za „premeštanje” toplote sa tela niže temperature (toplotni izvor) na telo više temperature (toplotni ponor). Ovakvo „premeštanje” toplote nije moguće izvršiti spontano, već samo uz utrošak mehaničkog rada i postojanje radnog tela kao posrednika. Hladnije telo (toplotni izvor) predaje toplotu radnom telu niske temperature, nad kojim se potom vrši mehanički rad pri čemu se radnom telu povisi pritisak (a posledično i temperatura), a zatim radno telo predaje toplotu toplijem telu (toplotnom ponoru). Obaranje pritiska (temperature) radnog tela vrši se na različite načine (ekspanziona mašina, prigušni ventil, i dr.). Iz svega navedenog, sledi da se svaka levokretna instalacija (slika 6.1.) sastoji od: 1) razmenjivača toplote hladne zone 2) kompresora 3) razmenjivača toplote tople zone 4) ekspanzionog uređaja (prigušnog ventila)

(4 - 1) (1 - 2) (2 - 3) (3 - 4)

Slika 6.1. Levokretna instalacija Najmanje rada biće potrošeno za „premeštanje” toplote sa tela niže temperature (toplotni izvor) na telo više temperature (toplotni ponor) ako su procesi sa radnim telom povratni, tj. ako levokretna instalacija radi po Karnoovom levokretnom kružnom procesu (Slika 6.2.).

577


Slika 6.2. Levokretni Karnoov kružni proces Levokretne instalacije mogu služiti za hlađenje (rashladne instalacije) ili pak za grejanje (toplotne pumpe). Ako je cilj instalacije hlađenje onda se razmenjivač toplote hladne zone (4 -1) postavlja u prostoriju konačnih dimenzija koju treba ohladiti dok se razmenjivač toplote tople zone (2 - 3) orijentiše prema okolini (okolina je toplotni ponor). Ako je cilj instalacije grejanje onda se razmenjivač toplote tople zone (2 - 3) postavlja u prostoriju konačnih dimenzija koju treba grejati dok se razmenjivač toplote hladne zone (4 - 1) orijentiše prema okolini (okolina je toplotni izvor). 6.1. Rashladne instalacije

Slika 6.3. Rashladna instalacija

578

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI Efikasnost rashladnih postrojenja (levokretnih instalacija koje hlade) izražava se preko koeficijenta (faktora) hlađenja (ε h ) :

εh =

Qdov Qdov = , Lneto Qodv − Qdov

gde je

Lneto = Lkompresor + Lekspanzioni uređaj , za instalacije bez prigušnog ventila, Lneto = Lkompresor , za instalacije sa prigušnim ventilom. Ako je u osnovi levokretne instalacije Karnoov levokretni kružni proces, koeficijent hlađenja je tada:

εh =

Tti . Ttp − Tti

6.2. Toplotne pumpe

Slika 6.4. Toplotna pumpa

579


Efikasnost toplotnih pumpi (levokretne instalacije koje greju) izražava se preko koeficijenta (faktora) grejanja ( ε g ) :

εg =

Qodv Lneto

Qodv

=

Qodv − Qdov

,

gde je

Lneto = Lkompresor + Lekspanzioni uređaj , za instalacije bez prigušnog ventila, Lneto = Lkompresor , za instalacije sa prigušnim ventilom. Ako je u osnovi levokretne instalacije Karnoov levokretni kružni proces koeficijent grejanja iznosi:

εg =

Ttp Ttp − Tti

.

Napomena: Uočiti da postoji veza između ε h i ε g

ε g = ε h + 1. 6.3. Podela rashaldnih postrojenja Rashladna postrojenja se dele na dve osnovne grupe: 1. Vazdušna rashladna postrojenja (rashladni fluid je vazduh); 2. Parna rashladna postrojenja (rashladni fluid je para različitih supstanci). 6.3.1. Vazdušna rashladna postrojenja Jedno tipično vazdušno rashladno postrojenje, gde kompresor pokreću turbina i motor, prikazano je na slici 6.5.. Stalnim održavanjem odnosa temperatura T4 i T1 , pri čemu je T4 < T1 , dobijamo rashladnu mašinu.

580

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI

Slika 6.5. Levokretni Džulov ciklus Za sistem sa gasnom turbinom stepen hlađenja iznosi

εh =

Qdov Q = dov . Qodv − Qdov Lk

Ako je kod identičnog postrojenja cilj Qodv (grejanje), tada ono radi kao toplotna pumpa sa stepenom grejanja

εg =

Qodv Qodv − Qdov

=

Qodv Lk

=

Qdov + Lk . Lk

Poređenjem izraza za stepen hlađenja i stepen grejanja sledi da je ε g > ε h . 6.3.2. Parna rashladna postrojenja Pošto je turbina skupa, umesto nje se može ugraditi prigušni ventil. U tom slučaju se ne dobija rad, već se prigušenje vrši pri konstantnoj entalpiji i iz tog razloga je potrebno dovesti veću količinu rada. Parna rashladna postrojenja za svoj rad najčešće koriste amonijak NH3 i freon.

581


Slika 6.6. Principijelna šema parnog rashladnog postrojenja

Slika 6.7. Prikaz ciklusa u hs dijagramu Rashladna snaga postrojenja

Q dov = Q 41 = m ( h1 − h4 ) . Utrošen rad za realizaciju ciklusa (rad kompresora) Lkp = Q odv − Q dov = m ( h2 − h3 ) − m ( h1 − h4 ) = m ( h2 − h1 ) .

odnosno Lkp = Lt12 = m ( h1 − h2 ) .

Stepen hlađenja

582


εh =

Q dov h1 − h4 , = Lkp h2 − h1

odnosno stepen grejanja u slučaju toplotne pumpe

εg =

Q odv h2 − h3 . = h2 − h1 Lkp

Stepen dobrote adijabatske kompresije

ηdkp =

h1 − h2 k . h1 − h2

Napomena: Kd- kondenzator. 6.3.3. Parna rashladna postrojenja sa pregrejačem radne supstance Ciklus parnog rashladnog postrojenja sa dodatim pregrejačem radne supstance (Pr) dat je na slici 6.8..

Slika 6.8. Parno rashladno postrojenje sa pregrejačem radne supstance Ciklus parnog rashladnog postrojenja sa pregrejačem radne supstance:

2 − 2'' - izobarsko hlađenje; 2'' − 3 - izobarska kondenzacija; 4 − 1'' - isparavanje na temperaturi isparavanja; 1'' − 1 - zagrevanje (pregrevanje).

583

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 6.3.4. Parna rashladna postrojenja sa pregrevanjem pare i pothlađivanjem kondenzata

Slika 6.9. Rashladni ciklus sa pregrevanjem i pothlađivanjem radne supstance Rashladna snaga postrojenja

Q dov = Q 41 = m ( h1 − h4 ) . Utrošen rad za realizaciju ciklusa (rad kompresora) Lkp = Lt12 = m ( h1 − h2 ) .

Stepen hlađenja

εh =

Q dov , L kp

Stepen dobrote adijabatske kompresije

ηdkp =

584

h1 − h2 k . h1 − h2

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI 6.3.5. Rashladna postrojenja sa višestepenom kompresijom

Slika 6.10. Rashladni ciklus sa dvostepenom kompresijom Rashladna snaga postrojenja

Q dov = Q 61 = m ( h1 − h6 ) . Utrošeni radovi za realizaciju ciklusa (radovi kompresora)

Lkpnp = Lt12 = m ( h1 − h2 ) , kompresor niskog pritiska, Lkpvp = Lt 34 = m ( h3 − h4 ) , kompresor visokog pritiska. Stepen hlađenja

εh =

Q dov . Lkpnp + Lkpvp

585

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Zadatak 6.1. Odrediti minimalan rad koji treba uložiti da se od nekog tela, konstantne temperature t = −13°C , oduzme 10 kJ toplote i preda okolnom vazduhu, konstantne temperature od 37°C . Koliko se toplote u tom slučaju predaje okolnom vazduhu. R e š e n j e: Najmanje rada se mora uložiti ako toplotna mašina radi po Karnoovom levokretnom ciklusu (sve promene stanja radne materije su povratne).

Slika 6.11. Temperatura toplotnog izvora

Tti = 260 K , temperatura toplotnog ponora Ttp = 310 K ,

odvedena količina toplote od tela konstantne temperature t = −13°C , tj. dovedena količina toplote radnom telu

Qdov = 10 kJ . Koeficijent hlađenja ε h je, sa aspekta radnog tela, jednak količniku količine dovedene toplote radnom telu i utrošenog rada, odnosno

586


εh =

Qdov Qdov , = Lk Qdov + Qodv

odakle sledi da je utrošeni rad Qdov + Qodv . Qdov

Lk = Qdov

Kako toplotna mašina radi po Karnoovom levokretnom ciklusu, prethodna jednačina može se napisati kao

Lk = Qdov

Tti − Ttp Tti

,

Lk = 10 ⋅

260 − 310 , 260

Lk = 10 ⋅

260 − 310 = −1,923 kJ . 260

Količina toplote predata okolnom vazduhu konstantne temperature 37°C . predstavlja količinu toplote koja je odvedena od radnog tela

Qodv = Lk − Qdov , Qodv = Lk − Qdov , Qodv = −1,923 − 10 , Qodv = −11,923 kJ , Qvazd = −Qodv , Qvazd = 11,923 kJ .

587


Zadatak 6.2. Rashladni uređaj koristi kao radnu materiju vazduh (idealan gas) i radi po levokretnom kružnom Džulovom procesu. Stanje vazduha na ulazu u izentropski kompresor je 1 (t1 = −10°C, p1 = 1 bar) , a na izlazu iz kompresora 2 ( p2 = 4 bar) . Temperatura vazduha na ulazu u izentropsku turbinu iznosi t3 = 20°C . Maseni protok vazduha kroz rashladni uređaj je 1200 kg h , a sve promene stanja radne materije su ravnotežne (kvazistatične). Skicirati promene stanja vazduha u Ts dijagramu i odrediti: a) rashladni efekat instalacije; b) koeficijent hlađenja instalacije ε h ; c) ako je svrha rashladnog uređaja proizvodnja leda temperature tl = −3°C od vode temperature tw = 10°C , odrediti masu proizvedenog leda za vreme od τ =1 h .

Slika 6.12.

R e š e n j e:

Slika 6.13.

588

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI a) Temperatura T4

⎛p ⎞ T4 = T3 ⎜ 4 ⎟ ⎝ p3 ⎠

κ −1 κ

⎛ p ⎞ = T3 ⎜ 1 ⎟ ⎝ p2 ⎠

κ −1 κ

,

1,4 −1

⎛ 1 ⎞ 1,4 = 197, 2 K . T4 = 293 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝4⎠

Rashladni efekat instalacije p (T1 − T4 ) , Q dov = Q 41 = mc 1200 Q dov = ⋅ 1 ⋅ ( 263 − 197, 2 ) = 21,933 kW . 3600

b) Temperatura T2 , ⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

κ −1 κ

,

1,4 −1

⎛ 4 ⎞ 1,4 = 390,8 K . T2 = 263 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝1⎠

Odvedeni toplotni protok p (T3 − T2 ) = mc p (T2 − T3 ) , Q odv = Q 23 = mc

1200 Q odv = ⋅ 1 ⋅ ( 390,8 − 293) = 32,6 kW , 3600

utrošena snaga Lk = Q odv − Q dov ,

589

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Lk = 32, 6 − 21,933 = 10,667 kW .

Koeficijent hlađenja instalacije sada je

εh =

Q dov , L k

εh =

21,933 = 2,056 . 10,667

c) Za vodu temperature tw = 10°C i pritiska pw = 1 bar je hw = 42

kJ . kg

Za led će biti cl = 2

kJ , kgK

rl = 332, 4

kJ , kg

hl = cl ( Tl − 273 ) − rl , hl = 2 ⋅ ( 270 − 273 ) − 332, 4 = −338, 4

kJ . kg

Masa dobijenog leda nakon jednog časa rada rashladnog uređaja biće

590

mled =

Q dovτ , hw − hl

mled =

21,933 ⋅ 3600 = 207,567 kg . 42 + 338, 4

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI Zadatak 6.3. Helijum (idealan gas) obavlja realan levokretni Džulov proces sa potpunim rekuperativnim (regenerativnim) zagrevanjem radne materije. Rashladna snaga ovog postrojenja je 22 kW. Temperatura u rashladnoj komori je stalna i jednaka je temperaturi na ulazu u gasnu turbinu Tti = T3 = 245 K . Temperatura okoline je stalna i jednaka temperaturi na ulazu u kompresor Ttp = T1 = 320 K . Odnos

pritisaka na ulazu i izlazu iz gasne turbine iznosi p3 p4 = 2,1 . Stepeni dobrote u adijabatskom kompresoru i adijabatskoj turbini su jednaki i iznose ηdkp = ηdex = 0,82 . Prikazati ovaj proces u Ts koordinatnom sistemu i odrediti: a) neto snagu potrebnu za pogon ovog postrojenja; b) koeficijent hlađenja ovog postrojenja.


Slika 6.15.

591

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE a) Temperatura helijuma na izlazu iz kompresora u slučaju kvazistatične kompresije ⎛p ⎞ T2k = T1 ⎜ 2k ⎟ ⎝ p1 ⎠

κ −1 κ

⎛p ⎞ = T1 ⎜ 2 ⎟ ⎝ p1 ⎠

κ −1 κ

⎛p ⎞ = T1 ⎜ 3 ⎟ ⎝ p4 ⎠

κ −1 κ

,

1,67 −1

T2k = 320 ⋅ ( 2,1) 1,67 = 430,95 K , pa je stvarna temperatura helijuma na izlazu iz kompresora T2 = T1 −

T1 − T2k , ηdkp

T2 = 320 −

320 − 430,95 = 455,3 K . 0,82

Temperatura helijuma na izlazu iz turbine u slučaju kvazistatične ekspanzije

⎛p ⎞ T4k = T3 ⎜ 4k ⎟ ⎝ p3 ⎠

κ −1 κ

⎛p ⎞ = T3 ⎜ 4 ⎟ ⎝ p3 ⎠

κ −1 κ

⎛ ⎞ ⎜ 1 ⎟ ⎟ = T3 ⎜ ⎜ p3 ⎟ ⎜ p ⎟ ⎝ 4⎠

κ −1 κ

,

1,67 −1

⎛ 1 ⎞ 1,67 T4k = 245 ⋅ ⎜ = 181,92 K , ⎟ ⎝ 2,1 ⎠

pa je stvarna temperatura helijuma na izlazu iz turbine

T4 = T3 − η dex (T3 − T4k ) , T4 = 245 − 0,82 ⋅ ( 245 − 181,92) = 193,27 K . Rashladna snaga postrojenja

592

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI p (TB − T4 ) = mc p (T3 − T4 ) , Q dov = Q 4B = mc

odakle je protok helijuma m =

Q dov , c p (T3 − T4 )

m =

22 = 0,0818 kg . 5, 2 ⋅ ( 245 − 193, 27 )

Neto snaga potrebna za pogon postrojenja Lk = Lkompresor + Lturbina , p ( T1 − T2 + T3 − T4 ) , Lk = mc

Lk = 0,0818 ⋅ 5,2 ⋅ ( 320 − 455,3 + 245 − 193,27 ) = −35,55 kW . b) Odvedeni toplotni protok p (TA − T2 ) = mc p (T1 − T2 ) , Q odv = Q 2A = mc

Q odv = 0,0818 ⋅ 5,2 ⋅ ( 320 − 455,3) = −57,55 kW , dovedeni toplotni protok p (TB − T4 ) = mc p (T3 − T4 ) , Q dov = Q 4B = mc

Q dov = 22 kW . Koeficijent hlađenja postrojenja

εh =

Q dov 22 = = 0,62 , 35,55 Lk

593

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE ili

εh =

Q dov

Q odv − Q dov

=

22 = 0,62 . 57,55 − 22

Zadatak 6.4. Rashladno postrojenje koristi kao radni fluid freon 12 (R12). Temperatura isparavanja je 243 K, a temperatura kondenzacije 315 K. Snaga kompresora u kojem se vrši kvazistatično adijabatsko sabijanje freona iznosi 0,83 kW. Skicirati promene stanja freona R12 u Ts i hs koordinatnim sistemima i odrediti: a) rashladni kapacitet ( Q dov ) i koeficijent hlađenja ovog postrojenja ( ε h ) ; b) ako bi se ključala tečnost R12 pre prigušivanja pothladila za ∆T = 10 K , ' koliko bi tada iznosio rashladni kapacitet ( Q dov ) i koeficijent hlađenja ovog postrojenja (ε h' ) ;

c) na Ts dijagramu šrafirati površinu koja predstavlja povećanje rashladnog kapaciteta postrojenja usled pothlađivanja kondenzata pre prigušivanja.

Slika 6.16.

594


R e š e n j e:

Slika 6.17.

Slika 6.18. Tačka 1: T1 = 243 K = −30°C , x1 = 1 ,

h1 = h1'' = 641,81

kJ , kg

595


s1 = s1'' = 1,5882

kJ . kgK

Tačka 2:

s2 = s1 = 1,5882

kJ , kgK

p2 = p3 = pT = 315 K = pt = 42° C = 10,17 bar ,

s2' = 1,1397

kJ , kgK

s2'' = 1,5548

kJ , kgK

s2 > s2'' , tačka 2 se nalazi u oblasti pregrejane pare, h2 = 683,09

kJ . kg

Tačka 3: T3 = 315 K = 42°C , p3 = 10,17 bar , x3 = 0 ,

h3 = h3' = 541, 47

kJ . kg

Tačka 4:

h4 = h3 = 541,47

596

kJ , kg


h4' = 473, 41

kJ , kg

h4'' = 641,81

kJ , kg


h4 − h4' 541, 47 − 473,41 = = 0,4 . h4'' − h4' 641,81 − 473,41

a) Prvi zakon termodinamike za proces sabijanja u kompresoru

Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

Lk = Lt12 = −∆H 12 = H 1 − H 2 Lk = Lt12 = m ( h1 − h2 ) ,

m =

Lk , h1 − h2

m =

−0,83 kg . = 0, 02 641,81 − 683, 09 s

Rashladni kapacitet postrojenja Q dov = Q 41 = m (1 − x4 ) ( h4'' − h4' ) ,

Q dov = 0, 02 ⋅ (1 − 0, 4 ) ⋅ ( 641,81 − 473, 41) = 2, 02 kW .

597

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Koeficijent hlađenja

εh =

Q dov 2,02 = = 2, 43 . 0,83 Lk

b) Tačka A: TA = T3 − ∆T = 42 − 10 = 32°C ,

hA ≅ ( h ' )

t = 32° C

= 531,11

kJ . kg

Tačka B:

hB = hA = 531,11

hB' = 473, 41

kJ , kg

hB'' = 641,81

kJ , kg

kJ , kg

hB' < hB < hB'' , tačka B se nalazi u oblasti vlažne pare, xB =

hB − hB' 531,11 − 473, 41 = = 0,34 . hB'' − hB' 641,81 − 473, 41

Rashladni kapacitet postrojenja sada će biti ' Q dov = Q B1 = m (1 − x B ) ( hB'' − hB' ) ,

' Q dov = 0, 02 ⋅ (1 − 0,34 ) ⋅ ( 641,81 − 473, 41) = 2, 22 kW .

598

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI Koeficijent hlađenja

εh =

' Q dov 2,22 = = 2,67 . 0,83 Lk

Slika 6.19.

Slika 6.20.

599

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE c)

Slika 6.21.

Zadatak 6.5. Levokretni kružni proces obavlja se sa m = 600 kg h amonijaka ( NH 3 ) , između temperature t min = −13°C i pritiska pmax = 1 MPa . U toplotno izolovan kompresor ulazi suva para koja se nekvazistatično sabija do stanja 2 (t2 = 100°C) . Po izlasku iz kondenzatora vrši se pothlađivanje do temperature od 15°C . Skicirati proces u Ts dijagramu i odrediti: a) koeficijent hlađenja; b) koliko bi se povećala vrednost koeficijenta hlađenja ( % ) , ako bi sabijanje u kompresoru bilo kvazistatično; c) uštedu u snazi za pogon kompresora u slučaju kvazistatičnog sabijanja u odnosu na stvarno nekvazistatično sabijanje ( kW ) i u Ts koordinatnom sistemu šrafirati površinu ekvivalentnu toj uštedi. R e š e n j e: Tačka 1: t1 = tmin = − 13°C , T1 = 260 K , x1 = 1 ,

600


h1 = h1'' = 2207

kJ , kg

s1 = s1'' = 10,492

kJ . kgK

Tačka 2k:

s2k = s1 = 10, 492

kJ , kgK

p2k = p2 = 1 MPa = 10 bar ,

h2k = hpp = 2402,9

kJ . kg

Tačka 2: p2 = 10 bar , t 2 = 100°C ,

h2 = hpp = 2441,5

kJ . kg

Tačka 3: p3 = p2 = 10 bar , t3 = 15°C ,

h3 ≅ ( h ' )

t =15° C

h3 = 1030,1

= ( h' )

T = 288 K

,

kJ . kg

601


Tačka 4:

h4 = h3 = 1030,1

kJ . kg

a) Prvi zakon termodinamike za proces sabijanja u kompresoru

Q12 = ∆H 12 + Lt12 , Lk = Lt12 = −∆H 12 , Lk = m ( h1 − h2 ) ,

600 Lk = ⋅ ( 2207 − 2441,5 ) = −39,08 kW . 3600 Prvi zakon termodinamike za proces 4-1

Q 41 = ∆H 41 + Lt 41 , Q dov = Q 41 = ∆H 41 , Q dov = m ( h1 − h4 ) ,

600 Q dov = ⋅ ( 2207 − 1030,1) = 196,15 kW . 3600 Koeficijent hlađenja postrojenja sada je

εh =

602

Q dov 196,15 = = 5. 39,08 Lk


Slika 6.22. b) Prvi zakon termodinamike za slučaj kvazistatičnog sabijanja u kompresoru

Q12k = ∆H 12k + Lt12k , Lkk = Lt12k = −∆H 12k , Lkk = m ( h1 − h2k ) ,

600 Lk = ⋅ ( 2207 − 2402,9 ) = −32,65 kW . 3600 Proces 4-1 ostaje nepromenjen, odnosno Q dov = 196,15 kW . Koeficijent hlađenja postrojenja u slučaju kvazistatičnog sabijanja u kompresoru

ε hk =

Q dov 196,15 = =6, 32,65 Lkk

pa procentualno povećanje koeficijenta hlađenja postrojenja iznosi ⎛ε ⎞ ⎛6 ⎞ ∆ε h ( % ) = ⎜ hk − 1⎟ ⋅ 100 = ⎜ − 1 ⎟ ⋅100 = 20 % . ⎝5 ⎠ ⎝ εh ⎠

603


Slika 6.23. c) Ušteda u snazi za pogon kompresora u slučaju kvazistatičnog sabijanja u odnosu na stvarno nekvazistatično sabijanje ∆Lk = Lk − Lkk ,

∆Lk = 39,08 − 32,65 = 6, 43 kW .

Slika 6.24.

Zadatak 6.6. Amonijačni kompresorski rashladni uređaj sa prigušnim ventilom radi između pritisaka pmin = 3,819 bar i pmax = 15 bar . Kompresor usisava suvozasićenu paru amonijaka i kvazistatično adijabatski je sabija. Uređaj je projektovan tako da iz prostorije koju hladi oduzima 50 kW toplote.

604

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI Odrediti: a) snagu kompresora; b) koliko bi trebalo da iznosi stepen suvoće vlažne pare koja napušta kondenzator da bi koeficijent hlađenja iznosio ε h = 0 ?

R e š e n j e: Tačka 1: p1 = pmin = 3,819 bar , x1 = 1 ,

h1 = h1'' = 2219

kJ , kg

s1 = s1'' = 10,354

kJ . kgK

Tačka 2: p2 = pmax = 15 bar ,

s2 = s1 = 10,354

kJ , kgK

h2 = hpp = 2420,7

kJ . kg

Tačka 3: p3 = p2 = 15 bar , x3 = 0 ,

h3 = h3' = 1144,1

kJ . kg

605


h4 = h3 = 1144,1

kJ . kg

Prvi zakon termodinamike za proces 4-1 Q 41 = m ( h1 − h4 ) ,

m =

Q 41 , h1 − h4

m =

50 kg . = 0, 0465 2219 − 1144,1 s

a) Snagu za pogon kompresora dobijamo iz jednačine prvog zakona termodinamike za proces u kompresoru

Q12 = ∆H 12 + Lt12 , Lt12 = −∆H 12 , Lk = Lt12 = m ( h1 − h2 ) , Lk = 0, 0465 ⋅ ( 2219 − 2420, 7 ) = −9,379 kW .

b) Uslov za dobijanje koeficijenta hlađenja ε h = 0

h3' = h1 = 2219

kJ , kg

pa je traženi stepen suvoće vlažne pare koja napušta kondenzator

⎛ h − h3'' ⎞ , x3' = ⎜ 3''' ' ⎟ ⎝ h3' − h3' ⎠ p =15 bar

606


h3'' = 1144,1

kJ , kg

h3''' = 2251,7

kJ , kg

x3' =

2219 − 1144,1 = 0,97 . 2251, 7 − 1144,1

Slika 6.25.

Zadatak 6.7. Levokretni kružni proces sa pothlađivanjem, prigušenjem, isparavanjem i pregrevanjem pare pre ulaska u kompresor obavlja se sa freonom 12 (R12), kao radnim telom. Rashladni kapacitet postrojenja je 5,8 kW, a snaga kompresora, koji vrši nekvazistatično sabijanje pare freona, je 2 kW. Radna materija obavlja ciklus između pritisaka pmin = 0,1 MPa i pmax = 0,6 MPa i pri tome dostiže maksimalnu temperaturu od tmax = 60°C . Temperatura pothlađivanja je 16°C . Skicirati promene stanja radnog tela u Ts dijagramu i odrediti: a) stepen dobrote adijabatske kompresije; b) šrafirati na Ts dijagramu potrebnu snagu kompresora.

607


Slika 6.26.

R e š e n j e:


p2 = pmax = 0,6 MPa = 6 bar , t2 = tmax = 60°C , h2 = 690,5

608

kJ . kg

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI Tačka 3:

p3 = p2 = 6 bar , t3 = 16°C ,

( )

h3 ≅ h'

t =16° C

= 515, 29

kJ . kg

Tačka 4: h4 = h3 = 515, 29

kJ . kg

Tačka 1:

p1 = pmin = 0,1 MPa = 1 bar . Prvi zakon termodinamike za proces 4-1 Q 41 = Q dov = ∆H 41 + Lt 41 , Q dov = Q 41 = ∆H 41 = m ( h1 − h4 ) = 5,8 kW .

Prvi zakon termodinamike za proces sabijanja u kompresoru Q12 = ∆H 12 + Lt12 , Lk = Lt12 = −∆H 12 = m ( h1 − h2 ) = −2 kW .

Iz količnika

Q dov h1 − h4 = , Lk h1 − h2 sledi da je

609


h1 =

h1 =

Q dov h2 − h4 Lk , Q dov − Lk 5,8 ⋅ 690,5 − 515, 29 ⋅ ( −2 ) 5,8 − ( −2 )

= 645,57

odnosno

m =

Lk , h1 − h2

m =

−2 kg = 0,0445 . 645,57 − 690,5 s

Tačka 1 se nalazi u području pregrejane pare s1 = 1, 6045

kJ . kgK

Tačka 2k: s2k = s1 = 1, 6045

kJ , kgK

p2k = p2 = 6 bar , h2k = 678,54

kJ . kg

a) Stepen dobrote adijabatske kompresije

ηdkp =

610

h1 − h2k , h1 − h2

kJ , kg


ηdkp =

645,57 − 678,54 = 0,734 . 645,57 − 690,5

b) Potrebna snaga kompresora

Lk = Q odv − Q dov .

Slika 6.28.

Slika 6.29.

611


Slika 6.30.

Zadatak 6.8. Levokretna instalacija radi sa amonijakom kao radnim telom. Rashladni kapacitet postrojenja je 40 kW. Temperatura isparavanja je −33°C , pritisak u kondenzatoru 5 bar , a temperatura pothlađivanja −3°C . Toplota oslobođena pothlađivanjem kondenzata koristi se za pregrevanje suve pare amonijaka, tako da u kompresor ulazi pregrejana para koja se sabija nekvazistatično adijabatski sa stepenom dobrote ηdkp = 0,8 . Predstaviti proces na Ts dijagramu i odrediti: a) maseni protok amonijaka kroz instalaciju ( kg s ) ;

b) snagu kompresora ( kW ) .

Slika 6.31.

612


R e š e n j e:


p3 = 5 bar , x3 = 0 , h3 = 977,95

kJ . kg

Tačka 4:

p4 = p3 = 5 bar , t4 = −3°C , T4 = 270 K ,

( )

h4 ≅ h '

t =−3° C

= 945, 7

kJ . kg

613

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Tačka 5: h5 = h4 = 945,7

kJ . kg

Tačka 6:

t6 = −33°C , T6 = 240 K , p6 = 1,6536 bar , x6 = 1 , h6 = 2177

kJ . kg

Tačka 1:

p1 = p6 = 1,6536 bar , −∆h34 = ∆h61 , jer je −Q34 = Q61 h1 = h3 − h4 + h6 , h1 = 977,95 − 945, 7 + 2177 = 2209,3

s1 = 10,87

kJ . kgK

Tačka 2k:

p2k = 5 bar ,

614

kJ , kg

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI s2k = s1 = 10,87

h2k = 2415, 2

kJ , kgK

kJ . kg

Tačka 2:

p2 = 5 bar ,

ηdkp =

h1 − h2k = 0,8 , h1 − h2

h2 = h1 −

h1 − h2k

ηdkp

h2 = 2209,3 −

,

2209,3 − 2415, 2 kJ = 2466,7 . 0,8 kg

a) Prvi zakon termodinamike za proces 5-6 Q 56 = m ( h6 − h5 ) ,

odakle je maseni protok amonijaka kroz instalaciju

m =

Q 56 , h6 − h5

m =

40 kg = 0,0325 . 2177 − 945,7 s

b) Snaga kompresora Lk = Lt12 = m ( h1 − h2 ) , Lk = 0, 0325 ⋅ ( 2209,3 − 2466,7 ) = −8,37 kW .

615


Zadatak 6.9. Rashladno postrojenje radi, sa freonom 12 kao radnim telom, između pritisaka p1 = 255 kPa i p2 = 1 MPa . U kompresoru snage 1,3 kW nekvazistatično adijabatski sabija se para freona pri čemu specifična entropija freona (usled mehaničke neravnoteže) poraste za ∆s12 = 3,2 J kgK . Odrediti: a) rashladnu snagu postrojenja (kW); b) koeficijent hlađenja postrojenja; c) šrafirati na Ts dijagramu površinu koja je ekvivalentna rashladnoj snazi postrojenja.

Slika 6.33.

R e š e n j e: Tačka 1:

p1 = 255 kPa = 2,55 bar , x1 = 1 ,

616

h1 = 653,01

kJ , kg

s1 = 1, 5718

kJ . kgK


p2 = 1 MPa = 10 bar , s2 = s1 + ∆s12 , s2 = 1,5718 + 3, 2 ⋅ 10−3 = 1,575

h2 = 678,5

kJ , kgK

kJ . kg

Tačka 3:

p3 = p2 = 10 bar , x3 = 0 , h3 = 540, 73

kJ . kg

Prvi zakon termodinamike za proces u odvajaču tečnosti Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 ,

H 1 = H 2 , H ulaz = H izlaz ,

3 + mh 6 = mh 4 + mh 1, mh m ( h3 + h6 ) = m ( h4 + h1 ) ,

h6 − h4 = h1 − h3 .

617

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Snaga kompresora Lk = Lt12 = m ( h1 − h2 ) ,

odakle je maseni protok freona 12 kroz instalaciju

m =

Lk , h1 − h2

m =

−1,3 kg = 0,051 . 653,01 − 678,5 s

a) Rashladna snaga postrojenja Q dov = Q 56 = m ( h6 − h5 ) = m ( h6 − h4 ) = m ( h1 − h3 ) , Q dov = 0, 051 ⋅ ( 653, 01 − 540,73) = 5, 726 kW .

b) Koeficijent hlađenja postrojenja

εh =

Q dov 5,726 = = 4,4 . 1,3 Lk

c)

Slika 6.34.

618


Zadatak 6.10. Levokretni kružni proces sa amonijakom kao radnim telom (m = 0,01 kg s) odvija se između pritisaka pmin = 1 bar i pmax = 25 bar . Kompresija je ravnotežna, izentropska i dvostepena. Stepen povišenja pritiska u oba stepena je jednak ( p2 p1 = p4 p3 ) . Na ulazu u kompresor niskog pritiska (stanje 1) para amonijaka je suvozasićena. Nakon prvog stepena kompresije para amonijaka se hladi do temperature od T = 320 K . Skicirati proces u Ts dijagramu i odrediti: a) rashladni efekat instalacije koja radi po ovom ciklusu (kW); b) snagu kompresora niskog pritiska i snagu kompresora visokog pritiska (kW); c) koeficijent hlađenja (ε h ) ; d) procentualno povećanje koeficijenta hlađenja koje je ostvareno dvostepenom kompresijom (u odnosu na jednostepenu kompresiju između istih pritisaka i istog stanja na ulazu u kompresor); e) na Ts dijagramu šrafirati površinu koja predstavlja uštedu u snazi kompresora usled dvostepene kompresije.

Slika 6.35.

619


R e š e n j e:

Slika 6.36. Tačka 1: p1 = pmin = 1 bar , x1 = 1 , h1 = 2161,3

s1 = 11

kJ , kg

kJ . kgK

Tačka 2: p2 =

620

p4 p1 = 5 ⋅ 5 = 5 bar ,

s2 = s1 = 11

kJ , kgK

h2 = 2462, 2

kJ . kg


Tačka 3: p3 = p2 = 5 bar , T3 = 320 K , h3 = 2333

kJ , kg

s3 = 10,63

kJ . kgK

Tačka 4: p4 = pmax = 25 bar , s4 = s3 = 10,63

kJ , kgK

kJ . kg

h4 = 2623,2 Tačka 5: p5 = 25 bar , x5 = 0 ,

h5 = 1241,9

kJ . kg


621

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE h6 = h5 = 1241,9

kJ . kg

a) Rashladni efekat instalacije Q dov = Q 61 = m ( h1 − h6 ) , Q dov = 0, 01 ⋅ ( 2161,3 − 1241, 9 ) = 9,194 kW .

b) Snaga kompresora niskog pritiska Lknp = Lt12 = m ( h1 − h2 ) , Lknp = 0,01 ⋅ ( 2161,3 − 2462,2 ) = −3 kW .

Snaga kompresora visokog pritiska Lkvp = Lt 34 = m ( h3 − h4 ) , Lkvp = 0,01 ⋅ ( 2333 − 2623, 2 ) = −2, 9 kW .

c) Koeficijent hlađenja

εh =

εh =

622

Q dov

Lknp + Lkvp

,

9,194 = 1,56 . 3 + 2,9

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI d) Slučaj jednostepene kompresije između pritisaka pmin = 1 bar i pmax = 25 bar

Slika 6.37. Tačka A: p A = pmax = 25 bar , sA = s1 = 11

kJ , kgK

hA = 2809,6

kJ . kg

Snaga kompresora u slučaju jednostepene kompresije sada je Lk = Lt1 A = m ( h1 − hA ) , Lk = 0, 01 ⋅ ( 2161,3 − 2809, 6 ) = −6, 483 kW .

Koeficijent hlađenja u slučaju jednostepene kompresije

ε h' =

Q dov , L k

623


ε h' =

9,194 = 1,42 . 6, 483

Procentualno povećanje koeficijenta hlađenja koje je ostvareno dvostepenom kompresijom ⎛ε ⎞ ⎛ 1,56 ⎞ ∆ε h ( % ) = ⎜ h' − 1⎟ ⋅ 100 = ⎜ − 1⎟ ⋅ 100 = 9,86 % . ε ⎝ 1,42 ⎠ ⎝ h ⎠

e) Grafički prikaz uštede u snazi kompresora usled dvostepene kompresije

Slika 6.38. Zadatak 6.11. U komori za hlađenje potrebno je održati stalnu temperaturu od −15°C , pri čemu temperatura spoljašnjeg (okolnog) vazduha iznosi 30,3°C . Toplotni dobici kroz zidove komore iznose 80 kJ s . Za hlađenje komore primenjeno je kompresiono rashladno postrojenje bez pothlađivanja kondenzata i sa prigušenjem. Pri tome kompresor usisava paru freona 22 (R22) i sabija je kvazistatično adijabatski. Odrediti minimalnu snagu za pogon rashladnog postrojenja kao i koeficijent hlađenja. Skicirati promene stanja freona u Ts i hs dijagramu.

624

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI R e š e n j e:

Slika 6.39.

Slika 6.40. Tačka 1: t1 = −15°C , x1 = 1 , h1 = 698,38

kJ , kg

625


s1 = 1,771

kJ . kgK

Tačka 3: t3 = 30,3°C , x3 = 0 , p3 = 12 bar , h3 = 536,89

kJ . kg

Tačka 4: h4 = h3 = 536,89

kJ . kg

Tačka 2: p2 = p3 = 12 bar , s2 = s1 = 1, 771

h2 = 733,32

kJ , kgK

kJ . kg

Prvi zakon termodinamike za proces u rashladnoj komori Q dov = Q 41 = m ( h1 − h4 ) ,

m =

626

Q dov 80 kg = = 0, 4954 . h1 − h4 698,38 − 536,89 s


Snaga kompresora Lk = Lt12 = m ( h1 − h2 ) , Lk = 0, 4954 ⋅ ( 698,38 − 733,32 ) = −17,3 kW .

Koeficijent hlađenja postrojenja

εh =

Q dov , L k

εh =

80 = 4,62 . 17,3

Zadatak 6.12. U postrojenju koje radi po levokretnom kružnom procesu, kondenzuje se i pothlađuje amonijak pri pritisku od p = 1 MPa . Tečni rashladni fluid ulazi u prigušni ventil pri temperaturi od 17°C , gde se prigušuje do temperature isparavanja t = −23°C . Kompresor, u kojem se obavlja adijabatsko sabijanje radi sa stepenom dobrote ηdkp = 0,8 , usisava suvu paru, koja od stanja vlažne pare prelazi u stanje suve pare na račun pothlađivanja tečne faze. Snaga kompresora je 56 kW. Odrediti rashladnu snagu ovog postrojenja i u Ts koordinatnom sistemu šrafirati površinu ekvivalentnu snazi za pogon kompresora. R e š e n j e:

Tačka 1: t1 = −23°C , T1 = 250 K , x1 = 1 ,

627

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE h1 = 2192

kJ , kg

s1 = 10,642

kJ . kgK

Tačka 3: t3 = 17°C , T3 = 290 K , h3 = ( h ' )

T = 290 K

= 1039,6

kJ . kg

Tačka 4: h4 = h3 = 1039,6

kJ . kg

Tačka 2k: p2k = p2 = 1 MPa = 10 bar , s2k = s1 = 10, 642

h2k = 2456,1

kJ , kgK

kJ . kg


ηdkp =

628

h1 − h2 k = 0,8 , h1 − h2


h2 = h1 −

h1 − h2k

ηdkp

h2 = 2192 −

,

2192 − 2456,1 kJ . = 2522,1 0,8 kg

Snaga kompresora Lk = Lt12 = m ( h1 − h2 ) ,

m =

Lk −56 kg = = 0,1696 . h1 − h2 2192 − 2522,1 s

Rashladna snaga postrojenja Q dov = Q 41 = m ( h1 − h4 ) , Q dov = 0,1696 ⋅ ( 2192 − 1039, 6 ) = 195, 45 kW .

Slika 6.41.

629

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Zadatak 6.13. Kaskadna rashladna instalacija, sastoji se iz međusobno spregnutog kola visoke temperature i kola niske temperature. Kola su spregnuta preko toplotno izolovanog predajnika toplote, u kome rashladni fluid kola niske temperature (preko kondenzatora kola niske temperature) u potpunosti predaje toplotu rashladnom fluidu kola visoke temperature (preko isparivača kola visoke temperature). Kolo visoke temperature radi sa freonom R11, između pritisaka pI 1 = pSAT ( 239 K ) i pI 2 = 0, 2 MPa i masenim protokom m R11 = 0,34 kg s . Kolo

niske temperature radi sa freonom R22, između pritisaka pII 1 = pSAT (183 K ) i p II 2 = 0,2 MPa . Izračunati stepen hlađenja ovog postrojenja, ako oba kola

rade bez pothlađivanja i sa idealnom adijabatskom kompresijom suvozasićene pare.


Kolo visoke temperature - freon R11 m R11 = 0,34

630

kg . s

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI Tačka 1: T1 = 239 K , t1 = −34°C , x1 = 1 , h1 = 672, 75

kJ , kg

s1 = 1, 7304

kJ . kgK

Tačka 2: p2 = p I 2 = 0,2 MPa = 2 bar , s2 = s1 = 1, 7304

h2 = 729,686

kJ , kgK

kJ . kg

Tačka 3: p3 = p2 = 2 bar , x3 = 0 , h3 = 539, 441

kJ . kg

631

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Tačka 4: h4 = h3 = 539, 441

kJ . kg

Kolo niske temperature - freon R22 Tačka 1':

T1' = 183 K , t1' = −90°C , x1' = 1 , h1' = 663, 26

kJ , kg

s1' = 1,9963

kJ . kgK

Tačka 2': p2' = pII 2 = 0, 2 MPa = 2 bar , s2' = s1' = 1,9963

h2' = 754,328

kJ . kg

Tačka 3': p3' = p2' = 2 bar ,

632

kJ , kgK


x3' = 0 , h3' = 470,966

kJ . kg

Tačka 4': h4' = h3' = 470,966

kJ . kg

Prvi zakon termodinamike za toplotno izolovani predajnik toplote Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

H 1 = H 2 , H ulaz = H izlaz , m R11h4 + m R 22 h2' = m R11 h1 + m R 22 h3' ,

m R 22 = m R11

h1 − h4 , h2' − h3'

m R 22 = 0,34 ⋅

672,75 − 539,441 kg = 0,16 . 754,328 − 470,966 s

Rashladni efekat postrojenja Q dov = Q 4'1' = m R 22 ( h1' − h4' ) , Q dov = 0,16 ⋅ ( 663, 26 − 470,966 ) = 30, 767 kW .

633

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Snaga kompresora u kolu niske temperature Lknt = Lt1' 2' = m R 22 ( h1' − h2' ) , Lknt = 0,16 ⋅ ( 663, 26 − 754, 328 ) = −14,571 kW .

Snaga kompresora u kolu visoke temperature Lkvt = Lt12 = m R11 ( h1 − h2 ) , Lkvt = 0,34 ⋅ ( 672,75 − 729, 686 ) = −19,358 kW .

Stepen hlađenja postrojenja

εh =

εh =

Q dov

Lknt + Lkvt

,

30,767 = 0,91 . 14,571 + 19,358

Zadatak 6.14. Rashladno postrojenje sa dva prigušna ventila, dva odvajača tečnosti, dva kompresora i jednim isparivačem prikazano je na slici. Ako iz kondenzatora rashladnog postrojenja (stanje 0) izlazi m = 0,1 kg s ključalog freona 12 temperature 30°C , i ako se prvim prigušnim ventilom snižava pritisak freona na p = 170 kPa , a drugim na p = 20 kPa , skicirati proces u hs koordinatnom sistemu i odrediti rashladni kapacitet postrojenja.

634



Slika 6.44. Tačka 0: t0 = 30°C , x0 = 0 , h0 = 529,08

kJ . kg

635

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Tačka 1: p1 = 170 kPa = 1,7 bar , h1 = h0 = 529, 08

h1' = 484,53

kJ , kg

h1'' = 647,82

kJ , kg

kJ , kg

h1' < h1 < h1'' ,

x1 =

h1 − h1' h1'' − h1'

=

529,08 − 484,53 = 0,27 . 647,82 − 484,53

Tačka 2:

p2 = 20 kPa = 0, 2 bar , h2 = ( h ' )

p =1,7 bar

= 484,53

h2' = 446,19

kJ , kg

h2'' = 626,54

kJ , kg

kJ , kg

h2' < h2 < h2'' ,

x2 =

636

h2 − h2' h2'' − h2'

=

484,53 − 446,19 = 0,21 . 626,54 − 446,19


p3 = 0, 2 bar , x3 = 1 , h3 = 626,54

kJ . kg

Rashladni kapacitet postrojenja 1. način: Q dov = m (1 − x1 )(1 − x2 ) ( h2'' − h2' ) , Q dov = 0,1 ⋅ (1 − 0, 27 )(1 − 0, 21)( 626,54 − 446,19 ) = 10, 4 kW .

2. način: Q dov = m (1 − x1 )( h3 − h2 ) , Q dov = 0,1 ⋅ (1 − 0, 27 )( 626,54 − 484, 53) = 10, 4 kW .

Zadatak 6.15. Freon 12 (R12) kao rashladni fluid obavlja levokretni ciklus sa dvostepenim isparavanjem. U niskotemperaturnom isparivaču vlada pritisak od 1 bar, u visokotemperaturnom isparivaču 3 bar, a u kondenzatoru pritisak od 8 bar. Kondenzovani fluid (stanja 6) se razdvaja na dve struje i svaka od njih se adijabatski prigušuje u odgovarajućem prigušnom ventilu (do stanja 7 odnosno stanja 8). Suva para (stanja 2) iz visokotemperaturnog isparivača (VTI) se adijabatski prigušuje do pritiska 1 bar (stanje 3) i zatim izobarski meša sa suvom parom (stanja 1) iz niskotemperaturnog isparivača (NTI). Dobijena mešavina (stanja 4) se kvazistatično izentropski sabija u kompresoru do stanja 5. Ako je rashladni kapacitet visokotemperaturnog isparivača 14 kW, a niskotemperaturnog 7 kW, skicirati promene stanja freona 12 u Ts dijagramu i odrediti: a) maseni protok rashladnog fluida kroz oba isparivača; b) snagu kompresora; c) faktor hlađenja rashladnog postrojenja.

637


Slika 6.45.

R e š e n j e:


p6 = 8 bar , x6 = 0 , h6 = 531, 45

kJ . kg

Tačka 7: h7 = h6 = 531, 45

638

kJ . kg


Tačka 8: h8 = h7 = h6 = 531, 45

kJ . kg


x2 = 1 , h2 = 655, 24

kJ . kg

Tačka 1:

p1 = 1 bar , x1 = 1 , h1 = 641,65

kJ . kg

a) Maseni protok radnog fluida kroz visokotemperaturni isparivač

m VTI =

QVTI , h2 − h7

m VTI =

14 kg = 0,11 . 655,24 − 531,45 s

Maseni protok radnog fluida kroz niskotemperaturni isparivač

m NTI =

Q NTI , h1 − h8

639


m VTI =

7 kg = 0,06 . 641,65 − 531,45 s

b) Tačka 3: h3 = h2 = 655, 24

kJ . kg

Tačka 4:

p4 = 1 bar . Prvi zakon termodinamike za proces mešanja fluidnih struja

Q12 = ∆H 12 + Lt12 , H 1 = H 2 ,

H ulaz = H izlaz , m VTI h3 + m NTI h1 = ( m VTI + m NTI ) h4 , h4 =

m VTI h3 + m NTI h1 , m VTI + m NTI

h4 =

0,11 ⋅ 655, 24 + 0,06 ⋅ 641,65 kJ , = 650, 44 0,11 + 0, 06 kg

s4 = 1, 624

kJ . kgK

Tačka 5:

p5 = 8 bar , s5 = s4 = 1, 624

640

kJ , kgK

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI h5 = 690,17

kJ . kg

Snaga kompresora

Lk = Lt 45 = ( m VTI + m NTI )( h4 − h5 ) , Lk = ( 0,11 + 0,06)( 650,44 − 690,17 ) = −6,754 kW . c) Faktor hlađenja rashladnog postrojenja

εh =

Q dov QVTI + Q NTI = , L L k

εh =

k

14 + 7 = 3,1 . 6,754

Zadatak 6.16. Za potrebe hlađenja dve odvojene rashladne komore koristi se levokretni kružni proces sa zajedničkim kondenzatorom (Kd), pri čemu je rashladni fluid freon 12. U niskotemperaturnom isparivaču (NTI) vlada temperatura od −30°C , a u visokotemperaturnom isparivaču (VTI) temperatura −1°C , dok je pritisak u kondenzatoru 0,7931 MPa . Kondenzovani fluid (stanje 6) razdvaja se na dve struje i svaka od njih se adijabatski prigušuje u odgovarajućem ventilu (do stanja 7 odnosno stanja 8). Suva para (stanje 1) iz niskotemperaturnog isparivača se kvazistatično adijabatski sabija u prvom kompresoru do pritiska koji vlada u visokotemperaturnom isparivaču (stanje 3) i zatim izobarski meša sa suvom parom stanja 2 iz visokotemperaturnog isparivača. Dobijena mešavina se kvazistatično adijabatski sabija u drugom kompresoru do temperature 40°C (stanje 5). Ako je maseni protok rashladnog fluida kroz niskotemperaturni m NTI = 0,063 kg s , a kroz visokotemperaturni isparivač isparivač m VTI = 0,113 kg s , odrediti: a) rashladne snage oba isparivača; b) snage oba kompresora; c) koeficijent hlađenja rashladnog postrojenja.

641


Slika 6.47.


p6 = 0,7931 MPa = 7,931 bar , t6 = 32°C , x6 = 0 , h6 = 531,11

kJ . kg

Tačka 7: h7 = h6 = 531,11

kJ , kg

t7 = −1°C , p7 = 3,0255 bar . Tačka 8: h8 = h7 = h6 = 531,11

642

kJ , kg


t8 = −30°C , p8 = 1,0143 bar . Tačka 1:

t1 = −30°C , x1 = 1 , h1 = 641,81

kJ , kg

s1 = 1, 5882

kJ . kgK

Tačka 2:

t2 = −1°C , p2 = 3,0255 bar , x2 = 1 , h2 = 655,34

kJ . kg

Tačka 3: s3 = s1 = 1,5882

kJ , kgK

p3 = p2 = 3,0255 bar , h3 = 660,55

kJ . kg

643


Prvi zakon termodinamike za proces mešanja fluidnih struja

Q12 = ∆H 12 + Lt12 , H 1 = H 2 , H ulaz = H izlaz , m VTI h2 + m NTI h3 = ( m VTI + m NTI ) h4 , h4 =

m VTI h2 + m NTI h3 , m VTI + m NTI

h4 =

0,113 ⋅ 655,34 + 0, 063 ⋅ 660,55 kJ , = 657, 21 0,113 + 0, 063 kg

s4 = 1,5759

kJ . kgK

Tačka 5:

t5 = 40°C , p5 = p6 = 7,931 bar , s5 = s4 = 1,5759

h5 = 674, 4

kJ , kgK

kJ . kg

a) Rashladna snaga niskotemperaturnog isparivača Q NTI = m NTI ( h1 − h8 ) ,

644

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI Q NTI = 0, 063 ⋅ ( 641,81 − 531,11) = 6,974 kW .

Rashladna snaga visokotemperaturnog isparivača QVTI = m VTI ( h2 − h7 ) , QVTI = 0,113 ⋅ ( 655,34 − 531,11) = 14, 038 kW .

b) Snaga prvog kompresora Lk1 = m NTI ( h1 − h3 ) , Lk1 = 0, 063 ⋅ ( 641,81 − 660,55 ) = −1,181 kW .

Snaga drugog kompresora Lk 2 = ( m NTI + m VTI )( h4 − h5 ) , Lk 2 = ( 0,063 + 0,113) ⋅ ( 657, 21 − 674, 4 ) = −3, 025 kW .

c) Odvedeni toplotni protok Q odv = ( m NTI + m VTI )( h6 − h5 ) , Q odv = ( 0, 063 + 0,113)( 531,11 − 674, 4 ) = −25, 219 kW .

Dovedeni toplotni protok

Q dov = Q NTI + QVTI , Q dov = 6,974 + 14,038 = 21,012 kW .

645

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Koeficijent hlađenja rashladnog postrojenja

εh =

Q dov , Q odv − Q dov

εh =

21,012 = 5. 25, 219 − 21,012

Zadatak 6.17. U toplotnoj pumpi, radna materija obavlja levokretni kružni proces koji se sastoji od ravnotežnog (kvazistatičnog) adijatermnog sabijanja, izotermnog neravnotežnog (nekvazistatičnog) sabijanja, ravnotežnog (kvazistatičnog) adijatermnog širenja i neravnotežnog (nekvazistatičnog) izotermnog širenja. Maksimalna, odnosno minimalna temperatura radne materije iznosi Tmax = 320 K i Tmin = 280 K , a temperature toplotnog predavaoca („izvora“) odnosno toplotnog primaoca („ponora“) su stalne i iznose Tti = 290 K и Ttp = 310 K . Nepovratnost procesa predaje toplote radnoj materiji iznosi

∆S = 5 J K . Prikazati proces u Ts koordinatnom sistemu i odrediti: a) nepovratnost procesa predaje toplote toplotnom ponoru; b) koeficijent (stepen) grejanja te toplotne pumpe. R e š e n j e:

Slika 6.48.

646

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI a) Proces 4-1: ∆S = ( ∆S is )41 = ( ∆S rt )41 + ∆Sti , ∆S = ( ∆S rt )41 −

∆S =

Qdov , Tti

Qdov Qdov , − Tmin Tti

Qdov =

Qdov =

∆S 1 1 − Tmin Tti

,

5 = 40,6 kJ . 1 1 − 280 290

Proces 2-3 ∆S 23 = ( ∆Sis )23 = ( ∆S rt )23 + ∆Stp ,

∆S 23 = ( ∆S rt )23 −

Qodv , Ttp

( ∆Srt )23 = − ( ∆Srt )41 = −

( ∆Srt ) 23 = −

Qdov , Tmin

40, 6 ⋅ 103 J = −145 , 280 K

Qdov = Q23 = Tmax ( ∆S rt )23 . Qdov = 320 ⋅ ( −145 ⋅ 10 −3 ) = −46, 4 kJ ,

647

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE ∆S 23 = −145 −

−46, 4 ⋅103 J . = 4,677 310 K

b) Koeficijent grejanja toplotne pumpe

εg =

Qodv Qodv − Qdov

=

46, 4 =8. 46,4 − 40,6

Zadatak 6.18. Dve toplotne pumpe međusobno redno spojene rade po idealnom Karnoovom kružnom procesu. Toplotna pumpa 1 uzima 400 kJ toplote od toplotnog izvora stalne temperature Tti = 300 K . Toplotu odvedenu od toplotne pumpe 1 preuzima toplotna pumpa 2, koja predaje toplotu toplotnom ponoru stalne temperature Ttp = 1200 K . Ako obe toplotne pumpe rade sa istim faktorom

grejanja odrediti: a) temperaturu radne materije pri kojoj se vrši razmena toplote između dve toplotne pumpe; b) neto mehaničke radove koji se dovode radnoj materiji u toplotnoj pumpi 1(TP1) i toplotnoj pumpi 2(TP2).


a) Faktori grejanja toplotnih pumpi 1 i 2

ε g1 =

ε g2 =

648

Tx , Tx − Tti

Ttp Ttp − Tx

.


Iz uslova zadatka da je

ε g1 = ε g 2 , sledi da je Ttp Tx , = Tx − Tti Ttp − Tx

odnosno Tx = TtpTti , Tx = 300 ⋅ 1200 = 600 K .

b) Faktori grejanja toplotnih pumpi 1 i 2 sada iznose

ε g1 =

ε g2 =

Tx 600 = = 2, Tx − Tti 600 − 300

Ttp Ttp − Tx

=

1200 = 2. 1200 − 600

Faktor grejanja toplotne pumpe 1 možemo napisati i kao

ε g1 =

Qx Qx − Qdov

,

odakle je Qx =

Qx =

ε g1 ε g1 − 1

Qdov ,

2 ⋅ 400 = 800 kJ . 2 −1

649


Neto mehanički rad toplotne pumpe 1 L1 = Qx − Qdov = 800 − 400 = 400 kJ .

Faktor grejanja toplotne pumpe 2

ε g2 =

Qodv Qodv − Qx

Qodv =

Qodv =

ε g2 ε g2 −1

,

Qx ,

2 ⋅ 800 = 1600 kJ . 2 −1

Neto mehanički rad toplotne pumpe 2 L2 = Qodv − Qx = 1600 − 800 = 800 kJ .

Zadatak 6.19. Izobarskim odvođenjem toplote od 3 kg vodene pare stanja ( x = 0,7, p = 20 kPa) sve dok se ne postigne stanje ključale tečnosti, pomoću levokretnog kružnog procesa u postrojenju sa toplotnom pumpom, toplota se predaje vodoniku (idealan gas). Masa vodonika je 18 kg, a početna temperatura 95°C . Vodonik se nalazi u zatvorenom sudu. Koeficijent grejanja toplotne pumpe je ε g = 1,8 . Odrediti krajnju temperaturu vodonika u sudu, kao i snagu

kompresora ako toplotna pumpa radi jedan sat. R e š e n j e:

Količina toplote koja se oduzme od vodene pare u procesu kondenzacije ( Q para ) istovremeno predstavlja dovedenu toplotu za toplotnu pumpu ( Qdov ) Qdov = Q para = m para ( hx − h' ) ,

650


p = 20 kPa = 0,2 bar , h ' = 251, 4

kJ , kg

h '' = 2609

kJ , kg

hx = h ' + x ( h '' − h ' ) , hx = 251, 4 + 0, 7 ⋅ ( 2609 − 251, 4 ) =1901,7 Qdov = 3 ⋅ (1901, 7 − 251, 4 ) = 4950,9

kJ , kg

kJ . kg

Količina toplote koju primi vodonik ( Qv ) istovremeno predstavlja odvedenu toplotu za toplotnu pumpu ( Qodv ) .

εg =

Qodv Qodv − Qdov

Qodv =

εg εg −1

Qodv = Qv =

,

Qdov ,

1,8 ⋅ 4950,9 = 11140 kJ . 1,8 − 1

Prvi zakon termodinamike za proces dovođenja toplote vodoniku u rezervoaru

Qv = mv cv ( Tv 2 − Tv1 ) , odakle sledi da je krajnja temperatura vodonika u rezervoaru

651

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Tv 2 = Tv1 +

Qv , mv cv

Tv 2 = ( 273 + 95 ) +

11140 = 427,51 K . 18 ⋅10,4

Rad kompresora

Lk = Qodv − Qdov , Lk = 11140 − 4950,9 = 6189,1 kJ ,

pa je snaga kompresora u toku jednog časa rada toplotne pumpe L 6189,1 = 1, 719 kW . Lk = k = 3600 τ

Zadatak 6.20. Instalacija toplotne pumpe radi sa ugljendioksidom (idealan gas) kao radnim fluidom po Džulovom kružnom procesu između pritisaka pmin = 0,1 MPa i pmax = 0,4 MPa . Stepen dobrote adijabatske kompresije je ηdkp = 0,96 , a stepen

dobrote adijabatske ekspanzije je ηdex = 0,92 . Svrha toplotne pumpe je da se u prostoriji održava temperatura ttp = 17°C pri temperaturi okolnog vazduha tti = 0°C . Pri tome se iz okoline radnom telu dovodi 200 kJ s toplote. Usvojiti da se ugljendioksid ispred kompresora zagreva do temperature koja vlada u okolini, a ispred ekspanzionog uređaja hladi do temperature koja vlada u prostoriji. Odrediti faktor grejanja toplotne pumpe kao i snagu kompresora i snagu ekspanzionog uređaja (turbine).

Slika 6.50.

652

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI R e š e n j e:

Slika 6.51. Temperatura na izlazu iz kompresora u slučaju kvazistatične adijabatske kompresije ⎛p ⎞ T2k = T1 ⎜ 2k ⎟ ⎝ p1 ⎠

κ −1 κ

⎛4⎞ T2k = 273 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝1⎠

⎛p ⎞ = T1 ⎜ max ⎟ ⎝ pmin ⎠

1,28 −1 1,28

κ −1 κ

,

= 369, 71 K .

Temperatura na izlazu iz realnog kompresora T2 = T1 −

T1 − T2k

T2 = 273 −

ηdkp

,

273 − 369,71 = 373,74 K . 0,96

Temperatura na izlazu iz turbine u slučaju kvazistatične adijabatske ekspanzije ⎛p ⎞ T4k = T3 ⎜ 4k ⎟ ⎝ p3 ⎠

κ −1 κ

⎛p ⎞ = T3 ⎜ min ⎟ ⎝ pmax ⎠

κ −1 κ

,

653

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 1,28 −1

⎛ 1 ⎞ 1,28 T4k = 290 ⋅ ⎜ ⎟ = 214,14 K . ⎝4⎠

Temperatura na izlazu iz realne turbine T4 = T3 − η dex (T3 − T4k ) , T4 = 290 − 0, 92 ⋅ ( 290 − 214,14 ) = 220, 21 K .

Iz jednačine prvog zakona za proces 4-1 p (T1 − T4 ) , Q dov = Q 41 = mc

sledi da je maseni protok radnog fluida m =

Q dov , c p (T1 − T4 )

m =

200 kg . = 4, 46 0,85 ⋅ ( 273 − 220, 21) s

Odvedeni toplotni protok p ( T3 − T2 ) , Q odv = Q 23 = mc

Q odv = 4, 46 ⋅ 0,85 ⋅ ( 290 − 373,74 ) = −317, 46 kW .

Faktor grejanja toplotne pumpe

εg =

εg =

654

Q odv Q odv − Q dov

,

317,46 = 2,7 . 317,46 − 200

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI Snaga kompresora p (T1 − T2 ) , Lk = Lt12 = mc

Lk = 4, 46 ⋅ 0,85 ⋅ ( 273 − 373,74 ) = −381,9 kW .

Snaga turbine p (T3 − T4 ) , Lt = Lt 34 = mc

Lt = 4, 46 ⋅ 0,85 ⋅ ( 290 − 220, 21) = 264,57 kW .

Zadatak 6.21. Toplotna pumpa koja se koristi za zagrevanje vazduha (idealan gas) od tv1 = 55°C do tv 2 = 60°C na račun hlađenja vode od ( p = 1 bar, tw1 = 18°C) do ( p = 1 bar, tw2 = 14°C) , radi između pritisaka pmin = 4,55 bar i pmax = 16,72 bar , sa freonom 12 (R12) kao radnim telom, po idealnom Rankin-Klauzijusovom kružnom procesu sa prigušenjem tečne faze. Protok vode kroz isparivač toplotne pumpe je 1,5 kg s . Skicirati promene stanja freona 12 u Ts i hs dijagramima i odrediti faktor grejanja toplotne pumpe, snagu kompresora kao i maseni protok vazduha kroz kondenzator toplotne pumpe.

Slika 6.52.

655


Slika 6.53.

Slika 6.54. Tačka 1: p1 = pmin = 4,55 bar , x1 = 1 ,

h1 = 660,84

s1 = 1,564

656

kJ , kg

kJ . kgK

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI Tačka 2: p2 = pmax = 16,72 bar , s2 = s1 = 1,564

h2 = 684

kJ , kgK

kJ . kg

Tačka 3: p3 = p2 = 16,72 bar , x3 = 0 , h3 = 566,1

kJ . kg

Tačka 4: h4 = h3 = 566,1

kJ . kg

Prvi zakon termodinamike za proces u isparivaču toplotne pumpe

Q12 = ∆H 12 + Lt12 , H 1 = H 2 ,

H ulaz = H izlaz , m R12 h4 + m w hw1 = m R12 h1 + m w hw2 , hw1 = 75,52

kJ , za p = 1 bar i tw1 = 18°C , kg

657

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE hw 2 = 58, 76

kJ , za p = 1 bar i t w2 = 14°C , kg

pa je maseni protok freona R12 m R12 = m w

hw 2 − hw1 , h4 − h1

m R12 = 1,5 ⋅

58,76 − 75,52 kg = 0,265 . 566,1 − 660,84 s

Prvi zakon termodinamike za proces u kompresoru toplotne pumpe Q12 = ∆H 12 + Lt12 , Lt12 = −∆H 12 = m R12 ( h1 − h2 ) , Lt12 = 0, 265 ⋅ ( 660,84 − 684 ) = −6,137 kW .

Prvi zakon termodinamike za proces u kondenzatoru toplotne pumpe Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

H 1 = H 2 , H ulaz = H izlaz , m R12 h2 + m v hv1 = m R12 h3 + m v hv 2 , m R12 h2 + m v c p tv1 = m R12 h3 + m v c p tv 2 ,

odakle je maseni protok vazduha m v = m R12

658

h2 − h3 , c p ( tv 2 − tv1 )

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI m v = 0, 265 ⋅

684 − 566,1 kg = 6, 25 . 1 ⋅ ( 60 − 55 ) s

Dovedeni toplotni protok radnom telu Q dov = Q 41 = m R12 ( h1 − h4 ) ,

odvedeni toplotni protok od radnog tela Q odv = Q 23 = m R12 ( h3 − h2 ) .

Faktor grejanja toplotne pumpe

εg =

εg =


,

h3 − h2

h3 − h2 − ( h1 − h4 )

=

566,1 − 684 = 5,09 . 566,1 − 684 − ( 660,84 − 566,1)

Zadatak 6.22. Termodinamički stepen korisnosti Džulovog kružnog procesa, koji obavlja vazduh (idealan gas) iznosi η = 0,3 . Koliki bi bio faktor grejanja toplotne pumpe, kada bi metan (idealan gas) obavljao levokretni Džulov kružni proces između istih stanja.

659


a) Desnokretni kružni proces

Slika 6.55. Qdov = Q23 = mc p (T3 − T2 ) , Qodv = Q41 = mc p (T1 − T4 ) ,

η=

Qdov + Qodv T3 − T2 + T1 − T4 . = Qdov T3 − T2

b) Levokretni kružni proces

Slika 6.56.

660

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI Qdov = Q14 = mc p (T4 − T1 ) ,

Qodv = Q32 = mc p ( T2 − T3 ) ,

εg =

Qodv Qodv − Qdov

=

T3 − T2 . T3 − T2 − T4 + T1

Poređenjem izraza za termodinamički stepen korisnosti η kod desnokretnog ciklusa sa vazduhom i faktora grejanja ε g kod levokretnog ciklusa sa metanom, uočava se da je

εg = εg =

1

η

,

1 = 3,33 . 0,3

Zadatak 6.23. Toplotna pumpa radi, sa vodenom parom kao radnim fluidom, po realnom levokretnom Rankin-Klauzijusovom kružnom procesu bez pothlađivanja kondenzata između pritisaka pmin = 8 kPa i pmax = 0,6 MPa . U kompresor ulazi suvozasićena vodena para. Na izlazu iz kompresora temperatura pare je 700°C . Kao izvor toplote koristi se otpadna voda nekog industrijskog procesa, temperature 50°C = const , koja predaje vodenoj pari 1200 kW toplote. Potrošač toplote (toplotni ponor) nalazi se na temperaturi od 150°C = const . Odrediti: a) količinu toplote koja se predaje potrošaču; b) koeficijent grejanja toplotne pumpe; c) promenu entropije sistema koji sačinjavaju radna materija, toplotni izvor i toplotni ponor.

661


Slika 6.57. Tačka 1: p1 = pmin = 8 kPa = 0,08 bar , x1 = 1 , h1 = 2576

kJ , kg

s1 = 8, 227

kJ . kgK

Tačka 2: p2 = pmax = 0,6 MPa = 6 bar , t2 = 700°C , h2 = 3925

662

kJ , kg

LEVOKRETNI KRUŽNI PROCESI s2 = 8,508

kJ . kgK

Tačka 3: p3 = p2 = 6 bar , x3 = 0 , h3 = 670,5

kJ , kg

s3 = 1,931

kJ . kgK

Tačka 4: h4 = h3 = 670,5

kJ . kg

Količina toplote dovedena vodenoj pari u procesu 4-1 Q dov = Q 41 = m ( h1 − h4 ) ,

pa je maseni protok vodene pare kroz toplotnu pumpu m =

Q dov , h1 − h4

m =

1200 kg = 0,63 . 2576 − 670,5 s

a) Odvedena količina toplote od radne materije tj. količina toplote predata toplotnom potrošaču Q odv = Q 23 = m ( h3 − h2 ) ,

663

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Q odv = 0, 63 ⋅ ( 670,5 − 3925 ) = −2050,3 kW .

b) Faktor grejanja toplotne pumpe

εg =

εg =


,

2050,3 = 2, 4 . 2050,3 − 1200

c) Promena entropije izolovanog termodinamičkog sistema ∆Sis = ∆Srt + ∆Sti + ∆Stp , ∆Srt = 0

kW , K

∆Sti = −

Q dov , Tti

∆Sti = −

1200 kW , = −3,715 273 + 50 K

∆Stp = −

Q odv , Ttp

∆Stp = −

−2050,3 kW = 4,847 , 273 + 150 K

∆Sis = ∆Sti + ∆Stp , ∆Sis = −3, 715 + 4,847 = 1,132

664

kW . K

7 Vlažan vazduh

VLAŽAN VAZDUH 7.0. Vlažan vazduh Vlažan vazduh predstavlja mešavinu suvog vazduha i vlage. Vlaga se u vlažnom vazduhu može pojaviti u sva tri agregatna stanja, u zavisnosti od pritiska i temperature mešavine. Shodno tome razlikujemo: 1. Nezasićen vlažan vazduh 2. Zasićen vlažan vazduh 3. Presićen vlažan vazduh 4. Presićen vlažan vazduh 5. Presićen vlažan vazduh

(suv vazduh + pregrejana para); (suv vazduh + suva para); (suv vazduh + suva para + voda); (suv vazduh + suva para + voda + led); (suv vazduh + suva para + led).

Napomena: 3. naziva se i magla; 4. naziva se i susnežna magla; 5. naziva se i ledena (snežna) magla. Vlažan vazduh se na normalnom pritisku i temperaturi može razmatrati kao dvokomponentna mešavina suvog vazduha i vodene pare. 7.1. Veličine stanja nezasićenog vlažnog vazduha 7.1.1. Pritisak nezasićenog vlažnog vazduha Ako se drugačije u tekstu zadatka ne navede, pritisak vlažnog vazduha iznosi p = 1 ⋅105 Pa (normalan atmosferski pritisak). Nezasićen vlažan vazduh se sa dovoljnom tačnošću u praktičnim proračunima može smatrati mešavinom idealnih gasova (suv vazduh + pregrejana para) pa se na njega može primeniti Daltonov zakon

p = pH 2O + psv , gde je

pH2O , [ Pa ] - parcijalni pritisak vodene pare u nezasićenom vlažnom vazduhu,

psv , [ Pa ] - parcijalni pritisak suvog vazduha u nezasićenom vlažnom vazduhu.

667

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 7.1.2. Temperatura nezasićenog vlažnog vazduha

Temperatura komponenata nezasićenog vlažnog vazduha (suv vazduh, pregrejana para) jednaka je temperaturi vlažnog vazduha tj. T = Tsv = TH2O . Ponekad se zove i

temperatura suvog termometra. Izražava se u stepenima Kelvina [ K ] osim u izrazu za

specifičnu entalpiju vlažnog vazduha gde se moraju koristiti stepeni Celzijusa [°C ] . 7.1.3. Gustina nezasićenog vlažnog vazduha

ρ = ρ H2O + ρsv ,

ρ sv =

psv J - gasna konstanta suvog vazduha, , Rsv = 287 RsvT kgK

ρ H 2O =

p H 2O RH2OT

, RH 2O = 462

J - gasna konstanta vodene pare. kgK

7.1.4. Apsolutna vlažnost nezasićenog vlažnog vazduha

Apsolutna vlažnost vazduha ili sadržaj vlage, predstavlja maseni odnos komponenata vlažnog vazduha (vodene pare i suvog vazduha), odnosno

x=

mH 2O ⎡ kg H 2 O ⎤ , ⎢ ⎥. msv ⎣ kg SV ⎦

Računski se određuje iz izraza x=

M H 2O M sv

⋅

p H 2O p − p H 2O

,

gde je kg - molarna masa vode, kmol kg - molarna masa suvog vazduha. = 29 kmol

M H 2O = 18 M sv

668

VLAŽAN VAZDUH 7.1.5. Relativna vlažnost nezasićenog vlažnog vazduha

Predstavlja odnos parcijalnog pritiska vodene pare u vlažnom vazduhu pH 2O i napona pare čiste vode iste temperature p ps

ϕ=

pH 2 O p ps

.

Za nezasićen vlažan vazduh 0 < ϕ < 1 . Napon pare čiste vode p ps zavisi od temperature vode i očitava se u termodinamičkim tablicama. Relativna vlažnost vazduha se može izraziti i u procentima (ϕ ⋅100% ) i kao takva se pojavljuje u svim meteorološkim izveštajima. 7.1.6. Specifična entalpija nezasićenog vlažnog vazduha

Određuje se iz jednačine

⎡ kJ ⎤ h = c psv t + x (1,86t + 2500) , ⎢ ⎥. ⎣ kg SV ⎦ Temperatura t mora biti izražena u Celzijusovim stepenim [°C ] , a c psv predstavlja specifični toplotni kapacitet suvog vazduha pri konstantnom pritisku i iznosi

c psv = 1

kJ . kg°C

7.2. Veličine stanja zasićenog vlažnog vazduha

Sve navedene veličine stanja kod nezasićenog vazduha definišu se na isti način i kod zasićenog vlažnog vazduha. Specifičnost za zasićen vlažan vazduh je

pH 2O = p ps , pa relativna vlažnost zasićenog vlažnog vazduha iznosi

ϕ = 1.

669

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 7.3. Poređenje nezasićenog i zasićenog vlažnog vazduha

Za poređenje nezasićenog i zasićenog vlažnog vazduha koriste se dve veličine - temperatura tačke rose t R ; - temperatura vlažnog termometra tvt . Temperatura tačke rose t R je temperatura zasićenog vlažnog vazduha koji ima istu apsolutnu vlažnost x kao posmatrani nezsićen vlažan vazduh. Kada se zada u zadatku ima za cilj da „sakrije” apsolutnu vlažnost nezasićenog vlažnog vazduha. U tom slučaju se najpre u termodinamičkim tablicama pročita napon pare čiste vode p ps za temperaturu t R , a potom odredi apsolutna vlažnost vazduha iz jednačine

x=

M H 2O M sv

⋅

p ps p − p ps

.

Temperatura tačke rose fizički predstavlja temperaturu do koje se maksimalno može hladiti nezasićen vlažan vazduh tako da ne dođe do izdvajanja kapljica vode iz njega (tj. da postane zasićen). Temperatura vlažnog termometra tvt za vlažan vazduh ima isto značenje kao i temperatura adijabatskog zasićenja. To znači da je reč o temperaturi zasićenog vlažnog vazduha koji ima istu specifičnu entalpiju h kao posmatrani nezasićen vlažan vazduh. Kada se zada u zadatku, ima za cilj da „sakrije” specifičnu entalpiju nezasićenog vlažnog vazduha. U tom slučaju se prvo u termodinamičkim tablicama pročita napon pare čiste vode p ps za temperaturu tvt , odredi apsolutna vlažnost zasićenog vazduha prema jednačini

xvt =

M H 2O M sv

⋅

p ps p − p ps

,

a zatim odredi i specifična entalpija vlažnog vazduha hvt = c p tvt + xvt (1,86tvt + 2500 ) .

Temperatura vlažnog termometra fizički predstavlja temperaturu do koje se može ohladiti vlažan predmet izložen struji nezasićenog vlažnog vazduha usled isparavanja vode sa njegove površine.

670

VLAŽAN VAZDUH 7.4. Molijerov hx dijagram za vlažan vazduh

Za određivanje nekih veličina stanja vlažnog vazduha ( p = 1 bar ) može se koristiti Molijerov hx dijagram. Na Molijerovom dijagramu su prikazane neke od prethodno navedenih veličina stanja: specifična entalpija h , apsolutna vlažnost x , relativna vlažnost ϕ i parcijalni pritisak pH 2O .

Slika 7.1. Molijerov hx dijagram Molijerov hx dijagram se mora koristiti za određivanje apsolutne vlažnosti nezasićenog i/ili zasićenog vlažnog vazduha u sledećim slučajevima: 1. x = f (ϕ , h ) ; 2. x = f (ϕ , pravac vlaženja) ; 3. x = f (ϕ , pravac mešanja) .

671

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Molijerov hx dijagram za vlažan vazduh

Slika 7.2. Molijerov hx dijagram za vlažan vazduh Oznake: 3.1. Magla ( t > 0 ) (suv vazduh + suva para + voda) 3.2. Susnežna magla (suv vazduh + suva para + voda + led) na hx dijagramu predstavlja

(

)

se izotermskom površinom t = 0 o C ;

3.3. Ledena (snežna) magla ( t < 0 ) (suv vazduh + suva para + led) Veličine stanja presićenog vlažnog vazduha se u opštem slučaju određuju upotrebom Molijerovog hx dijagrama za vlažan vazduh, tj. ne važe prethodno navedene jednačine za nezasićen i zasićen vlažan vazduh. 7.5. Procesi sa vlažnim vazduhom 7.5.1. Zagrevanje vlažnog vazduha

Slika 7.3. Zagrevanje vlažnog vazduha

672

VLAŽAN VAZDUH Karakteristike procesa:

x = const , pH2 O = const , Q12 = m sv ( h2 − h1 ) , gde je Q12 , [ kW ] - toplotni protok koji se predaje vlažnom vazduhu,

⎡ kg ⎤ m sv , ⎢ ⎥ - maseni protok suvog vazduha. ⎣ s ⎦ 7.5.2. Hlađenje vlažnog vazduha

Slika 7.4. Hlađenje vlažnog vazduha Karakteristike procesa:

x = const , pH2O = const , Q12 = m sv ( h2 − h1 ) , gde je

Q12 , [ kW ] - toplotni protok koji se odvodi od vlažnog vazduha,

673


⎡ kg ⎤ m sv , ⎢ ⎥ - maseni protok suvog vazduha. ⎣ s ⎦ 7.5.3. Adijabatsko vlaženje vlažnog vazduha

Slika 7.5. Adijabatsko vlaženje vlažnog vazduha Prvi zakon termodinamike za proces vlaženja

H ulaz = H izlaz , m sv h1 + m pp hpp = m sv h2 , Materijalni bilans vlage za proces vlaženja m sv x1 + m pp = m sv x2 . Procedura crtanja dijagrama 1. Odredi se entalpija vodene pare kojom vršimo vlaženje, 2. Uoči se tačka na obodu hx dijagrama koja predstavlja entalpiju vodene pare kojom smo vršili vlaženje (reperna tačka) 3. Konstruiše se prava 1-2, paralelna pravoj koja prolazi kroz pol ( P ) hx dijagrama i repernu tačku na obodu hx dijagrama. Napomena: U ovom slučaju prikazano je vlaženje pregrejanom parom, mada se za vlaženje može koristiti bilo koji pojavni oblik vodene pare (suva para, vlažna para, voda, led).

674

VLAŽAN VAZDUH 7.5.4. Sušenje vlažnog vazduha

Slika 7.6. Sušenje vlažnog vazduha Količina izdvojenog kondenzata

m k = m sv ( x1 − x2 ) . Odvedeni toplotni protok od vlažnog vazduha

Q12 = m sv ( h1 − h2 ) − m k hk , gde je hk specifična entalpija kondenzata ( p = 1 bar, tk = t2 ) .

Slika 7.7. Sušenje vlažnog vazduha hx dijagram

675

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 7.5.5. Adijabatsko mešanje dva vlažna vazduha

Slika 7.8. Adijabatsko mešanje dva vlažna vazduha Prvi zakon termodinamike za proces mešanja

H ulaz = H izlaz , m sv1h1 + m sv 2 h2 = ( m sv1 + m sv 2 ) hm . Materijalni bilans vlage za proces mešanja

m sv1 x1 + m sv 2 x2 = ( m sv1 + m sv 2 ) xm , pravilo poluge

xm = g1 x1 + g2 x2 , hm = g1h1 + g 2 h2 . g1 - maseni udeo vazduha 1 u dobijenoj mešavini (računato na suv vazduh), g 2 - maseni udeo vazduha 2 u dobijenoj mešavini (računato na suv vazduh).

676

VLAŽAN VAZDUH 7.5.6. Kompresija vlažnog vazduha

Slika 7.9. Kompresija vlažnog vazduha Karakteristike procesa

p2 > p1 , x1 = x2 ,

(p ) ≠(p ) H 2O 1

H 2O 2

.

Slika 7.10. Dvodimenzionalni prikaz kompresije nezasićenog vlažnog vazduha

677

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 7.5.7. Adijabatsko prigušivanje vlažnog vazduha

Slika 7.11. Adijabatsko prigušivanje vlažnog vazduha Karakteristike procesa

Q12 = 0 , Lt12 = 0 , p2 < p1 , x1 = x2 , h1 = h2 ,

(p ) ≠(p ) H 2O 1

H 2O 2

.

Slika 7.12. Dvodimenzionalni prikaz adijabatskog prigušivanja vlažnog vazduha

678

VLAŽAN VAZDUH Pri dvodimenzionalnom prikazivanju procesa tačke 1 i 2 se poklapaju a linija ϕ = 1 za p2 < p1 nalazi se ispod linije ϕ = 1 za p1 . 7.6. Sušenje vlažnog materijala

Sušenje vlažnog materijala je proces u kojem se iz vlažnog materijala uklanja deo vode (slobodna voda). Kao agens sušenja upotrebljava se vlažan vazduh koji se prethodno pripremi (na različit način u različitim modelima sušenja) a zatim upotrebljava za sušenje vlažnog materijala (sam vazduh se pri tome vlaži). Prema načinu pripeme vlažnog vazduha razlikujemo jednostepene, višestepene, i recirkulacione sušare. Sa aspekta sušenja svi materijali sastoje se samo od dve komponente: vode ( H 2 O ) i suve materije ( SM ) . 7.6.1. Načini izražavanja vlažnosti materijala ⎡ kg H 2 O ⎤ 1. Vlažnost materijala, y , ⎢ ⎥ , predstavlja maseni udeo vode u materijalu. ⎣⎢ kg ( H 2 O+SM ) ⎦⎥ ⎡ kg H 2 O ⎤ 2. Vlažnost materijala računato na suvu materiju, Y , ⎢ ⎥ , predstavlja maseni ⎣ kg SM ⎦ Y odnos vode prema suvoj materiji u materijalu. Uočiti da je y = . 1+Y

Pri rešavanju praktičnih primera koristimo se tehnikom pravljenja materijalnih bilanasa mobilne komponente (voda) za komoru u kojoj se vrši sušenje vlažnog materijala. 7.6.2. Materijalni bilans vode za proces u komori za sušenje materijala

Slika 7.13. Komora za sušenje materijala Materijalni bilans komore za sušenje materijala

m vm = m om + W .

679


Bilans vlage komore za sušenje materijala

m vm y1 = m om y2 + W . Kombinacijom prethodna dva izraza, dobija se

(

)

m vm y1 = m vm − W y2 + W , odakle je y − y2 W = m vm 1 . 1 − y2

Odnosno

( m

om

)

+ W y1 = m om y2 + W ,

y −y W = m om 1 2 . 1 − y1

Sada važi y −y y −y W = m sv ( x2 − x1 ) = m vm 1 2 = m om 1 2 . 1 − y2 1 − y1

Oznake

kg W , ⎡⎢ ⎤⎥ - maseni protok odstranjene vode iz vlažnog materijala, ⎣s ⎦ ⎡ kg ⎤ m sv , ⎢ ⎥ - maseni protok upotrebljenog suvog vazduha, ⎣ s ⎦ ⎡ kg H 2 O ⎤ x1 , ⎢ ⎥ - apsolutna vlažnost vazduha na ulazu u komoru za sušenje, ⎣ kg SM ⎦

680

VLAŽAN VAZDUH

⎡ kg H 2 O ⎤ x2 , ⎢ ⎥ - apsolutna vlažnost vazduha na izlazu iz komor za sušenje, ⎣ kg SM ⎦

⎡ kg ⎤ m vm , ⎢ ⎥ - maseni protok vlažnog materijala, ⎣ s ⎦ ⎡ kg ⎤ m om , ⎢ ⎥ - maseni protok osušenog materijala, ⎣ s ⎦ ⎡ kg H 2 O ⎤ y1 , ⎢ ⎥ - maseni udeo vode u vlažnom materijalu, ⎣ kg ( H 2O+SM ) ⎦ ⎡ kg H 2 O ⎤ y2 , ⎢ ⎥ - maseni udeo vode u osušenom materijalu. ⎣ kg ( H 2 O+SM ) ⎦ 7.6.3. Jednostepena teorijska (adijabatska) sušara

Slika 7.14. Jednostepena sušara Materijalni bilans vlage za proces u komori za sušenje materijala y − y2 y − y2 W = m sv ( x2 − x1 ) = m vm 1 = m om 1 . 1 − y2 1 − y1

681


Slika 7.15. Proces u jednostepenoj sušari Specifična potrošnja toplote q w =

Q 01 h1 − h0 . = W x2 − x1

Slika 7.16. Proces u jednostepenoj sušari 7.6.4. Dvostepena teorijska (adijabatska) sušara

Slika 7.17. Dvostepena sušara

682

VLAŽAN VAZDUH

Materijalni bilans vlage za proces u prvom stepenu sušenja materijala

y − y' y − y' W1 = m sv ( x2 − x1 ) = m vm 1 = m ' 1 . 1− y ' 1 − y1 Materijalni bilans vlage za proces u drugom stepenu sušenja materijala

y '− y2 y '− y2 W 2 = m sv ( x4 − x3 ) = m ' = m om . 1 − y2 1− y '

Slika 7.18. Proces u dvostepenoj sušari 7.6.5. Recirkulaciona teorijska (adijabatska) sušara

Slika 7.19. Recirkulaciona sušara Materijalni bilans vlage za proces u komori za sušenje materijala:

683


y − y2 y −y W = ( m sv1 + m sv 2 ) ( x2 − x1 ) = m vm 1 = m om 1 2 . 1 − y2 1 − y1

Slika 7.20. Proces u recirkulacionoj sušari Specifična potrošnja toplote qw =

Q M 1 h1 − hM . = x2 − x1 W

Slika 7.21. Proces u recirkulacionoj sušari

684

VLAŽAN VAZDUH Zadatak 7.1. U sudu zapremine V = 0,85 m3 nalazi se mvv = 1,01 kg nezasićenog vlažnog vazduha

(

)

stanja p = 1 bar, t = 20o C . Odrediti: a) b) c) d) e) f)

masu suvog vazduha u sudu i masu vodene pare u sudu; pritisak suvog vazduha i pritisak vodene pare u sudu; gustinu suvog vazduha, gustinu vodene pare i gustinu vlažnog vazduha u sudu; sadržaj vlage (apsolutnu vlažnost) vlažnog vazduha, kgH 2O / ( kgSV ) ; relativnu vlažnost vlažnog vazduha; specifičnu entalpiju važnog vazduha.

R e š e n j e:

a) Masa nezasićenog vlažnog vazduha mvv = msv + mH 2O .

Jednačina stanja nezasićenog vlažnog vazduha

(

)

pV = msv Rsv + mH 2O RH 2O T .

Rešavanjem sistema od prethodne dve jednačine dobija se masa suvog vazduha u sudu 1 ⎛ pV ⎞ msv = ⎜ − mvv RH 2O ⎟ , ⎝ T ⎠ Rsv − RH 2O ⎛ 1 ⋅105 ⋅ 0,85 ⎞ 1 kg msv = ⎜ − 1,01 ⋅ 462 ⎟ =1 . 293 s ⎝ ⎠ 287 − 462

Masa vodene pare u sudu je sada

mH 2O = mvv − msv = 1,01 − 1 = 0,01 kg . b) Pritisak suvog vazduha psv =

msv RsvT 1 ⋅ 287 ⋅ 293 = = 98930 Pa , V 0,85

685

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE pritisak vodene pare

pH 2 O =

mH 2O RH 2OT V

=

0,01 ⋅ 462 ⋅ 293 = 1592 Pa . 0,85

c) Gustina suvog vazduha

ρ sv =

msv p 98930 kg SV = sv = = 1,1765 , V RsvT 287 ⋅ 293 m3

gustina vodene pare

ρ H2O =

mH 2O V

=

p H 2O RH 2OT

=

1592 kg H 2O = 0,0118 , 462 ⋅ 293 m3

gustina vlažnog vazduha

ρvv = ρ sv + ρ H2O = 1,1765 + 0,0118 = 1,1883

kg VV . m3

d) Apsolutna vlažnost vlažnog vazduha

x=

mH2O msv

=

M H2O M sv

⋅

p H 2O p − p H 2O

=

kg H 2O 18 1592 . ⋅ = 0,01 5 29 1⋅ 10 − 1592 kg SV

e) Relativna vlažnost vlažnog vazduha

ϕ=

pH 2O

(p )

ps t = 20 o C

=

1592 = 0,68 . 2337

f) Specifična entalpija vlažnog vazduha

h = c psv t + x (1,86t + 2500 ) , h = 1 ⋅ 20 + 0,01 ⋅ (1,86 ⋅ 20 + 2500 ) = 45,372

686

kJ . kg SV

VLAŽAN VAZDUH Zadatak 7.2. Odrediti temperaturu vlažnog vazduha čije je stanje pri p = 1 bar zadato na način: kg H 2 O - apsolutna vlažnost, ϕ = 0,8 - relativna vlažnost; a) x = 0,02 kg SV

b) Tvt = 20 o C - temperatura vlažnog termometra, Tr = 10 o C - tačka rose. R e š e n j e:

a) Pritisak vodene pare pH 2 O =

xp M H2O M sv

0, 02 ⋅ 1 ⋅ 105 = 3121,64 Pa , 18 + 0,02 29

= +x

napon pare čiste vode

p ps =

pH 2 O

ϕ

=

3121,64 = 3902 Pa . 0,8

Temperatura vlažnog vazduha

t = 28,55 o C (temperatura ključanja vode na p = 3902 Pa ). b)

(p )

H 2O R

xR =

( )

= ϕ R ⋅ p ps

M H 2O M sv

⋅

tR =10 o C

pH 2 O p − pH 2 O

=

= 1 ⋅ 1227 = 1227 Pa ,

kg H 2 O 18 1227 ⋅ = 0,0077 , 5 29 1 ⋅10 − 1227 kg SV

x = xR ,

(p )

H 2 O vt

xvt =

( )

= ϕ vt ⋅ p ps

M H 2O M sv

⋅

tvt = 20 o C

pH 2 O p − pH 2 O

=

= 1 ⋅ 2337 = 2337 Pa ,

kg H 2 O 18 2337 , ⋅ = 0,0148 5 29 1⋅10 − 2337 kg SV

687


hvt = c p tvt + xvt (1,86tvt + 2500) , hvt = 1 ⋅ 20 + 0,0148 ⋅ (1,86 ⋅ 20 + 2500 ) = 57,55

kJ , kgSV

h = hvt , t=

h − 2500 x 57,55 − 0,0077 ⋅ 2500 = = 37,76 o C . c p + 1,86 x 1 + 0,0077 ⋅1,86

Zadatak 7.3.

(

Vlažnom vazduhu stanja 1 p1 = 1 bar, t1 = 20 o C, ϕ1 = 0,8, m vv = 20 kg/h

(

)

dovodi se

)

toplota u zagrejaču vazduha dok vazduh ne dostigne stanje 2 p1 = 1 bar, t2 = 80 o C , a zatim se tako zagrejan vazduh u adijabatskoj izolovanoj komori vlaži pregrejanom vodenom parom stanja P p = 1 bar, t = 120 o C, m pp = 1 kg/h do stanja 3( p = 1 bar ) .

(

)

Skicirati promene stanja vlažnog vazduha u Molijerovom hx dijagramu i odrediti: a) toplotnu snagu zagrejača vazduha ( kW ) ; b) entalpiju ( h ) , apsolutnu vlažnost ( x ) i temperaturu ( t ) vlažnog vazduha stanja 3. R e š e n j e:

Slika 7.22.

688

VLAŽAN VAZDUH Tačka 1: p ps = 2337 Pa , napon pare čiste vode na

t = 20o C ,

pH 2O = ϕ p ps = 0,8 ⋅ 2337 = 1869,6 Pa , x1 =

M H2O M sv

⋅

pH 2O p − pH 2 O

=

kg H 2O 18 1869,6 ⋅ = 0,0118 , 5 29 1 ⋅10 − 1869,6 kg SV

h1 = c psv t + x (1,86t + 2500 ) , h1 = 1 ⋅ 20 + 0,0118 ⋅ (1,86 ⋅ 20 + 2500 ) = 49,94

m sv =

kJ , kg SV

m vv 20 kg SV = = 19,77 . 1 + x1 1 + 0,0118 h

Tačka 2: x2 = x1 = 0,0118

kg H 2O , kg SV

h2 = c p t + x (1,86t + 2500 ) , h2 = 1 ⋅ 80 + 0,0118 ⋅ (1,86 ⋅ 80 + 2500 ) = 111,26

kJ . kg SV

Prvi zakon termodinamike za proces u zagrejaču vazduha Q12 = ∆H 12 + Lt12 , Q12 = ∆H 12 = m sv ( h2 − h1 ) , 19,77 Q12 = ⋅ (111, 26 − 49,94 ) = 0, 34 kW . 3600

689


m sv h2 + m pp hpp = m sv h3 , h3 =

m sv h2 + m pp h pp m sv

,

19, 77 1 ⋅ 111, 26 + ⋅ 2717 kJ 3600 . h3 = 3600 = 248,69 19,77 kg SV 3600

Materijalni bilans vlage za proces vlaženja vazduha

m sv x2 + m pp = m sv x3 , x3 =

m sv x2 + m pp , m sv

19,77 1 ⋅ 0,0118 + 3600 = 0, 0624 kg H 2 O , x3 = 3600 19, 77 kg SV 3600

t3 =

h3 − 2500 x3 248,69 − 2500 ⋅ 0,0624 = = 83,05 o C . c p + 1,86 x3 1 + 1,86 ⋅ 0,0624

(

Napomena: Specifična entalpija pregrejane vodene pare stanja P p = 1 bar, t = 120 o C iznosi h pp = 2717

690

kJ . kg

)

VLAŽAN VAZDUH Zadatak 7.4.

(

)

Za primenu vlažnog vazduha stanja 4 p = 1 bar, t = 36 o C, ϕ = 0,3 koristi se svež

(

)

1 p = 1 bar, t = 10 o C, ϕ = 0,8 . Svež vazduh se najpre zagreva u

vazduh stanja

zagrejaču do stanja 2 ( p = 1 bar ) , a onda adijabatski vlaži ubrizgavanjem vode

W

( p = 1 bar, t

w

)

= 50 o C dok se ne postigne zasićenje ( p = 1 bar, ϕ = 1) . Na kraju se

vazduh zagreva u dogrejaču. Potrošnja vode u fazi vlaženja iznosi 60 kg h . Skicirati promene stanja vlažnog vazduha u Molijerovom hx dijagramu i odrediti: a) veličine stanja vlažnog vazduha na ulazu u dogrejač 3 ( h, x, t ) ; b) toplotne snage zagrejača i dogrejača ( kW ) . R e š e n j e:


p ps = 1227 Pa , napon pare čiste vode na t = 10o C , pH 2O = ϕ p ps = 0,8 ⋅1227 = 981,6 Pa ,

691

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE x1 =

M H 2O M sv

pH 2O

⋅

p − pH2O

=

kg H 2 O 18 981,6 ⋅ = 0,0062 , 29 1 ⋅105 − 981,6 kg SV

h1 = c psv t + x (1,86t + 2500 ) , h1 = 1 ⋅10 + 0,0062 ⋅ (1,86 ⋅10 + 2500 ) = 25,62

kJ . kg SV

Tačka 4: p ps = 5940 Pa , napon pare čiste vode na t = 36o C ,

pH2O = ϕ p ps = 0,3 ⋅ 5940 = 1782 Pa , x4 =

M H2O M sv

⋅

pH 2O p − pH2O

=

18 1782 kg H 2O ⋅ = 0,0113 , 5 29 1 ⋅10 − 1782 kg SV

h4 = c psv t4 + x (1,86t4 + 2500 ) , h4 = 1 ⋅ 36 + 0,0113 ⋅ (1,86 ⋅ 36 + 2500 ) = 65,01 Tačka 3: x3 = x4 = 0,0113

pH2O =

xp M H 2O M sv

p ps =

692

p H 2O

ϕ

=

kg H 2O , kg SV =

+x

0,0113 ⋅ 1 ⋅ 105 = 1788 Pa , 18 + 0,0113 29

1788 = 1788 Pa , 1

kJ . kg SV

VLAŽAN VAZDUH

t3 = 15,6 o C , temperatura ključanja vode na p = 1788 Pa , h3 = c p t3 + x (1,86t3 + 2500 ) , h3 = 1 ⋅ 15,6 + 0,0113 ⋅ (1,86 ⋅15,6 + 2500 ) = 44,18

kJ . kg SV

Tačka 2: x2 = x1 = 0,0062

kg H 2O . kg SV

Materijalni bilans vlage za proces vlaženja vazduha (2-3)

m sv x2 + m W = m sv x3 , m sv =

m W , x3 − x2

60 kg 3600 . m sv = = 3, 268 0, 0113 − 0,0062 s

Prvi zakon termodinamike za proces vlaženja vazduha Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 = 0 ,

H 1 = H 2 ,

∆H ulaz = ∆H izlaz , m sv h2 + m w hw = m sv h3 , h2 =

m sv h3 − m w hw , m sv

693


h2 =

60 ⋅ 209,3 kJ 3600 , = 43,11 3, 268 kg SV

3, 268 ⋅ 44,18 −

hw = 209,3

(

)

kJ , specifična entalpija vode pri p = 1 bar, tw = 50 o C . kg

Prvi zakon termodinamike za proces u zagrejaču vazduha

Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 , Q12 = m sv ( h2 − h1 ) = 3, 268 ⋅ ( 43,11 − 25,62 ) = 57,16 kW . Prvi zakon termodinamike za proces u zagrejaču vazduha

Q34 = ∆H 34 + Lt 34 = ∆H 34 , Q 34 = m sv ( h4 − h3 ) = 3,268 ⋅ ( 65,01 − 44,18 ) = 68,07 kW . Zadatak 7.5. Vlažan vazduh, pri konstantnom pritisku ( p = 1, 26 bar ) , struji kroz adijabatski izolovan kanal i pri tome se najpre zagreva a potom i vlaži suvozasićenom vodenom parom ( p = 1,3 bar ) . Jedan deo vodene pare koristi se za zagrevanje vazduha (ulazi u cev zmijaču i iz nje izlazi potpuno kondenzovan, to jest kao ključala tečnost), a drugi deo pare (istog početnog stanja) koristi se za vlaženje vlažnog vazduha (ističe kroz mlaznicu i meša se sa vlažnim vazduhom stanja 2). Zapreminski protok vlažnog vazduha na ulazu u kanal iznosi 0,54 m3 s , a njegovo stanje je definisano temperaturom suvog

termometra i temperaturom vlažnog termometra 1 (tst = 22 o C, tvt = 12 o C) . Odrediti potrebne masene protoke vodene pare posebno kroz cevnu zmijaču i posebno kroz

(

)

mlaznicu, da bi se ostvarilo stanje 3 t = 60 o C, ϕ = 0,3 vlažnog vazduha na izlazu iz kanala. Skicirati promene stanja vlažnog vazduha u Majerovom hx dijagramu.

694

VLAŽAN VAZDUH R e š e n j e:

Slika 7.24. Tačka VT:

(p ) H 2O

xvt =

vt

( )

= ϕvt p ps

M H 2O M sv

⋅

t =12 o C

pH 2 O p − pH 2 O

=

= 1 ⋅1401 = 1401 Pa , kg H 2 O 18 1401 ⋅ = 0,0070 , 5 29 1,26 ⋅10 − 1401 kg SV

hvt = c psv tvt + xvt (1,86tvt + 2500 ) , hvt = 1 ⋅12 + 0,0070 ⋅ (1,86 ⋅12 + 2500 ) = 29,66

kJ . kg SV

Tačka 1: h1 = hvt = 29,66

x1 =

kJ , kg SV

h1 − c p t1 1,86t1 + 2500

(p ) H 2O

1

=

=

29, 66 − 1 ⋅ 22 kg H 2 O , = 0, 0030 1,86 ⋅ 22 + 2500 kg SV

x1 p M H 2O M sv

+ x1

=

0,0030 ⋅ 1, 26 ⋅ 105 = 606 Pa , 18 + 0, 0030 29

695


( psv )1 = p − ( pH O )1 = 1,26 ⋅105 − 606 = 1, 25 ⋅105 Pa , 2

( ρ sv )1 =

( psv )1 RsvT1

=

1,25 ⋅105 kg SV = 1, 48 , 287 ⋅ 295 m3

( m sv )1 = ( ρ sv )1 V1 = 1, 48 ⋅ 0,54 = 0,8

kg SV . s

Tačka 3:

p ps = 19910 Pa , napon pare čiste vode na t = 60o C , pH 2O = ϕ p ps = 0,3 ⋅19910 = 5973 Pa , x3 =

M H 2O M sv

⋅

pH2O p − pH 2 O

=

kg H 2O 18 5973 ⋅ = 0,0309 , 5 29 1,26 ⋅10 − 5973 kg SV

h3 = c p t3 + x (1,86t3 + 2500 ) , h3 = 1 ⋅ 60 + 0,0309 ⋅ (1,86 ⋅ 60 + 2500 ) = 140,7 Tačka 2: x2 = x1 = 0,0030

kg H 2O , kg SV

Materijalni bilans vlage za proces vlaženja (2-3)

m sv x2 + m B = m sv x3 , m B = m sv ( x3 − x2 ) ,

696

kJ . kg SV

VLAŽAN VAZDUH m B = 0,8 ⋅ ( 0, 0309 − 0, 0030 ) = 2, 23 ⋅ 10 −2

kg . s

Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu ograničenom isprekidanom konturom (Slika 7.24.) Q12 = ∆H 12 + Lt12 , Q12 = 0 ,

Lt12 = 0 , H 1 = H 2 ,

H ulaz = H izlaz , m sv h1 + m A hA1 + m B hB1 = m sv h3 + m A hA2 , m A =

m A =

m sv ( h3 − h1 ) − m B hB1 hA1 − hA2

=

0,8 ⋅ (140,7 − 29,66) − 2,23 ⋅10−2 ⋅ 2687 2687 − 449,2

0,8 ⋅ (140,7 − 29, 66 ) − 2, 23 ⋅ 10−2 ⋅ 2687 2687 − 449, 2

hA1 = hB1 = 2687

hA2 = 449,2

= 1, 29 ⋅ 10 −2

,

kg , s

kJ , suva para p = 1,3 bar , kg

kJ , ključala voda p = 1,3 bar . kg

697


Slika 7.25. Zadatak 7.6. U adijabatski izolovanom rashladnom tornju, za potrebe hlađenja neke prostorije, hladi

( p = 1 bar, t = 57 C) isparavanjem u struji vazduha, čije je stanje na ulazu u toranj 1 ( p = 1 bar, t = 22 C, ϕ = 0,2 ) a na izlazu iz tornja 2 ( p = 1 bar, t = 27 C, ϕ = 0,9 ) . Protok suvog vazduha kroz toranj iznosi 8,5 kg s . Ohlađena voda iz tornja W ( p = 1 bar, t = 22 C ) , se meša sa svežom vodom W ( p = 1 bar, t = 16 C ) da bi se nadoknadila količina vode i ponovo odvodi u o

se voda W1

w1

o

o

o

2

w2

o

0

w0

prostoriju koju treba ohladiti. Odrediti: a) potrošnju sveže vode (W0 ) ; b) razmenjenu toplotu u tornju ( kW ) ;

c) protoke tople (W1 ) i ohlađene vode (W2 ) ;

d) količinu toplote koju prostorija koja se hladi predaje vodi, Q ' ( kW ) .

Slika 7.26.

698

VLAŽAN VAZDUH R e š e n j e:

Vlažan vazduh Tačka 1: p ps = 2643 Pa , napon pare čiste vode na t = 22o C ,

pH 2O = ϕ p ps = 0, 2 ⋅ 2643 = 528,6 Pa , x1 =

M H 2O M sv

⋅

p H 2O p − pH2O

=

kg H 2O 18 528,6 ⋅ = 0,0033 , 5 29 1 ⋅10 − 528,6 kg SV

h1 = c p t1 + x1 (1,86t1 + 2500 ) , h1 = 1 ⋅ 22 + 0,0033 ⋅ (1,86 ⋅ 22 + 2500) = 30,385

kJ . kg SV

Tačka 2:

p ps = 3564 Pa , napon pare čiste vode na t = 27o C , pH 2O = ϕ p ps = 0,9 ⋅ 3564 = 3207,6 Pa , x2 =

M H2O M sv

⋅

p H 2O p − p H 2O

=

18 3207,6 kg H 2O ⋅ = 0,0206 , 5 29 1⋅ 10 − 3207,6 kg SV

h2 = c p t2 + x2 (1,86t2 + 2500 ) , h2 = 1 ⋅ 27 + 0,0206 ⋅ (1,86 ⋅ 27 + 2500 ) = 79,53

kJ . kg SV

699

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Voda kJ , specifična entalpija vode na p = 1 bar, t = 57 o C , kg

hw1 = 238,56

hw 2 = 92,26

kJ , specifična entalpija vode na p = 1 bar, t = 22 o C , kg

hw0 = 67,14

kJ , specifična entalpija vode na p = 1 bar, t = 16 o C . kg

Materijalni bilans za proces vlaženja vazduha u tornju

W1 + m sw x1 = W2 + m sv x2 , W1 − W2 = m sv ( x2 − x1 ) = W0 , kg . W0 = 8,5 ⋅ ( 0, 0206 − 0,0033 ) = 0,147 s

Prvi zakon termodinamike za proces u tornju Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

H 1 = H 2 , H ulaz = H izlaz , W1hw1 + m sv h1 = W 2 hw 2 + m sv h2 , Q tor = W1hw1 − W2 hw 2 = m sv ( h2 − h1 ) , Q tor = m sv ( h2 − h1 ) = 8,5 ⋅ ( 79,53 − 30,385) = 417,73 kW .

700

VLAŽAN VAZDUH Rešavanjem sistema jednačina

Wo = W1 − W 2 , Q tor = W1hw1 − W2 hw 2 , dobija se kg , W1 = 2,7626 s

kg . W 2 = 2, 6156 s

Prvi zakon termodinamike za proces u hladnjaku prostorije koju treba hladiti Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 , Q ' = W1hw1 − W2 hw 2 − W0 hw0 ,

Q ' = 2,7626 ⋅ 238,56 − 2,6156 ⋅ 92,26 − 0,147 ⋅ 67,14 = 407,861 kW . Zadatak 7.7. U nekom procesu

( p = 1 bar, t 1

1

izobarski

se

hladi

vlažan

)

vazduh,

početnog

stanja

= 30 C, ϕ1 = 0,8, mvv = 100 ⋅ (1 + x ) kg h . Odrediti: o

a) količinu toplote koja se odvodi od vlažnog vazduha kao i količinu izdvojenog kondenzata ako se hlađenje vazduha vrši do t2 = 10o C ; b) količinu toplote koja se odvodi od vlažnog vazduha kao i količinu izdvojenog leda ako se hlađenje vazduha vrši do t3 = −10o C ; c) količinu toplote koja se odvodi od vlažnog vazduha kao i količinu izdvojenog leda i kondenzata ako se hlađenje vazduha vrši do t3 = 0o C i pri tome nastaje jednaka količina leda i kondenzata. Sve procese predstaviti u Majerovom hx dijagramu za vlažan vazduh.

701



Tačka 1: p ps = 4241 Pa , napon pare čiste vode na t = 30o C ,

pH2O = ϕ1 p ps = 0,8 ⋅ 4241 = 3392,8 Pa , x1 =

M H2O M sv

⋅

p H 2O p − pH 2 O

=

18 3392,8 kg H 2 O ⋅ = 0,0218 , 5 29 1 ⋅10 − 3392,8 kg SV

h1 = c p t1 + x1 (1,86t1 + 2500 ) , h1 = 1 ⋅ 30 + 0,0218 ⋅ (1,86 ⋅ 30 + 2500) = 85,72

kJ . kg SV

a) Tačka 2:

p ps = 1227 Pa , napon pare čiste vode na t = 10o C , pH2O = ϕ p ps = 1 ⋅1227 = 1227 Pa , x2 =

702

M H2O M sv

⋅

p H 2O p − pH2O

=

kg H 2O 18 1227 ⋅ = 0,0077 , 5 29 1 ⋅10 − 1227 kg SV

VLAŽAN VAZDUH h2 = c psv t2 + x2 (1,86t2 + 2500 ) , h2 = 1 ⋅10 + 0,0077 ⋅ (1,86 ⋅10 + 2500 ) = 29,39

kJ . kg SV

Količina izdvojenog kondenzata m kond = m sv ( x1 − x2 ) = 100 ⋅ ( 0, 0218 − 0,0077 ) = 1, 41

kg . h

Slika 7.28. Prvi zakon termodinamike za proces u hladnjaku vazduha

Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 , Q12 = m sv ( h2 − h1 ) + m kond hw , 100 1, 41 Q12 = ⋅ ( 29,39 − 85, 72 ) + ⋅ 42 = −1,55 kW , 3600 3600

hw = 42

kJ , specifična entalpija kondenzata (vode) p = 1 bar, t = 10o C . kg

703

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE b)


p ps = 259,4 Pa , napon pare čiste vode na t = −10o C , pH2O = ϕ p ps = 1⋅ 259,4 = 259,4 Pa , x2 =

M H2O M sv

⋅

pH 2 O p − pH 2 O

=

18 259,4 kg H 2 O ⋅ = 0,0016 , 5 29 1 ⋅10 − 259,4 kg SV

h2 = c psv t2 + x2 (1,86t2 + 2500 ) , h2 = 1 ⋅ ( −10 ) + 0,0016 ⋅ ⎡⎣1,86 ⋅ ( −10 ) + 2500⎤⎦ = −6,03

kJ . kg SV

Količina izdvojenog leda m led = m sv ( x1 − x2 ) = 100 ⋅ ( 0,0218 − 0, 0016 ) = 2,02

Prvi zakon termodinamike za proces u hladnjaku vazduha

Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 ,

704

kg . h

VLAŽAN VAZDUH Q12 = m sv ( h2 − h1 ) + m led hl , 100 2,02 Q12 = ⋅ ( −6, 03 − 85,72 ) + ⋅ ( −352, 4) = −2, 75 kW , 3600 3600

hl = cl (Tl − 273) − rl = 2 ⋅ ( −10 ) − 332, 4 = −352, 4

kJ , entalpija leda. kg

c)

Slika 7.30. Tačka 2: p ps = 610,8 Pa , napon pare čiste vode na t = 0o C , pH 2O = ϕ p ps = 1 ⋅ 610,8 = 610,8 Pa , x2 =

M H2O M sv

⋅

p H 2O p − pH 2 O

=

kg H 2O 18 610,8 ⋅ = 0,0038 , 5 29 1 ⋅10 − 610,8 kg SV

h2 = c psv t2 + x2 (1,86t2 + 2500 ) , h2 = 1 ⋅ 0 + 0,0038 ⋅ (1,86 ⋅ 0 + 2500) = 9,5

kJ . kg SV

705

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Količina izdvojenog kondenzata i leda m kond + m led = m sv ( x1 − x2 ) = 100 ⋅ ( 0, 0218 − 0,0038 ) = 1,8 m kond = m led = 0,9

kg , h

kg . h

Prvi zakon termodinamike za proces u hladnjaku vazduha Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 , Q12 = m sv ( h2 − h1 ) + m kond hw + m led hl , 100 0,9 Q12 = ⋅ ( 9,5 − 85, 72 ) + ⋅ ( −332, 4) = −2, 2 kW , 3600 3600

hl = cl (Tl − 273) − rl = 2 ⋅ 0 − 332,4 = −332, 4 hw = 0

kJ , kg

kJ . kg

Zadatak 7.8. Iz 10 (1 + x ) kg s vlažnog vazduha čije je

stanje predstavljeno pomoću veličina

( p = 1 bar, t = 20 C, x = 0,02 kgH O kgSV) izdvaja se vlaga u tečnom stanju, a zatim o

2

se preostali vazduh zagreva izobarski dok se ne postigne relativna vlažnost ϕ = 0,3 . Odrediti maseni protok izdvojene vlage ( kg s ) kao i temperaturu vlažnog vazduha nakon zagrevanja. Prikazati procese sa vlažnim vazduhom u Molijerovom hx dijagramu. R e š e n j e:

Tačka 1: h1 = f ( t1 , x1 ) = 58

706

kJ , očitano sa Molijerovog hx dijagrama. kg SV

VLAŽAN VAZDUH Tačka 2:

(p ) H 2O

x2 =

2

( )

= ϕ p ps

M H 2O M sv

⋅

t = 20o C

pH 2 O p − pH 2 O

=

= 1 ⋅ 2337 = 2337 Pa , kg H 2 O 18 2337 ⋅ = 0,0149 . 5 29 1⋅ 10 − 2337 kg SV

Tačka 3: x3 = x2 = 0,0149

(p ) H 2O

3

=

x3 p M H 2O M sv

(p )

ps 3

=

kg H 2 O , kg SV

(p ) H 2O

ϕ3

3

=

+ x3

=

0, 0149 ⋅ 1 ⋅ 105 = 0, 0234 bar , 18 + 0, 0149 29

0,0234 = 0,078 bar , 0,3

t3 = ( tk ) p =0,078 bar = 41o C . Količina odstranjene vlage m w = m sv ( x1 − x2 ) = 10 ⋅ ( 0, 02 − 0,0149 ) = 0,051

kg . s

Slika 7.31.

707

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Zadatak 7.9.

(

)

Vlažan vazduh stanja 1 p = 175 kPa, t st = 28 o C, tvt = 22 o C i zapreminskog protoka V = 0,5 m3 s izobarski se vlaži u adijabatski izolovanoj komori sa 0,02 kg s

(

)

pregrejane vodene pare stanja p = 175 kPa, t = 400 o C do stanja 2. Odrediti: a) temperaturu vlažnog vazduha stanja 2; b) količinu toplote koju bi trebalo odvesti od vlažnog vazduha stanja 2 da bi ga izobarski ohladili do temperature od −10o C (stanje 3), kao i masu leda u jedinici vremena ( kg h ) koja se tom prilikom izdvoji iz vlažnog vazduha; c) skicirati sve procese sa vlažnim vazduhom u Molijerovom hx dijagramu. R e š e n j e:

Tačka VT: p ps = 2643 Pa , napon pare čiste vode na t = 22o C ,

pH2O = ϕ p ps = 1 ⋅ 2643 = 2643 Pa , xvt =

M H 2O M sv

⋅

pH2O p − pH 2 O

=

kg H 2O 18 2643 ⋅ = 0,0095 , 5 29 1,75 ⋅ 10 − 2673 kg SV

hvt = c p tvt + xvt (1,86tvt + 2500) , hvt = 1 ⋅ 22 + 0,0095 ⋅ (1,86 ⋅ 22 + 2500 ) = 46,14

kJ . kg SV

Tačka 1: h1 = hvt = 46,14

x1 =

708

kJ , kg SV

h1 − c p t1 1,86t1 + 2500

=

46,14 − 1 ⋅ 28 kg H 2 O , = 0, 0071 1,86 ⋅ 28 + 2500 kg SV

VLAŽAN VAZDUH

(

pH 2 O

)

1

=

x1 p M H2O M sv

=

+ x1

0,0071 ⋅ 1,75 ⋅ 105 = 1979 Pa , 18 + 0, 0071 29

( psv )1 = p − pH O = 1,75 ⋅105 − 1979 = 1,73 ⋅105 Pa , 2

( ρsv )1 =

( psv )1 RsvT1

=

1,73 ⋅ 105 kg SV =2 , 287 ⋅ 301 m3

m sv = ( ρ sv )1 V1 = 2 ⋅ 0,5 = 1

kg . s

Tačka 2: Materijalni bilans vlage za proces vlaženja suvog vazduha m sv x1 + m pp = m sv x2 , x2 =

m sv x1 + m pp , m sv

x2 =

kg H 2O 1 ⋅ 0,0071 + 0,02 = 0,0271 . 1 kg SV

Prvi zakon termodinamike za proces vlaženja vazduha Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

H 1 = H 2 , H ulaz = H izlaz , m sv h1 + m pp hpp = m sv h2 ,

709

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE h2 =

m sv h1 + m pp h pp , m sv

h2 =

1⋅ 46,14 + 0,02 ⋅ 3276,5 kJ = 111,67 , 1 kg

t2 =

h2 − 2500 x2 111,67 − 2500 ⋅ 0,0271 = = 41,8 o C , c p + 1,86 x2 1 + 1,86 ⋅ 0,0271

hpp = 3276,5

kJ , entalpija pregrejane vodene pare na p = 1,75 bar, t = 400o C . kg

Tačka 3: p ps = 259,4 Pa , napon pare čiste vode na t = −10o C ,

pH2O = ϕ p ps = 1⋅ 259,4 = 259,4 Pa , x3 =

M H 2O M sv

⋅

pH2O p − pH 2 O

=

kg H 2O 18 259,4 ⋅ = 0,0009 , 5 29 1,75 ⋅10 − 259,4 kg SV

h3 = c psv t + x3 (1,86t + 2500) , h3 = 1 ⋅ ( −10 ) + 0,0009 ⋅ (1,86 ⋅ ( −10 ) + 2500) = −7,77

kJ . kg SV

Količina izdvojenog leda m led = m sv ( x2 − x3 ) = 1 ⋅ ( 0, 0271 − 0, 0009 ) = 0, 0262

Prvi zakon termodinamike za proces u hladnjaku vazduha Q12 = m sv ( h3 − h2 ) + m led hl ,

710

kg kg . = 94,32 s h

VLAŽAN VAZDUH

Q12 = 1 ⋅ ( −7,77 − 111,67 ) + 0,0262 ⋅ (−352, 4) = −128,67 kW , hl = cl (Tl − 273) − rl = 2 ⋅ ( −10 ) − 332, 4 = −352, 4

kJ . kg

Slika 7.32. Zadatak 7.10.

(

)

Struja vlažnog vazduha stanja 1 p = 1 bar, t = 30 o C, ϕ = 20%, V = 15 m3 min meša se

(

sa

strujom

vlažnog

)

vazduha

2 p = 1 bar, t = 40 C, ϕ = 80%, V = 20 m min .

Skicirati

Molijerovom hx dijagramu i odrediti temperaturu

(t ) ,

o

3

entalpiju ( h ) novonastale mešavine ako se mešanje vrši: a) adijabatski; b) neadijabatski, pri čemu se okolini predaje 3 kW toplote.

proces

stanja mešanja

apsolutnu vlažnost

u

( x)

i

R e š e n j e:

Slika 7.33.

711

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Tačka 1: p ps = 4241 Pa , napon pare čiste vode na t = 30o C , pH2O = ϕ p ps = 0,2 ⋅ 4241 = 848, 2 Pa , x1 =

M H 2O M sv

⋅

p H 2O p − pH2O

=

kg H 2O 18 848, 2 ⋅ = 0,0053 , 5 29 1 ⋅10 − 848, 2 kg SV

h1 = c p t1 + x1 (1,86t1 + 2500 ) , h1 = 1 ⋅ 30 + 0,0053 ⋅ (1,86 ⋅ 30 + 2500 ) = 43,55

kJ , kg SV

( psv )1 = p − pH O = 1 ⋅105 − 848,2 = 99151,8 Pa , 2

( ρ sv )1 =

( psv )1 RsvT1

=

99151,8 kg SV = 1,14 , 287 ⋅ 303 m3

m sv1 = ( ρ sv )1 V1 = 1,14 ⋅

15 kg . = 0, 285 60 s

Tačka 2:

p ps = 7375 Pa , napon pare čiste vode na t = 40o C , pH2O = ϕ p ps = 0,8 ⋅ 7375 = 5900 Pa , x2 =

M H 2O M sv

⋅

pH 2O p − pH 2O

=

kg H 2 O 18 5900 , ⋅ = 0,0389 5 29 1 ⋅10 − 5900 kg SV

h2 = c p t2 + x2 (1,86t2 + 2500 ) ,

712

VLAŽAN VAZDUH

h2 = 1 ⋅ 40 + 0,0389 ⋅ (1,86 ⋅ 40 + 2500 ) = 140,14

kJ , kg SV

( psv )2 = p − pH O = 1 ⋅105 − 5900 = 94100 Pa , 2

( ρ sv )2 =

( psv )2 RsvT2

=

94100 kg SV = 1,05 , 287 ⋅ 313 m3

m sv 2 = ( ρ sv )2 V2 = 1,05 ⋅

20 kg . = 0,35 60 s

Tačka M: Materijalni bilans vlage za proces adijabatskog mešanja dva vlažna vazduha

m sv1 x1 + m sv 2 x2 = ( m sv1 + m sv 2 ) xm , xm =

m sv1 x1 + m sv 2 x2 , m sv1 + m sv 2

xm =

kg H 2 O 0,285 ⋅ 0,0053 + 0,35 ⋅ 0,0389 = 0,0238 . 0,285 + 0,35 kg SV

Prvi zakon termodinamike za proces mešanja

Q12 = ∆H 12 + Lt12 , H 1 = H 2 ,

H ulaz = H izlaz , m sv1h1 + m sv 2 h2 = ( m sv1 + m sv 2 ) hm , hm =

m sv1h1 + m sv 2 h2 , m sv1 + m sv 2

713


hm =

0, 285 ⋅ 43,55 + 0,35 ⋅140,14 kJ = 96,79 , 0, 285 + 0,35 kg SV

tm =

hm − 2500 ⋅ xm 96,79 − 2500 ⋅ 0,0238 = = 35,71o C . 1 + 1,86 ⋅ 0,0238 c p + 1,86 ⋅ xm

Tačka N: Prvi zakon termodinamike za proces neadijabatskog mešanja

Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 , Q12 = ( m sv1 + m sv 2 ) hn − m sv1h1 − m sv 2 h2 , hn =

m sv1h1 + m sv 2 h2 − Q12 , m sv1 + m sv 2

hn =

0,285 ⋅ 43,55 + 0,35 ⋅140,14 − 3 kJ = 92,07 , 0,285 + 0,35 kg SV

xn = xm = 0,0238

tn =

kg H 2O , kg SV

hn − 2500 ⋅ xn 92,07 − 2500 ⋅ 0,0238 = = 31,19 o C . 1 + 1,86 ⋅ 0,0238 c p + 1,86 ⋅ xn

Zadatak 7.11. Za prostoriju u kojoj se gaje šampinjoni priprema se m 3 = 5000 kg h vlažnog vazduha

(

)

na sledeći način: svež vazduh stanja 1 p = 1 bar, t = −10 o C, ϕ = 0,8 adijabatski se

(

)

meša sa delom iskorišćenog vazduha stanja 4 p = 1 bar, t = 22 o C, ϕ = 0,9 u odnosu 1:2. Dobijeni vlažan vazduh stanja M ( p = 1 bar ) se zagreva u zagrejaču do stanja

(

)

2 p = 1 bar, t = 25 o C a zatim adijabatski vlaži uvođenjem suvozasićene vodene pare

714

VLAŽAN VAZDUH

(

)

stanja P t = 100 o C do stanja 3 ( p = 1 bar ) kada vazduh dostiže apsolutnu vlažnost otpadnog vazduha. Tako dobijen vazduh u komori sa šampinjonima se hladi. Skicirati promene stanja vlažnog vazduha u Molijerovom hx dijagramu i odrediti: a) temperaturu vlažnog vazduha stanja M; b) temperaturu vlažnog vazduha stanja 3; c) totalnu snagu zagrejača vazduha ( kW ) ; d) potrošnju vodene pare u fazi vlaženja ( kg s ) .



p ps = 259,4 Pa , napon pare čiste vode na t = −10o C ,

715


pH2O = ϕ1 p ps = 0,8 ⋅ 259,4 = 207,5 Pa , x1 =

M H 2O M sv

⋅

pH 2O p − pH2O

=

kg H 2 O 18 207,5 ⋅ = 0,0013 , 5 29 1 ⋅10 − 207,5 kg SV

h1 = c p t1 + x1 (1,86t1 + 2500 ) , h1 = 1 ⋅ ( −10 ) + 0,0013 ⋅ ⎡⎣1,86 ⋅ ( −10 ) + 2500⎤⎦ = −6,77

kJ . kg SV

Tačka 4:

p ps = 2643 Pa , napon pare čiste vode na t = 22o C , pH2O = ϕ4 p ps = 0,9 ⋅ 2643 = 2378,7 Pa , x4 =

M H2O M sv

⋅

pH 2O p − pH 2O

=

kg H 2O 18 2378,7 , ⋅ = 0,0151 5 29 1⋅ 10 − 2378,7 kg SV

h4 = c p t4 + x4 (1,86t4 + 2500 ) , h4 = 1 ⋅ 22 + 0,0151⋅ (1,86 ⋅ 22 + 2500 ) = 60,37

kJ . kg SV

Tačka M: Materijalni bilans vlage za proces mešanja dva vlažna vazduha

m sv1 x1 + m sv 4 x4 = ( m sv1 + m sv 4 ) xm ,

716

VLAŽAN VAZDUH m sv1 ⋅ x1 + x4 m x + m sv 4 x4 m sv 4 , xm = sv1 1 = m sv1 m sv1 + m sv 4 +1 m sv 4 1 ⋅ 0, 0013 + 0,0151 kg H 2 O . xm = 2 = 0,0105 1 kg SV +1 2

Prvi zakon termodinamike za proces mešanja Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

H 1 = H 2 , H ulaz = H izlaz , m sv1h1 + m sv 4 h4 = ( m sv1 + m sv 4 ) hm , hm =

m sv1h1 + m sv 4 h4 , m sv1 + m sv 4

m sv1 ⋅ h1 + h4 1 ⋅ ( −6,77 ) + 60,37 m sv 4 kJ , hm = = 2 = 37,99 1 msv1 kg SV +1 +1 2 m sv 4

tm =

hm − 2500 ⋅ xm 37,99 − 2500 ⋅ 0,0105 = = 11,52 o C . c p + 1,86 ⋅ xm 1 + 1,86 ⋅ 0,0105

Napomena: m sv 4 oznaka za maseni protok samo recirkulacionog vazduha. Tačka 2:

717


t2 = 25o C , x2 = xm = 0,0105

kg H 2 O , kg SV

h2 = c p t2 + x2 (1,86t2 + 2500 ) , h2 = 1 ⋅ 25 + 0,0105 ⋅ (1,86 ⋅ 25 + 2500 ) = 51,74 Tačka 3: x3 = x4 = 0,0151

m sv3

kg H 2 O , kg SV

5000 m 3 kg SV , = = 3600 = 1,38 1 + x3 1 + 0, 0105 s

m sv 3 = m sv 2 = m svm = m sv1 + m sv 4 , m sv1 =

m sv 4 , 2

Kombinovanjem poslednje dve jednačine dobija se m sv1 = 0, 46

kg , s

m sv 4 = 0,92

kg . s

Materijalni bilans za proces vlaženja vazduha

( m sv1 + m sv4 ) x2 + m " = ( m sv1 + m sv4 ) x3 , 718

kJ . kg SV

VLAŽAN VAZDUH

m " = ( m sv1 + m sv 4 )( x3 − x2 ) , m " = ( 0, 46 + 0,92 ) ⋅ ( 0, 0151 − 0, 0105 ) = 6,35 ⋅ 10 −3

kg . s

Prvi zakon termodinamike za proces vlaženja vazduha

Q12 = ∆H 12 + Lt12 , H 1 = H 2 , H ulaz = H izlaz ,

( m sv1 + m sv 4 ) h2 + m " h " = ( m sv1 + m sv4 ) h3 , h3 =

( m sv1 + m sv 4 ) h2 + m " h " , m sv1 + m sv 4

h3 =

1,38 ⋅ 51, 74 + 6,35 ⋅ 10 −3 ⋅ 2675 kJ , = 64, 05 0, 46 + 0,92 kg SV

t3 =

h3 − 2500 x3 64,05 − 2500 ⋅ 0,0151 = = 25,58 o C . c p + 1,86 x3 1 + 1,86 ⋅ 0,0151

Napomena: h " = 2675

(

)

kJ , entalpija suvozasićene vodene pare stanja P t = 100o C . kg


Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 , Q12 = ( m sv1 + m sv 4 )( h2 − hm ) = ( 0,46 + 0,92 ) ⋅ ( 51,74 − 37,99 ) = 18,98 kW .

719


Zadatak 7.12. Za klimatizaciju nekog objekta potrebno je obezbediti vlažan vazduh stanja 3 p = 0,12 MPa, t = 22 o C, ϕ = 50%, V = 0, 4 m3 /s . U tu svrhu koristi se uređaj koji

(

)

se sastoji od filtera, hladnjaka, zagrejača vazduha i ventilatora - duvaljke. Snaga ventilatora koji adijabatski sabija vazduh sa pritiska ( p2 = p1 = po ) na pritisak p3 je 1, 4 kW . Stanje okolnog nezasićenog vlažnog vazduha opisano je sledećim veličinama

(

)

O po = 0,1 MPa, to = 30 o C, ϕ = 50% . Prikazati proces promene stanja vlažnog vazduha u Molijerovom hx dijagramu i odrediti: a) količinu izdvojenog kondenzata ( kg/h ) ; b) toplotnu snagu hladnjaka vazduha, Q ( kW ) ; hlad

c) toplotnu snagu zagrejača vazduha, Q zag

( kW )

Slika 7.36.

R e š e n j e:

Slika 7.37.

720

.

VLAŽAN VAZDUH Tačka 3: p ps = 2643 Pa , napon pare čiste vode na t = 22o C , pH 2O = ϕ p ps = 0,5 ⋅ 2643 = 1321,5 Pa , x3 =

M H 2O M sv

⋅

p H 2O p − pH 2O

=

kg H 2 O 18 1321,5 ⋅ = 0,0069 , 5 29 1, 2 ⋅10 − 1321,5 kg SV

h3 = c p t3 + x3 (1,86t3 + 2500 ) , h3 = 1 ⋅ 22 + 0,0069 ⋅ (1,86 ⋅ 22 + 2500 ) = 39,53

kJ , kg SV

( psv )3 = p − pH O = 1,2 ⋅105 − 1321,5 = 118678,5 Pa , 2

( ρ sv )3 =

( psv )3 RsvT3

=

118678,5 kg SV = 1,4 , 287 ⋅ 295 m3

m sv3 = ( ρ sv )3 V = 1, 4 ⋅ 0, 4 = 0,56

kg . s

Tačka 2: x2 = x3 = 0,0069

kg H 2 O . kg SV

Prvi zakon termodinamike za proces u ventilatoru Q 23 = ∆H 23 + Lt 23 = 0 , Lt 23 = m sv ( h2 − h3 ) , h2 = h3 +

Lt12 1, 4 kJ . = 39,53 − = 37,03 m sv 0,56 kg SV

721

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Tačka 1: x1 = x2 = 0,0069

pH 2 O =

xp M H 2O M sv

p ps =

pH 2 O

ϕ

=

kg H 2 O , kg SV =

+x

0, 0069 ⋅ 1 ⋅ 105 = 1099, 4 Pa , 18 + 0, 0069 29

1099, 4 = 1099, 4 Pa , 1

t1 = 8,5 o C , temperatura ključanja vode na p = 0,010994 bar , h1 = c p t1 + x1 (1,86t1 + 2500 ) , h1 = 1 ⋅ 8,5 + 0,0069 ⋅ (1,86 ⋅ 8,5 + 2500 ) = 25,86

kJ . kg SV

Tačka O: p ps = 4241 Pa , napon pare čiste vode na t = 30o C ,

pH 2O = ϕ p ps = 0,5 ⋅ 4241 = 2120,5 Pa , xo =

M H 2O M sv

⋅

p H 2O p − pH 2O

=

kg H 2 O 18 2120,5 ⋅ = 0,0134 , 5 29 1 ⋅10 − 2120,5 kg SV

ho = c p to + xo (1,86to + 2500 ) , ho = 1 ⋅ 30 + 0,0134 ⋅ (1,86 ⋅ 30 + 2500 ) = 64,25

722

kJ . kg SV

VLAŽAN VAZDUH Količina izdvojenog kondenzata

m kond = m sv ( xo − x1 ) , m kond = 0,56 ⋅ ( 0, 0134 − 0,0069 ) ⋅ 3600 = 13,104

kg . h

Prvi zakon termodinamike za proces u hladnjaku vazduha Q o1 = ∆H o1 + Lto1 = ∆H o1 , Q hlad = m sv ( h1 − ho ) + m kond hk , 13,104 Q hlad = 0,56 ⋅ ( 25,86 − 64, 25 ) + ⋅ 35,72 = −21,37 kW . 3600

Napomena: hk = 35,72

kJ - entalpija kondenzata (voda) za ( p = 1 bar, t = 8,5o C ). kg


Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 , Q zag = m sv ( h2 − h1 ) = 0,56 ⋅ ( 37,03 − 25,86 ) = 6, 26 kW . Zadatak 7.13. Postrojenje za delimično sušenje vazduha sastoji se od vodom hlađenog klipnog kompresora i hladnjaka za vlažan vazduh. U klipnom kompresoru se sabija

(

m vv = 0, 27 (1 + x ) kg s vlažnog vazduha stanja 1 p1 = 0,1 MPa, t1 = 20 o C, ϕ1 = 0,8

(

)

)

do stanja 2 p2 > p1 , t2 = 45 o C, ϕ2 = 1 , a potom se uz izdvajanje tečne faze vlažan vazduh stanja 2 izobarski hladi do stanja 3 ( t3 = t1 ) . Ukupan toplotni fluks sa vlažnog vazduha na rashladnu vodu u toku procesa sabijanja i izobarskog hlađenja vlažnog vazduha iznosi Q = Q H 1 + Q H 2 = 13 kW . Odrediti pritisak vlažnog vazduha na kraju procesa sabijanja, količinu izdvojenog kondenzata kao i pogonsku snagu za pogon klipnog kompresora.

723


Slika 7.38.



M H 2O M sv

⋅

p H 2O p − pH 2 O

=

kg H 2 O 18 1869,6 , ⋅ = 0,0118 29 1 ⋅105 − 1869,6 kg SV

h1 = c p t1 + x1 (1,86t1 + 2500 ) , h1 = 1 ⋅ 20 + 0,0118 ⋅ (1,86 ⋅ 20 + 2500 ) = 49,94

kJ . kg SV

Tačka 2: x2 = x1 = 0,0118

kg H 2 O , kg SV

p ps = 9584 Pa , napon pare čiste vode na t = 45o C ,

724

VLAŽAN VAZDUH

pH2O = ϕ p ps = 1 ⋅ 9584 = 9584 Pa , M H2O M sv p2 = x2

+ x2 ⋅ p H 2O

18 + 0, 0118 = 29 ⋅ 9584 = 5,137 bar , 0,0118

h2 = c p t2 + x2 (1,86t2 + 2500 ) , h2 = 1 ⋅ 45 + 0,0118 ⋅ (1,86 ⋅ 45 + 2500 ) = 75,49

kJ . kgSV

Tačka 3:

p ps = 2337 Pa , napon pare čiste vode na t = 20o C , pH2O = ϕ p ps = 1 ⋅ 2337 = 2337 Pa , x3 =

M H 2O M sv

⋅

pH2O p3 − pH 2 O

=

18 2337 kg H 2 O , ⋅ = 0,0028 5 29 5,137 ⋅ 10 − 2337 kg SV

h3 = c p t3 + x3 (1,86t3 + 2500 ) , h3 = 1 ⋅ 20 + 0,0028 ⋅ (1,86 ⋅ 20 + 2500 ) = 27,10

kJ . kg SV

Količina izdvojenog kondenzata m kond = m sv ( x2 − x3 ) , m kond = 0, 27 ⋅ ( 0,0118 − 0,0028 ) = 2, 43 ⋅ 10 −3

kg . s

Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu ograničenom isprekidanom konturom ( Slika 7.38. )

725


Q12 = ∆H 12 + Lt12 , Lt12 = Lkomp = − m sv h 3 − m kond hw + m sv h 1 −Q H 1 − Q H 2 ,

Lkomp = −0,27 ⋅ 27,10 − 2, 43 ⋅10−3 ⋅188,4 + 0, 27 ⋅ 49,94 − 13 = −7,291 kW . Napomena: hw = 188,4

kJ - entalpija kondenzata (voda) za ( p = 1 bar, t = 45o C ). kg

Zadatak 7.14. Mešavina vodonika (idealan gas) i vodene pare (idealan gas) ima temperaturu t = 30o C , relativnu vlažnost ϕ = 90% i pritisak p = 200 kPa . Za navedenu mešavinu odrediti: a) apsolutnu vlažnost ( x ) i specifičnu entalpiju ( h ) vlažnog vodonika; b) masene udele vodonika i vodene pare u vlažnom vodoniku.

R e š e n j e: a)


pH 2O = ϕ p ps = 0,9 ⋅ 4241 = 3816,9 Pa , x=

M H 2O M H2

⋅

pH 2 O p − pH 2 O

=

kg H 2 O 18 3816,9 ⋅ = 0,1751 , 5 2 2 ⋅ 10 − 3816,9 kg H 2

h = c p t + x (1,86t + 2500 ) , h = 14,55 ⋅ 30 + 0,1751 ⋅ (1,86 ⋅ 30 + 2500 ) = 884,02

726

kJ . kg H 2

VLAŽAN VAZDUH mH 2O

b)

g H 2O =

mH 2O mH2O + mH 2

=

mH 2 mH 2O mH 2

+

mH 2

=

0,1751 x = = 0,15 , x + 1 0,1751 + 1

mH 2

mH 2 gH2 =

mH 2 mH2O + mH2

=

mH 2 mH 2O mH2

+

mH2

=

1 1 = = 0,85 . x + 1 0,1751 + 1

mH2

Zadatak 7.15. U vertikalnom cilindru sa klipom, početne zapremine V = 0,1 m3 nalazi se, pri stalnom pritisku p = 2 bar smeša ugljendioksida (idealan gas) i pregrejane vodene pare. Maseni udeo vodene pare u smeši je g H 2O = 0,1 , a početna temperatura smeše 90o C . Odrediti količinu toplote koju treba odvesti od vlažnog ugljendioksida da bi započela kondenzacija vodene pare:

R e š e n j e: Tačka 1: x1 =

g H 2O 1 − g H 2O

=

kg H 2 O 0,1 = 0,1111 , 1 − 0,1 kg CO 2

h1 = c pCO2 t1 + x1 (1,86t1 + 2500 ) , h1 = 0,85 ⋅ 90 + 0,1111 ⋅ (1,86 ⋅ 90 + 2500 ) = 372,85

pH 2 O =

x1 p M H 2O M CO2

+ x1

=

kJ , kg CO 2

0,1111 ⋅ 2 ⋅ 105 = 0, 43 bar , 18 + 0,1111 44

pCO2 = p − pH 2O = 2 − 0,43 = 1,57 bar ,

727


pCO2

ρCO2 =

RCO2 T

=

kg CO 2 1,57 ⋅105 = 2, 29 , 189 ⋅ 363 m3

mCO2 = ρCO2 V = 2, 29 ⋅ 0,1 = 0, 229 kg . Tačka 2: x2 = x1 = 0,1111

kg H 2 O , kg CO2

pH2O = const = 0, 43 ⋅105 = 0,43 bar , p ps 2 =

pH 2 O

ϕ2

( )

t2 = tklj

=

0, 43 = 0, 43 bar , 1

p = 0,43 bar

= 77,5 o C ,

h2 = c pCO2 t2 + x2 (1,86t2 + 2500 ) , h2 = 0,85 ⋅ 77,5 + 0,1111 ⋅ (1,86 ⋅ 77,5 + 2500 ) = 359,64

kJ . kg CO 2

Prvi zakon termodinamike za proces u cilindru

Q12 = ∆U12 + L12 , Q12 = U 2 − U1 + p (V2 − V1 ) , Q12 = H 2 − H1 = mCO2 ( h2 − h1 ) = 0,229 ⋅ ( 359,64 − 372,85 ) = −3 kW .

Zadatak 7.16. U toplotno izolovanoj komori mešaju se dva toka različitih vlažnih gasova zadatih stanja termodinamičkih stanja: zasićen vlažan kiseonik (O2 )

728

VLAŽAN VAZDUH

1 ( p1 = 0,5 MPa, T1 = 353 K, m 1 = 2(1 + x ) kg s )

i vlažan metan

( CH 4 )

stanja

2 ( p2 = 0,3 MPa, T2 = 293 K, ϕ2 = 0,4, m 2 = 3(1 + x) kg s ) . Promene kinetičke i potencijalne energije gasnih tokova su zanemarljive. Odrediti temperaturu vlažne gasne smeše koja izlazi iz komore.

Slika 7.39.


p ps = 47360 Pa , napon pare čiste vode na t = 80o C , pH 2 O = ϕ p ps = 1 ⋅ 47360 = 47360 Pa , x1 =

M H2O M O2

⋅

p H 2O p1 − pH 2O

=

kg H 2 O 18 47360 ⋅ = 0,0589 , 5 32 5 ⋅10 − 47360 kg O 2

h1 = c pO2 t1 + x1 (1,86t1 + 2500 ) , h1 = 0,91 ⋅ 80 + 0,0589 ⋅ (1,86 ⋅ 80 + 2500 ) = 228,81

m O2 = 2

kJ , kg O2

kg . s

Tačka 2:

729

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE p ps = 2337 Pa , napon pare čiste vode na t = 20o C ,

pH 2O = ϕ p ps = 0,4 ⋅ 2337 = 934,8 Pa , x2 =

M H2O M CH 4

⋅

p H 2O p 2 − p H 2O

=

kg H 2 O 18 934,8 ⋅ = 0,0035 , 16 3 ⋅105 − 934,8 kg CH 4

h2 = c pCH 4 t2 + x2 (1,86t2 + 2500 ) , h2 = 2,34 ⋅ 20 + 0,0035 ⋅ (1,86 ⋅ 20 + 2500 ) = 55,68

m CH 4 = 3

kJ , kg O 2

kg . s

Tačka M: Materijalni bilans vlage za proces mešanja dva vlažna gasa

(

)

m O2 x1 + m CH 4 x2 = m O2 + m CH 4 xm , xm =

xm =

m O2 x1 + m CH 4 x2 m O2 + m CH 4

,

kg H 2 O 2 ⋅ 0,0589 + 3 ⋅ 0,0035 = 0,0257 . 2+3 kg ( O 2 +CH 4 )

Prvi zakon termodinamike za proces mešanja Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 ,

(

)

m O2 h1 + m CH 4 h2 = m O2 + m CH 4 hm ,

730

VLAŽAN VAZDUH hm =

hm =

m O2 h1 + m CH 4 h2

,

m O2 + m CH 4

2 ⋅ 228,81 + 3 ⋅ 55,68 kJ = 124,93 , 2+3 kg ( O 2 +CH 4 )

g O2 =

mO2 mO2 + mCH 4

g CH 4 =

mCH 4 mO2 + mCH 4

=

2 = 0, 4 , 2+3

=

3 = 0,6 , 2+3

c pm = g O2 c pO2 + g CH 4 c pCH 4 = 0, 4 ⋅ 0,91 + 0,6 ⋅ 2,34 = 1,77

tm =

kJ , kg ( O2 +CH 4 ) K

hm − 2500 xm 124,93 − 2500 ⋅ 0,0257 = = 33, 4 o C = 306, 4 K . 1,77 + 1,86 ⋅ 0,0257 c pm + 1,86 xm

Zadatak 7.17. U toplotno izolovanom

kanalu izobarski se mešaju tok kiseonika stanja 1 p = 0,2 MPa, T = 280 K, V = 0,546 m 3 s i tok pregrejane vodene pare stanja

( P ( p = 0, 2 MPa, T = 553 K, m

)

pp

)

= 0,06 m 3 s . Nastali vlažan kiseonik stanja 2, se

potom, u vodom hlađenom klipnom kompresoru pogonske snage P = 65 kW , sabija do stanja 3 ( p3 = 0,3 MPa, ϕ = 0,72) . Odrediti toplotni protok sa vlažnog kiseonika na vodu za hlađenje kompresora i prikazati sve procese u hx koordinatnom sistemu.

Slika 7.40.

731


R e š e n j e: Tačka P: h pp = 3030

kJ , za p = 2 bar, t = 280 o C . kg

Tačka 1:

t1 = 7 o C , x1 = 0

kg H 2 O , kg O 2

h1 = c pO2 t1 + x1 (1,86t1 + 2500 ) , h1 = 0,91 ⋅ 7 + 0 ⋅ (1,86 ⋅ 7 + 2500 ) = 6,37

ρO2 =

pO2 RO2 T1

=

kJ , kg O 2

kg O2 2 ⋅105 = 2,75 , 260 ⋅ 280 m3

kg . m O2 = ρ O2 V = 2, 75 ⋅ 0,546 = 1,5 s

Tačka 2: Materijalni bilans vlage za proces vlaženja kiseonika m O2 x1 + m pp = m O2 x2 , x2 =

732

m O2 x1 + m pp m O2

,

VLAŽAN VAZDUH x2 =

kg H 2 O 1,5 ⋅ 0 + 0,06 = 0,04 . 1,5 kg O 2

Prvi zakon termodinamike za proces vlaženja kiseonika Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

H 1 = H 2 , m O2 h1 + m pp h pp = m O2 h2 , h2 =

h2 =

m O2 h1 + m pp hpp m O2

,

1,5 ⋅ 6,37 + 0,06 ⋅ 3030 kJ = 127,57 . 1,5 kg O 2

Tačka 3: kg H 2 O , kg O2

x3 = x2 = 0,04 x3 p3

pH 2 O =

M H2O M O2

p ps =

p H 2O

ϕ3

( )

t3 = tklj

=

=

+ x3

0,04 ⋅ 3 ⋅ 105 = 19917 Pa , 18 + 0, 04 32

19917 = 27662,5 Pa ≈ 0, 28 bar , 0, 72

p = 0,28 bar

= 67,5 o C ,

h3 = c pO2 t3 + x3 (1,86t3 + 2500 ) ,

733

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE h3 = 0,91 ⋅ 67,5 + 0,04 ⋅ (1,86 ⋅ 67,5 + 2500 ) = 166,45

kJ . kg O 2

Prvi zakon termodinamike za proces u kompresoru Q 23 = ∆H 23 + Lt 23 ,

Q 23 = m O2 ( h3 − h2 ) + Lt 23 = 1,5 ⋅ (166, 45 − 127,57 ) − 65 = −6,68 kW .

Slika 7.41.

Zadatak 7.18. Časovni kapacitet tunelske teorijske sušare iznosi 150 kg suvih banana. Vlažnost sirovih banana (maseni udeo vlage) je y1 = 70 mas% a suvih y2 = 12 mas% . Temperatura vazduha na izlazu iz sušare je 40o C , a maksimalna temperatura vazduha u sušari 85o C . Atmosferski vazduh ima temperaturu od 18o C i tačku rose 12o C . Skicirati promene stanja vlažnog vazduha u Molijerovom hx dijagramu i odrediti potrošnju grejne pare u zagrejaču vazduha (suvozasićena vodena para) ako joj je temperatura za 20 K viša od maksimalne temperature vazduha u sušari (smatrati da je kondenzat grejne pare na izlazu iz zagrejača vazduha neprehlađen). Sve promene stanja vlažnog vazduha su izobarske na p = 1 bar .

734

VLAŽAN VAZDUH

Slika 7.42.

R e š e n j e:

Slika 7.43. Teorijski uslovi sušenja (adijabatska sušara) podrazumevaju

0 − 1: x = const , 1 − 2 : h = const . Tačka R: tR = 12 o C , xR = f ( tR , ϕ R = 1) = 0,0088

kg H 2 O . kg SV

Tačka 0:

735

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE x0 = xR = 0,0088

kg H 2 O , kg SV

h0 = f ( t0 , x 0 ) = 40,3

kJ . kg SV

Tačka 1: x1 = x0 = xR = 0,0088

kg H 2 O , kg SV

h1 = f ( t1 , x1 ) = 108,4

kJ . kg SV

Tačka 2: h2 = h1 = 108,4

kJ , kg SV

x2 = f ( t2 , x 2 ) = 0,0265

kg H 2 O . kg SV

Napomena: sve vrednosti su pročitane sa hx dijagrama. Materijalni bilans vlage za proces sušenja banana m sv ( x2 − x1 ) = m om

m sv = m om

m sv =

736

y2 − y1 , 1 − y1

y2 − y1 1 ⋅ , x2 − x1 1 − y1

150 0,7 − 0,12 1 kg ⋅ ⋅ = 4,55 . 3600 1 − 0,7 0,0265 − 0,0088 s

VLAŽAN VAZDUH Prvi zakon termodinamike za proces vlaženja kiseonika

Q 01 = ∆H 01 + Lt 01 , H 0 = H 1 , H ulaz = H izlaz , m sv h0 + m p h " = m sv h1 + m p h ' , m p =

m p =

m sv ( h1 − h0 ) h "− h '

,

4,55 ⋅ (108,4 − 40,3) 2243

= 0,14

kg , s

kJ , toplota kondenzacije vodene pare na t = 105o C . kg

h "− h ' = r = 2243

Zadatak 7.19. U teorijskoj sušari suši se, pri p = 1 bar , 50 kg h kvaščeve biomase koja sadrži y1 = 70 mas% vlage, pri čemu se dobija suvi kvasac sa y2 = 7 mas% vlage. Na ulazu u zagrejač stanje vazduha određeno je temperaturom suvog termometra i temperaturom

(

)

vlažnog termometra 0 tst = 16 o C, tvt = 10 o C . Stanje otpadnog vazduha određeno je entalpijom i relativnom vlažnosti vazduha 2 ( h = 90 kJ ( kgSV ) , ϕ = 0,6) . Skicirati promene stanja vlažnog vazduha u Molijerovom hx dijagramu i odrediti:

(

)

a) potrošnju suvog vazduha u sušari m 3n /s ; b) toplotnu snagu zagrejača vazduha ( kW ) ; c) koliko bi se toplote moglo uštedeti hlađenjem otpadnog vazduha do stanja zasićenja i rekuperativnim korišćenjem oslobođene toplote za zagrevanje svežeg vazduha u pregrejaču ( kW ) .

737


R e š e n j e:

Slika 7.44. Tačka 0: h0 = 29,5

kJ , kg SV

x0 = 0,0057

kg H 2 O . kg SV

Tačka 2: h2 = 90

kJ , kg SV

x2 = 0,0215

kg H 2 O . kg SV

Tačka 1: h1 = h2 = 90

738

kJ , kg SV

VLAŽAN VAZDUH x1 = x0 = 0,0057

kg H 2O . kg SV

Napomena: sve vrednosti su pročitane sa hx dijagrama. a) Materijalni bilans vlage za proces sušenja banana m sv ( x2 − x1 ) = m vm

m sv = m vm

m sv =

y1 − y2 , 1 − y2

y1 − y2 1 ⋅ , x2 − x1 1 − y2

50 0,7 − 0,07 1 kg ⋅ ⋅ = 0,6 , 3600 1 − 0,07 0,0215 − 0,0057 s

m3 22, 4 22, 4 Vnsv = m sv = 0, 6 ⋅ = 0, 46 n . M sv 29 s

b) Prvi zakon termodinamike za proces u zagrejaču vazduha Q 01 = ∆H 01 + Lt 01 = ∆H 01 ,

Q zag = m sv ( h1 − h0 ) = 0,6 ⋅ ( 90 − 29,5) = 36,3 kW . c)

Slika 7.45.

739

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom sistemu ograničenom isprekidanom konturom Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 , Q rek = − m sv ( h2 − hA ) = −0,6 ⋅ ( 90 − 81,2 ) = −5,28 kW .

Napomena: hA = f ( x A = x2 , ϕA = 1) = 81,2

kJ (Molijerov hx dijagram). kg SV

Zadatak 7.20. Jednostepena, teorijska sušara, radi sa vazduhom kao agensom za sušenje po zatvorenom ciklusu, na pritisku p = 90 kPa = idem . Nakon zagrevanja vazduha (1-2), njegovog prolaska kroz komoru za sušenje (2-3), te hlađenja (3-4), u predajniku toplote, u kome se kondenzuje vodena para, ulazi zasićen vlažan vazduh stanja 4 (T4 = 313 K ) , a napušta ga ohlađen zasićen vlažan vazduh i izdvojeni kondenzat temperature T1 = 293 K . Maseni protok odvedenog kondenzata je m kond = 0,03 kg s . Toplotna snaga zagrejača vazduha je Q = 95 kW . Skicirati promene stanja vlažnog vazduha u zag

Molijerovom hx dijagramu i odrediti potreban maseni protok suvog vazduha i relativnu vlažnost (ϕ3 ) do koje se, sušenjem materijala, ovlaži vazduh.

Slika 7.46.

740

VLAŽAN VAZDUH

R e š e n j e:


p ps = 2337 Pa , napon pare čiste vode na t = 20o C , pH 2 O = ϕ p ps = 1 ⋅ 2337 = 2337 Pa , x1 =

M H 2O M sv

⋅

pH 2O p − pH 2 O

=

kg H 2 O 18 2337 ⋅ = 0,0165 , 5 29 0,9 ⋅10 − 2337 kg SV

h1 = c p t1 + x1 (1,86t1 + 2500 ) , h1 = 1 ⋅ 20 + 0,0165 ⋅ (1,86 ⋅ 20 + 2500 ) = 61,86

kJ . kg SV

Tačka 4: p ps = 7375 Pa , napon pare čiste vode na t = 40o C , pH 2 O = ϕ p ps = 1 ⋅ 7375 = 7375 Pa ,

741

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE x4 =

M H2O M sv

pH 2O

⋅

p − pH 2O

=

kg H 2O 18 7375 ⋅ = 0,0554 , 29 0,9 ⋅105 − 7375 kg SV

h4 = c p t4 + x4 (1,86t4 + 2500 ) , h4 = 1 ⋅ 40 + 0,0554 ⋅ (1,86 ⋅ 40 + 2500 ) = 182,62

kJ . kg SV

Količina izdvojenog kondenzata m kond = m sv ( x3 − x2 ) = m sv ( x4 − x1 ) , m sv =

m kond , x4 − x1

m sv =

0,03 kg = 0,77 . 0,554 − 0,0165 s

Tačka 2: x2 = x1 = 0,0165

kg H 2O . kg SV

Prvi zakon termodinamike za proces u zagrejaču vazduha Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 ,

Q zag = m sv ( h2 − h1 ) , h2 = h1 +

Q zag m sv

h2 = 61,86 +

742

,

95 kJ = 185,24 . 0,77 kg SV

VLAŽAN VAZDUH

Tačka 3: x3 = x4 = 0,0554

kg H 2 O , kg SV

h3 = h2 = 185, 24

kJ , kg SV

t3 =

h3 − 2500 x3 185,24 − 2500 ⋅ 0,0554 = = 42,37 o C , c p + 1,86 x3 1 + 1,86 ⋅ 0,0554

p H 2O =

x3 p3

M H 2O M sv

ϕ3 =

+ x3

pH 2 O

(p )

=

sp t = 42,37 o C 3

=

0,0554 ⋅ 0,9 ⋅ 105 = 7374,8 Pa , 18 + 0, 0554 29 7374,8 = 0,88 . 8361

Zadatak 7.21. U dvostepenu teorijsku sušnicu uvodi se vlažan vazduh zapreminskog protoka V0 = 0,83 m3 s i stanja 0 p = 0,1 MPa, t = 14 o C, ϕ = 0,4 . Nakon zagrevanja

(

)

vazduha u zagrejaču snage Q I = 51,9 kW (do stanja 1) vazduh se uvodi u prvi stepen sušare odakle izlazi sa temperaturom t = 30o C (stanje 2). Ovaj vazduh se zatim zagreva u drugom zagrejaču toplotne snage Q II = 24 kW (do stanja 3), te uvodi u drugi stepen sušare koji napušta sa relativnom vlažnošću ϕ = 0,8 (stanje 4). Ako se zanemare padovi pritiska, odrediti masu vlage uklonjenu iz vlažnog materijala u prvom i drugom stepenu sušenja (posebno za svaki stepen) za vreme od τ = 1 h . Skicirati promene stanja vlažnog vazduha u hx dijagramu.

743


R e š e n j e:


p ps = 1597 Pa , napon pare čiste vode na t = 14o C , pH 2 O = ϕ p ps = 0,4 ⋅ 1597 = 638,8 Pa , x0 =

M H 2O M sv

⋅

pH2O p − p H 2O

=

kg H 2 O 18 638,8 ⋅ = 0,0040 , 5 29 1 ⋅10 − 638,8 kg SV

h0 = c p t0 + x0 (1,86t0 + 2500 ) , h0 = 1 ⋅ 14 + 0,0040 ⋅ (1,86 ⋅ 14 + 2500 ) = 24,1

kJ , kg SV

psv = p − pH 2O = 1 ⋅105 − 638,8 = 99361, 2 Pa ,

ρ sv =

psv 99361, 2 kg SV = = 1, 21 , RsvT0 287 ⋅ 287 m3

kg . m sv = ρ svV0 = 1, 21 ⋅ 0,83 = 1 s

744

VLAŽAN VAZDUH

Tačka 1: x1 = x0 = 0,0040

kg H 2 O . kg SV

Prvi zakon termodinamike za proces u 1. zagrejaču vazduha

Q 01 = ∆H 01 + Lt 01 = ∆H 01 , Q I = m sv ( h1 − h0 ) , h1 = h0 +

Q I , m sv

h1 = 24,1 +

51,9 kJ = 76 . 1 kg SV

Tačka 2: h2 = h1 = 76

x2 =

kJ , kg SV

h2 − c p t2 1,86t2 + 2500

=

76 − 1 ⋅ 30 kg H 2 O . = 0,018 1,86 ⋅ 30 + 2500 kg SV

Tačka 3: x3 = x2 = 0,018

kg H 2 O . kg SV

Prvi zakon termodinamike za proces u 2. zagrejaču vazduha Q 23 = ∆H 23 + Lt 23 = ∆H 23 ,

745


Q II = m sv ( h3 − h2 ) , h3 = h2 +

Q II , m sv

h3 = 76 +

24 kJ = 100 . 1 kg SV

Tačka 4: h4 = h3 = 100

kJ , kg SV

x4 = f (ϕ4 , h4 ) = 0,0263

kg H 2 O , sa hx dijagrama. kg SV

Masa vlage

W1 = m sv ( x2 − x1 )τ = 1⋅ ( 0,018 − 0,0040) ⋅ 3600 = 50,4 kg , W2 = m sv ( x4 − x3 ) ⋅ τ = 1 ⋅ ( 0,0263 − 0,018 ) ⋅ 3600 = 29,9 kg .

Zadatak 7.22. U teorijskoj konvektivnoj sušari suši se neki materijal koji ne sme biti izložen temperaturi višoj od 80o C . Maksimalna relativna vlažnost, koju dostiže vazduh pri svakom prolasku preko vlažnog materijala, iznosi ϕmax = 90% . Odrediti količinu vlage, koja se u toku jednog sata odstrani iz materijala, ako je stanje vlažnog vazduha na ulazu

(

)

u sušaru određeno sa 0 p = 1 bar, t = 20 o C, ϕ = 0,5, m vv = 0,5 kg s : a) u slučaju dvostepene teorijske sušare; b) u slučaju teorijske sušare sa beskonačno mnogo stepeni sušenja (naizmenično povezanih komora za sušenje i zagrejača vazduha). Smatrati da se tokom svih procesa pritisak vazduha u sušari ne menja.

746

VLAŽAN VAZDUH

R e š e n j e:



M H 2O M sv

⋅

pH2O p − pH 2 O

=

kg H 2 O 18 1168,5 ⋅ = 0,0073 , 5 29 1 ⋅10 − 1168,5 kg SV

h0 = c p t0 + x0 (1,86t0 + 2500 ) , h0 = 1 ⋅ 20 + 0,0073 ⋅ (1,86 ⋅ 20 + 2500 ) = 38,52

m sv =

kJ , kg SV

m vv 0,5 kg = = 0,496 . 1 + x0 1 + 0,0073 s

Tačka 1: x1 = x0 = 0,0073

kg H 2 O , kg SV

747


t1 = 80 o C , h1 = c p t1 + x1 (1,86t1 + 2500 ) , h1 = 1 ⋅ 80 + 0,0073 ⋅ (1,86 ⋅ 80 + 2500 ) = 99,34

kJ . kg SV

Tačka 2: h2 = h1 = 99,34

kJ , kg SV

x2 = f (ϕ2 , h2 ) = 0,0265


Tačka 3: x3 = x2 = 0,0265

kg H 2 O , kg SV

t3 = 80 o C , h3 = c p t3 + x3 (1,86t3 + 2500 ) , h3 = 1 ⋅ 80 + 0,0265 ⋅ (1,86 ⋅ 80 + 2500 ) = 150,19

kJ . kg SV

Tačka 4: h4 = h3 = 150,19

kJ , kg SV

x4 = f (ϕ4 , h4 ) = 0,043

748


VLAŽAN VAZDUH Količina vlage W W = m sv ( x4 − x0 )τ = 0,496 ⋅ ( 0,043 − 0,0073 ) ⋅ 3600 = 63,75 kg .

b) Tačka 2n:

p ps = 47360 Pa , napon pare čiste vode na t = 80 o C , pH 2O = ϕmax p ps = 0,9 ⋅ 47360 = 42624 Pa , x2 n =

M H2O M sv

⋅

p H 2O p − p H 2O

=

kg H 2 O 18 42624 ⋅ = 0,4611 . 5 29 1 ⋅10 − 42624 kg SV

Količina vlage W '

W ' = m sv ( x2n − x0 ) ⋅τ = 0, 496 ⋅ ( 0, 4611 − 0,0073) ⋅ 3600 = 810,3 kg . Zadatak 7.23. U teorijskoj sušari sa recirkulacijom jednog dela iskorišćenog vazduha, protok atmosferskog vlažnog vazduha stanja 0 ( h = 50 kJ kg SV , x = 0,01 kg H 2 O kg SV ) , iznosi m 0 = 6 t h . Stanje mešavine svežeg i opticajnog vazduha na ulazu u zagrejač

(

)

vazduha je M t = 40 o C, x = 0,034 kg H2O/kg SV . Mešavina se u kaloriferu zagreva

(

)

do stanja 1 t1 = 88 C . Početna vlažnost materijala je Y1 = 70% računato na suvu o

materiju, a krajnja Y2 = 8% takođe računato na suvu materiju. Skicirati promene stanja vlažnog vazduha u hx dijagramu i odrediti: a) masene protoke odstranjene vlage i osušenog materijala ( kg h ) ; b) maseni udeo svežeg i opticajnig vazduha u mešavini; c) potrebnu količinu toplote za zagrevanje vlažnog vazduha ( kJ s ) ; d) kolika bi bila potrošnja toplote da se sušenje izvodi samo sa svežim vazduhom tj. da nema recirkulacije i kolika bi bila temperatura vlažnog vazduha na ulazu u komoru za sušenje u tom slučaju.

749


R e š e n j e:

Slika 7.50. Tačka 0: x0 = 0,01

h0 = 50

m sv 0

kg H 2 O , kg SV

kJ , kg SV

6 ⋅ 103 m 0 kg = = 3600 = 1,65 . 1 + x0 1 + 0, 01 s

Tačka M: xm = 0,034

kg H 2 O , kg SV

tm = 40o C , hm = c p tm + xm (1,86tm + 2500 ) ,

750

VLAŽAN VAZDUH hm = 1 ⋅ 40 + 0,034 ⋅ (1,86 ⋅ 40 + 2500 ) = 127,53

kJ . kg SV

Tačka 1: x1 = xm = 0,034

kg H 2 O , kg SV

t1 = 88o C , h1 = c p t1 + x1 (1,86t1 + 2500 ) , h1 = 1 ⋅ 88 + 0,034 ⋅ (1,86 ⋅ 88 + 2500 ) = 178,56

kJ . kg SV

Tačka 2: h2 = h1 = 178,56

kJ . kg SV

Prvi zakon termodinamike za proces mešanja dva vlažna vazduha Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

H 1 = H 2 , H ulaz = H izlaz , m sv 0 h0 + m sv 2 h2 = ( m sv 0 + m sv 2 ) hm , m sv 2 =

m sv 0 ( hm − h0 ) h2 − hm

=

1, 65 ⋅ (127,53 − 50 ) 178,56 − 127,53

= 2,51

kg . s

751

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Materijalni bilans mešanja dva vlažna vazduha

m sv 0 x0 + m sv 2 x2 = ( m sv 0 + m sv 2 ) xm , x2 =

x2 =

( m sv 0 + m sv 2 ) xm − m sv 0 x0 m sv 2

,

(1,65 + 2,51) ⋅ 0, 034 − 1, 65 ⋅ 0, 01 2, 51

= 0, 0498

kg H 2 O . kg SV

a) Maseni protoci odstranjene vlage i osušenog materijala W = ( m sv 0 + m sv 2 ) ( x2 − x1 ) , kg , W = (1, 65 + 2,51) ⋅ ( 0, 0498 − 0, 01) ⋅ 3600 = 596 h

y1 =

Y1 0,7 = = 0, 41 , 1 + Y1 1 + 0,7

y2 =

Y2 0,08 = = 0,07 , 1 + Y2 1 + 0,08

y − y2 W = m om 1 , 1 − y1 m om = W

1 − y1 1 − 0,41 kg = 596 ⋅ = 1034,2 . y1 − y2 0, 41 − 0,07 h

b) Maseni udeli

752

g sv 0 =

m sv 0 1,65 = = 0, 4 , m sv 0 + m sv 2 1,65 + 2,51

g sv 2 =

m sv 2 2,51 = = 0,6 . m sv 0 + m sv 2 1,65 + 2,51

VLAŽAN VAZDUH c) Prvi zakon termodinamike za proces u zagrejaču vazduha

Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 , Q zag = ( m sv 0 + m sv 2 )( h1 − hm ) = (1,65 + 2,51) ⋅ (178,56 − 127,53) = 212, 28 kW . d)

Slika 7.51. x1 ' = x0 = 0,01

kg H 2 O , kg SV

h1 ' = h1 = h2 = 178,56

t1 ' =

kJ , kg SV

h1 '− 2500 x1 ' 178,56 − 2500 ⋅ 0,01 = = 150,76o C . c p + 1,86 x1 ' 1 + 1,86 ⋅ 0,01

Zadatak 7.24. U teorijskoj sušari se obavlja proces izdvajanja vlage iz koncentrata paradajza. Maseni protok koncentrata paradajza na ulazu u sušaru je 0,126 kg/s . Na ulazu u sušaru koncentrat paradajza sadrži y1 = 20 mas% vode, a prah na izlazu y2 = 5 mas% .

(

Parcijalni pritisak vodene pare u okolnom (svežem) vazduhu je pH 2 O

)

0

= 1,33 kPa , dok

753

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE je na izlazu iz sušare

(p ) H 2O

2

= 26,7 kPa . Da bi se taj uslov ispunio potrebno je

mešanje dela iskorišćenog i okolnog svežeg vazduha tako da parcijalni pritisak vodene pare u vlažnom vazduhu na ulazu u zagrejač iznosi

(p ) H 2O

m

= 6,7 kPa . Pritisak

vazduha za vreme sušenja je konstantan i iznosi p = 101,3 kPa . Odrediti: a) maseni protok svežeg i recirkulacionog vazduha (računato na suv vazduh); b) specifičnu potrošnju toplote u sušari ( kJ/kg odstranjene vlage) ako se u fazi zagrevanja vazduh zagreje za t1 − tm = 30 o C .

R e š e n j e: Tačka 0: x0 =

M H2O M sv

pH 2 O

⋅

p − pH 2 O

=

kg H 2 O 18 1,33 ⋅ = 0,0083 . 29 101,3 − 1,33 kg SV

=

kg H 2 O 18 26,7 ⋅ = 0,2222 . 29 101,3 − 26,7 kg SV

Tačka 2: x2 =

M H2O M sv

p H 2O

⋅

p − pH2O

Tačka M: xM =

M H 2O M sv

⋅

pH 2 O p − p H 2O

=

kg H 2 O 18 6,7 ⋅ = 0,044 . 29 101,3 − 6,7 kg SV

Tačka 1: x1 = xM = 0,044

kgH 2 O . kg SV

Materijalni bilans vlage za proces sušenja

( m sv 0 + m sv 2 )( x2 − x1 ) = m vm 754

y1 − y2 , 1 − y2

VLAŽAN VAZDUH

y1 − y2 1 ⋅ , x2 − x1 1 − y2

m sv 0 + m sv 2 = m vm

m sv 0 + m sv 2 = 0,126 ⋅

0, 2 − 0,05 1 kg ⋅ = 0,11 . 1 − 0,05 0,2222 − 0,044 s

Materijalni bilans za proces mešanja dva vlažna vazduha m sv 0 x0 + m sv 2 x2 = ( m sv 0 + m sv 2 ) xm ,

m sv 0 + m sv 2 = 0,11

kg , s

odakle se dobija

b)

m sv 0 = 0, 092

kg , s

m sv 2 = 0,018

kg . s

h1 = c p t1 + x1 (1,86t1 + 2500 ) , hm = c ptm + xm (1,86tm + 2500) .

Odakle je

(

)

h1 − hm = ( t1 − tm ) c p + 1,86 x1 ,

qw =

qw =

(

)

Q m1 ( m sv 0 + m sv 2 )( h1 − hm ) ( t1 − tm ) c p + 1,86 x1 = = , W x2 − x1 ( m sv 0 + m sv 2 ) ( x2 − x1 ) 30 ⋅ (1 + 1,86 ⋅ 0,044 ) 0, 2222 − 0, 044

= 182,1

kJ . kg W

755


Zadatak 7.25. Jabuke koje ne podnose temperaturu višu od 70o C suše se u teorijskoj sušari sa recirkulacijom dela iskorišćenog vazduha. Stanje svežeg vazduha određeno je sa

(

)

0 t = 6 o C, x = 5,31 g H 2 O/kg SV . Apsolutna vlažnost iskorišćenog vazduha je

x2 = 34 g H2 O/kg SV , a specifična potrošnja toplote u sušari iznosi qw = 3650 kJ kg odstranjene vlage. Skicirati promene stanja vlažnog vazduha u xh dijagramu i odrediti: a) masene udele svežeg i recirkulacionog vazduha u mešavini; b) minimalnu temperaturu do koje se mora zagrejati svež vazduh pre mešanja da bi se izbeglo stvaranje magle za vreme procesa mešanja. R e š e n j e: a) Tačka 0: x0 = 0,00531

kg H 2 O , kg SV

h0 = c p t0 + x0 (1,86t0 + 2500 ) , h0 = 1 ⋅ 6 + 0,00531 ⋅ (1,86 ⋅ 6 + 2500 ) = 19,33

kJ . kg SV

Tačka 2: x2 = 0,034

kg H 2 O , kg SV

Q h −h h − hm h2 − g 0 h0 − g 2 h2 , = qw = m1 = 1 m = 2 x2 − x1 x2 − xm x2 − g 0 x0 − g 2 x2 W

qw =

h2 (1 − g 2 ) − g 0 h0

x2 (1 − g 2 ) − g 0 x0

h2 = h0 + qw ( x2 − x0 ) ,

756

=

h2 − h0 , x2 − x0

VLAŽAN VAZDUH h2 = 19,33 + 3650 ⋅ ( 0,034 − 0,00531) = 124,05

kJ . kg SV

Tačka 1: h1 = h2 = 124,05

kJ , kg SV

t1 = 70 o C , x1 =

h1 − c p t1 1,86t1 + 2500

=

kg H 2 O 124, 05 − 1 ⋅ 70 . = 0, 0205 1,86 ⋅ 70 + 2500 kg SV

Tačka M: xm = x1 = 0,0205

kg H 2 O , kg SV

g0 =

x2 − xm 0,034 − 0,0205 = = 0,47 , x2 − x0 0,034 − 0,00531

g2 =

xm − x0 0,0205 − 0,00531 = = 0,53 , x2 − x0 0,034 − 0,00531

hm = g 0 h0 + g 2 h2 = 0,47 ⋅ 19,33 + 0,53 ⋅ 124,05 = 74,83

kJ . kg SV

757

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE b)

Slika 7.52. O-M-2: pravac mešanja pre zagrevanja okolnog vazduha, O-M'-2: pravac mešanja nakon zagrevanja okolnog vazduha. Tačka 0': Grafički postupak:

(

)

Konstruiše se prava kroz tačke 2 i M' xM' = xM . Presek ove prave sa linijom x0 = const definiše položaj tačke 0 ' . Iz dijagrama se očitava t0' . x0 ' = x0 = 0,00531

hm' = 77,57

kg H 2 O , kg SV

kJ , kg SV

hm' = g 0 h0' + g 2 h2 , h0' =

h0' =

758

hm ' − g 2 h2 g0

,

77,57 − 0,53 ⋅ 124,05 kJ = 25,156 , 0,47 kg SV

VLAŽAN VAZDUH t0 ' =

h0' − x0' ⋅ 2500 c p + x0' ⋅ 1,86

=

25,156 − 0,00531 ⋅ 2500 = 11,76 o C . 1 + 0,00531 ⋅ 1,86

Zadatak 7.26. U teorijskoj sušari sa recirkulacijom jednog dela iskorišćenog vazduha suši se vlažan materijal početne vlažnosti 300% računato na suvu materiju (Y1 = 3 kg W/kg SM ) . U sušari se odstrani 80% vlage koju sa sobom u sušaru unosi vlažan materijal i pri tome dobijamo 32 kg h osušenog materijala. Stanje vlažnog vazduha određeno je sa

(t = 20

o

C, ϕ = 0,6

)

(

)

a stanje otpadnog vazduha određeno je sa t = 40 o C, ϕ = 0,8 . o

Temperatura vazduha nakon faze zagrevanja iznosi t = 76 C . Odrediti: a) toplotnu snagu zagrejača vazduha Q zag ( kW ) ; b) koliko bi se toplote moglo uštedeti (u zagrejaču) hlađenjem otpadnog vazduha do stanja zasićenja i rekuperativnim korišćenjem tako oslobođene toplote za zagrevanje vazduha nastalog mešanjem svežeg i recirkulacionog vazduha.


p ps = 2337 Pa , napon pare čiste vode na t = 20o C , pH 2O = ϕ p ps = 0,6 ⋅ 2337 = 1402, 2 Pa , x0 =

M H 2O M sv

⋅

p H 2O p − pH2O

=

kg H 2 O 18 1402, 2 ⋅ = 0,0088 , 5 29 1 ⋅ 10 − 1402, 2 kg SV

h0 = c p t0 + x0 (1,86t0 + 2500 ) , h0 = 1 ⋅ 20 + 0,0088 ⋅ (1,86 ⋅ 20 + 2500 ) = 42,33

kJ . kg SV

Tačka 2:


759


pH2O = ϕ p ps = 0,8 ⋅ 7375 = 5900 Pa , M H 2O

x2 =

M sv

⋅

p H 2O p − p H 2O

=

kg H 2 O 18 5900 ⋅ = 0,0389 , 5 29 1 ⋅10 − 5900 kg SV

h2 = c p t2 + x2 (1,86t2 + 2500 ) , h2 = 1 ⋅ 40 + 0,0389 ⋅ (1,86 ⋅ 40 + 2500 ) = 140,14

kJ . kg SV

Tačka 1: h1 = h2 = 140,14

kJ , kg SV

t1 = 76 o C , x1 =

h1 − c p t1 1,86t1 + 2500

=

kg H 2 O 140,14 − 1 ⋅ 76 . = 0, 0243 1,86 ⋅ 76 + 2500 kg SV

Tačka M: xm = x1 = 0,0243

g0 =

kg H 2 O , kg SV

x2 − xm 0,0389 − 0,0243 = = 0,485 , x2 − x0 0,0389 − 0,0088

g1 = 1 − g0 = 1 − 0, 485 = 0,515 , hm = g 0 h0 + g 2 h2 = 0,485 ⋅ 42,33 + 0,515 ⋅ 140,14 = 92,70

760

kJ . kg SV

VLAŽAN VAZDUH a)

y1 =

Y1 3 kg W . = = 0,75 1 + Y1 1 + 3 kg ( W+SM )

Materijalni bilans komore za sušenje materijala

m vm = m om + W . Bilans vlage komore za sušenje materijala

m vm y1 = m om y2 + W . Uslov zadatka

0,8m vm y1 = W . Kombinacijom prethodna tri izraza dobija se

m vm y1 = m om y2 + 0,8m vm y1 , 0, 2m vm y1 = m mom y2 ,

m vm = m om + 0,8m vm y1 , m vm =

y2 =

m mom , 1 − 0,8 y1

0, 2 y1 0,2 ⋅ 0,75 kg W , = = 0,375 1 − 0,8 y1 1 − 0,8 ⋅ 0,75 kg ( W+SM )

m vm =

m om y2 32 ⋅ 0,375 kg = = 80 , 0, 2 y1 0, 2 ⋅ 0,75 h

kg , W = m vm − m om = 80 − 32 = 48 h

m sv 0 + m sv 2 =

W 48 1 kg = ⋅ = 0,91 . x2 − x1 0,0389 − 0,0243 3600 s

761

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Prvi zakon termodinamike za proces u zagrejaču vazduha

Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 , Q zag = ( m sv 0 + m sv 2 )( h1 − hm ) = 0,91⋅ (140,14 − 92,7 ) = 43,17 kW . b)

Slika 7.53.

Slika 7.54.

762

m sv 0 = g 0 ( m sv 0 + m sv 2 ) = 0, 485 ⋅ 0,91 = 0, 44

kg , s

m sv 2 = g 2 ( m sv 0 + m sv 2 ) = 0,515 ⋅ 0,91 = 0, 47

kg . s

VLAŽAN VAZDUH Tačka A:

x A = x2 , hA = f ( x A , ϕ = 1) = 136,17

kJ , kg SV

Q pred = m sv 2 ( h2 − hA ) = 0, 44 ⋅ (140,14 − 136,17 ) = 1,75 kW . Zadatak 7.27. U dvostepenoj teorijskoj sušari za 6 sati osuši se 1000 kg vlažnog materijala. Maseni odnos vlage prema suvoj materiji u materijalu koji ulazi u prvi stepen sušenja je 0,43 kg W/kg SM a maseni odnos vlage prema suvoj materiji u materijalu koji napušta drugi stepen sušenja je 0,14 kg W/kg SM . Svež ulazni vazduh stanja

( 5 ( p = 1 bar, t = 46

) meša se sa recirkulacionim vazduhom stanja C, ϕ = 0,6 ) u odnosu 2:1, a zatim se zagreva u pregrejaču vazduha

0 p = 1 bar, t = 16 o C, ϕ = 0,5 o

(razmenjivač toplote) pomoću dela vlažnog vazduha oduzetog iz prvog stepena sušare. U grejačima vazduha G1 i G 2 vlažan vazduh se zagreva do temperature od 80o C . Temperatura vlažnog vazduha na izlazu iz postrojenja je 30o C . Skicirati promene stanja vlažnog vazduha Molijerovom hx dijagramu i odrediti: a) veličine stanja vlažnog vazduha ( h, x, t ) u karakterističnim tačkama; b) toplotne snage grejača vazduha G1 i G 2 ; c) vlažnost materijala (maseni udeo vlage) na kraju prvog stepena sušenja.

Slika 7.55.

763


Slika 7.56. Tačka 0: kg H 2 O , kg SV

x0 = f ( t0 , ϕ0 ) = 0,0057 h0 = f ( t0 , x0 ) = 30,42

kJ . kg SV

Tačka 5: x5 = f ( t5 , ϕ5 ) = 0,03996 h5 = f ( t5 , x5 ) = 149,32

kg H 2 O , kg SV

kJ . kg SV

Tačka M: Prvi zakon termodinamike za proces mešanja dva vlažna vazduha Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

764

VLAŽAN VAZDUH

H 1 = H 2 , H ulaz = H izlaz , m sv 0 h0 + m sv 5 h5 = ( m sv 0 + m sv 5 ) hm , m sv 0 h0 + h5 m sv 5 , hm = m sv 0 +1 m sv 5 2 ⋅ ( 30, 42 ) + 149,32 kJ 1 . hm = = 70, 05 2 kg SV +1 1

Materijalni bilans vlage za proces mešanja dva vlažna vazduha m sv 0 x0 + m sv 5 x5 = ( m sv 0 + m sv5 ) xm , m sv 0 x0 + x5 m x + m sv 5 x5 m sv 5 , = xm = sv 0 0 m sv 0 m sv 0 + m sv5 +1 m sv 5 2 ⋅ 0,0057 + 0,03996 kg H 2 O xm = 1 = 0,0171 , 2 kg SV +1 1 tm =

hm − 2500 xm 70,05 − 2500 ⋅ 0,0171 = = 26,43 o C . c p + 1,86 xm 1 + 1,86 ⋅ 0,0171

765

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Tačka 2: x2 = xm = 0,0171

kg H 2 O , kg SV kJ . kg SV

h2 = f ( t2 , x2 ) = 125,35 Tačka 4: h4 = h5 = 149,32

kJ , kg SV

x4 = f ( t4 , ϕ4 ) = 0,0262

kg H 2 O . kg SV

Tačka 3: h3 = h2 = 125,35

kJ , kg SV

x3 = x4 = 0,0262

kg H 2 O . kg SV

Tačka 6: x6 = x3 = x4 = 0,0262

kg H 2 O , kg SV

h6 = f ( t6 , x6 ) = 96,89

kJ . kg SV

Tačka 1: x1 = xm = 0,0171

766

kg H 2 O . kg SV

VLAŽAN VAZDUH

Prvi zakon termodinamike za proces u pregrejaču vazduha m sv 0 ( h3 − h6 ) = ( m sv 0 + m sv 6 )( h1 − hm ) , m sv 0 2 ( h6 − h3 ) ⋅ ( 96,89 − 125,35 ) m sv 6 kJ , h1 = hm − = 70,05 − 1 = 89,02 2 m sv 0 kg SV +1 +1 1 m sv 6 t1 =

h1 − x1 2500 89,02 − 0,0171 ⋅ 2500 = = 77,84 o C . c p + x11,86 1 + 0,0171 ⋅ 1,86

y1 =

Y1 0, 43 kg W = = 0,30 , 1 + Y1 1 + 0, 43 kg ( W+SM )

y2 =

Y2 0,14 kg W = = 0,12 . 1 + Y2 1 + 0,14 kg ( W+SM )

b)

Materijalni bilans vlage za oba stepena sušenja y − y2 1000 0,30 − 0,12 kg W = m vm 1 = ⋅ = 34,9 , 1 − y2 6 1 − 0,12 h

W = ( m sv 0 + m sv 5 )( x3 − x2 ) + m sv 6 ( x5 − x4 ) , m sv 5 =

m sv 5

W , 3 ( x3 − x2 ) + ( x5 − x4 )

34,09 kg 3600 , = = 0, 23 3 ⋅ ( 0,0262 − 0, 0171) + ( 0,03996 − 0,0262 ) s

767

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE m sv 0 = 2m sv 5 = 2 ⋅ 0, 23 = 0, 46

kg . s

Prvi zakon termodinamike za proces u grejaču vazduha G1 Q12 = ∆H 12 + Lt12 = ∆H 12 , Q12 = ( m sv 0 + m sv 2 ) ( h2 − h1 ) = 0,69 ⋅ (125,35 − 89,02 ) = 25,07 kW . Prvi zakon termodinamike za proces u grejaču vazduha G2 Q34 = ∆H 34 + Lt 34 = ∆H 34 , Q 34 = m sv 5 ( h4 − h3 ) = 0,23 ⋅ (149,32 − 125,35 ) = 5,51 kW . c)

y − y' W1 = m vm 1 , 1− y ' W1 = ( m sv 0 + m sv5 )( x3 − x2 ) .

Rešavanjem sistema od prethodne dve jednačine dobijaju se tražena vrednost kg , W1 = 22,6 h

y ' = 0,2 .

768

8 Prostiranje toplote

PROSTIRANJE TOPLOTE 8.0. Prostiranje toplote Toplota se definiše kao vrsta prelazne energije koja postoji samo dotle dok se ne uspostavi toplotna ravnoteža između dva tela ili dva dela istog tela. Prenos toplote sastoji se dakle u težnji izjednačavanja intenziteta unutrašnjih energija za ta dva tela odnosno njihovih delova. Prenos toplote vrši se konačnom brzinom, preko konačnih površina, čime se, u isto vreme smanjuje unutrašnja energija onog tela (ili dela tela) koje predaje, a povećava unutrašnja energija tela (ili dela tela) koje prima toplotu. Pošto se izjednačavanje može vršiti samo ako postoji konačna temperaturna razlika prostiranje toplote je izrazito nepovratan proces. Pri svakom stvarnom prenosu toplote gubi se izvesna količina njene radne sposobnosti (eksergije). U vezi sa tim, procesi se pokoravaju drugom zakonu termodinamike i kretanje toplote samo od sebe ide samo od područja više temperature ka područjima niže temperature. Sve ostale posledice drugog zakona termodinamoke važe i za procese prenosa toplote. Razlikujemo tri osnovna načina prostiranja toplote: 1) Prostiranje toplote provođenjem (kondukcija), 2) Prostiranje toplote prelazom (konvekcija), 3) Prostiranje toplote zračenjem (radijacija).

771

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 8.1. Prostiranje toplote provođenjem Provođenje toplote ili kondukcija je način prostiranja toplote koji je svojstven čvrstim materijalima, iako se pojavljuje (ali sa zanemarljivim intenzitetom) i kod fluida. Karakteristika materijala koja govori o intenzitetu kretanja toplote provođenjem kroz materijal naziva se koeficijent provođenja toplote ( λ ) . Ova veličina je konstantna i njene vrednosti za razne tehničke materijale mogu se naći u termodinamičkim tablicama. Za veće temperaturske opsege ova veličina može zavisiti od temperature materijala. Toplota se kondukcijom kreće sa površine više temperature ( T1 ) ka površini niže temperature (Tn+1 ) . 8.1.1. Provođenje toplote kroz ravan zid

Slika 8.1. Provođenje toplote kroz ravan zid Toplotni fluks λ = const :

Toplotni fluks λ = f (T ) :

q =

q = −

1

δ

Tn +1

T1 − Tn +1

δi ∑ i =1 λi n

W , ⎡⎢ 2 ⎤⎥ . ⎣m ⎦

∫ λ (T )dT ,

T1

⎡W⎤ ⎢⎣ m2 ⎥⎦ .

Toplotni protok kroz ravan zid:

, [ W] . Q = qA

Količina toplote kroz ravan zid:

Q = Qτ , [ J] .

772

PROSTIRANJE TOPLOTE 8.1.2. Provođenje toplote kroz cilindrični zid

Slika 8.2. Provođenje toplote kroz cilindrični zid Toplotni fluks λ = const :

Toplotni fluks λ = f (T ) :

q =

q = −

T1 − Tn +1 W , ⎡ ⎤. d i +1 ⎢⎣ m ⎥⎦ 1 ln ∑ di i =1 2πλi n

2π d ln s du

Tn +1

∫ λ (T ) dT ,

T1

Toplotni protok kroz cilindrični zid: Količina toplote kroz cilindrični zid:

⎡W⎤. ⎢⎣ m ⎥⎦

, [ W] . Q = qL Q = Qτ , [ J] .

8.1.3. Provođenje toplote kroz sferni zid

Slika 8.3. Provođenje toplote kroz sferni zid

773


Toplotni protok kroz sferni zid:

Q =

Količina toplote kroz sferni zid:

T1 − Tn +1 , [W] . 1 ⎞ 1 ⎛1 − ∑ ⎜ d i +1 ⎟⎠ i =1 2πλi ⎝ d i n

Q = Qτ , [ J] .

Oznake:

δ , [ m ] - debljina zida, W ⎤ λ , ⎡⎢ ⎥ - keoficijent provođenja toplote, ⎣ mK ⎦

A, [ m2 ] - površina ravnog zida normalna na pravac kretanja toplote, τ , [s] - vreme trajanja procesa provođenja toplote, d i , [ m ] - prečnik cilindra (sfere), d s , [ m ] - spoljašnji prečnik cilindra, d u , [ m ] - unutrašnji prečnik cilindra, L, [ m ] - dužina cilindra.

8.2. Prostiranje toplote prelazom

Prelaz toplote ili konvekcija predstavlja razmenu toplotne energije između čvrstog zida i fluida (tečnosti ili gasa) prilikom kretanja mikročestica fluida iz oblasti jedne temperature u oblast druge temperature. Karakteristika kretanja toplote na graničnoj površini čvrste faze i fluida naziva se koeficijent prelaza toplote (α ) . Koeficijent prelaza toplote je složena veličina i zavisi od mnogih faktora (temperature čvrste površine, geometrijskog oblika čvrste površine, orijentacije čvrste površine u prostoru, temperature fluida, načina kretanja fluida, itd).

774

PROSTIRANJE TOPLOTE Toplota se konvekcijom kreće sa čvrste površine temperature (Tz ) ka okolnom

fluidu temperature (T f

)

kada je Tz > Tf , a obrnuto, tj. sa okolnog fluida na

čvrstu površinu kada je Tf > Tz . Za praktičnu primenu koristi se Njutnova jednačina Tz − T f Q = A , za slučaj Tz > Tf , 1

α odnosno T f − Tz Q = A , za slučaj T f > Tz , 1

α gde su:

⎡ W ⎤

α , ⎢ 2 ⎥ - koeficijent prelaza toplote, ⎣m K⎦ Tz , [ K ] , T f , [ K ] - temperature čvrstog zida i fluida,

A, [ m2 ] - površina zida koja je u kontaktu sa fluidom. 8.2.1. Prelaz toplote sa ravne površine na fluid

Slika 8.4. Prelaz toplote sa ravne površine na fluid

775


Toplotni fluks sa ravnog zida na fluid:

q =

Tz − Tf ⎡W⎤ , ⎢ 2⎥. 1 ⎣m ⎦ α

Toplotni protok sa ravnog zida na fluid:

, [ W] . Q = qA

Količina toplote sa ravnog zida na fluid:

Q = Qτ , [ J] .

Napomena: Izrazi za toplotni fluks, toplotni protok i količinu toplote koja se prelazom kreće sa sferne površine na okolni fluid (ili obrnuto) su isti kao odgovarajući izrazi za ravne površine. 8.2.2. Prelaz toplote sa cilindrične površine na fluid

Slika 8.5. Prelaz toplote sa cilindrične površine na fluid Toplotni fluks sa cilindrične površine na fluid:

q =

Tz − T f ⎡W ⎤ , ⎢ ⎥. 1 ⎣m⎦ dπα

Toplotni protok sa cilindrične površine na fluid:

, [ W] . Q = qL

Količina toplote sa cilindrične površine na fluid:

Q = Qτ , [ J] .

776

PROSTIRANJE TOPLOTE Oznake: L , [ m ] - dužina cilindrične površine koja je u kontaktu sa fluidom, d , [ m ] - prečnik cilindrične površine koja je u kontaktu sa fluidom.

8.2.3. Prelaz toplote pri promenljivoj temperaturi fluida

Ako pri procesu razmene toplote između čvrste površine i fluida dolazi do promene temperature fluida za pokretačku silu prelaza toplote (brojilac izraza za toplotni fluks) treba uzeti srednju logaritamsku razliku temperatura između čvrste površine i fluida

∆Tsr =

∆Tmax − ∆Tmin , ∆T ln max ∆Tmin

gde su ∆Tmax , [ K ] , [°C ] - razlika temperatura fluida i čvrste površine na jednom kraju površine, ∆Tmin , [ K ] , [ °C ] - razlika temperatura fluida i čvrste površine na drugom kraju površine.

8.2.4. Određivanje koeficijenta prelaza toplote pomoću kriterijalnih jednačina

Osnovni problem prostiranja toplote konvekcijom je određivanje koeficijenta prelaza toplote α u konkretnim uslovima, jer je α funkcija velikog broja promenljivih veličina

α = f ( w, Tz , T f , λ , c p , ρ , ν , l1 , l2 , l3, . . .) , gde su ⎡m⎤ w, ⎢ ⎥ - brzina strujanja fluida, ⎣s⎦

777


Tz , Tf - temperature čvrstog zida i fluida, W ⎤ λ , ⎡⎢ - koeficijent provođenja toplote fluida, ⎣ mK ⎥⎦ ⎡ J ⎤ cp , ⎢ ⎥ - specifična toplota fluida, ⎣ kgK ⎦ kg ρ , ⎡⎢ 3 ⎤⎥ - gustina fluida, ⎣m ⎦ ⎡

2

⎤

ν , ⎢ m ⎥ - kinematska viskoznost fluida, ⎣ s ⎦

l1 , l2 , l3 , [ m ] - karakteristične dimenzije čvrstog tela.

Koeficijent prelaza toplote je obično dat empirijskom formulom napisanom u bezdimenzionalnom obliku pomoću tzv. karakterističnih brojeva ili kriterijuma sličnosti

Nu = f ( Re, Pr, Gr, Pe, Fo,...) , gde su Nu =

Pr =

ν

Re =

Gr =

778

αl - Nuseltov broj, λ

a

- Prandtlov broj, a =

wl

ν

λ ⎡ m2 ⎤ , , c p ρ ⎢⎣ s ⎥⎦

- Rejnoldsov broj,

ρ − ρ0 1 β gl 3 ∆T 1 - Grashofov broj, β = = ⋅ 2 ∆T T ρ ν sr

⎡1⎤ , ⎢ ⎥, ⎣K ⎦

PROSTIRANJE TOPLOTE

Pe =

wl - Pekleov broj, a

Fo =

aτ - Furijeov broj. l2

Prelaz toplote je neraskidivo vezan sa kretanjem samog fluida. Ako je to kretanje posledica delovanja spoljnih sila (pumpa, ventilator) tada se konvekcija naziva prinudnom, a ako je to kretanje izazvano razlikom gustina hladnijih i toplijih čestica fluida, konvekcija se naziva prirodnom ili slobodnom. 8.2.4.1. Prirodna konvekcija

Pod prirodnom konvekcijom podrazumevamo kretanje toplote sa čvrste površine na okolni fluid (ili obrnuto) pri čemu se fluid nalazi u stanju prividnog mirovanja. To znači da kretanje fluida nije uslovljeno spoljašnjom mehaničkom silom (pumpa, ventilator, itd) već samo razlikom gustina (temperatura) slojeva fluida. Kriterijalna jednačina za ovaj slučaj strujanja ima oblik Nu = f ( Pr,Gr ) , odnosno n ⎛ Pr f ⎞ Nu f = C ( Gr f Pr f ) ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

.

Postupak određivanja koeficijenta prelaza toplote α u slučaju prirodne konvekcije prikazan je u sledećih 6 koraka: 1. korak: Određivanje termofizičkih konstanti za fluid ( λ f ,ν f , β f , ρ f , µ f

)

U ovom koraku se u odgovarajućim termodinamičkim tablicama pročitaju vrednosti termofizičkih konstanti za fluid koji je u kontaktu sa čvrstom površinom. Vrednosti se čitaju iz termodinamičkih tablica za srednju temperaturu fluida. Vrednost kostante β f se za gasove izračunava iz jednačine

βf =

1 . Tf

779

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 2. korak: Određivanje karakteristične dužine čvrste površine lk Tabela 8.1. Prirodna konvekcija- karakteristične dužine čvrste površine lk Tip čvrste površine Opis karakteristične dužine Verikalna L dužina cevi cilindrična površina Vertikalna h visina zida ravna površina Horizontalna d prečnik cilidrične površine cilindrična površina Horizontalna min (a, b) manja od dve strane ravne površine ravna površina 3. korak: Određivanje potrebnih kriterijuma sličnosti Gr f =

Pr f =

Prz =

β f glk3∆T v 2f c pf µ f

,

λf c pz µ z

λz

,

.

U izrazu za Prandtlov broj zida Prz termofizičke konstante

(c

p,

µ , λ ) se

određuju za temperaturu čvrste površine Tz , a u izrazu za Pr f za temperaturu fluida Tf . U termodinamičkim tablicama se nalazi već izračunat Prandtlov broj za vazduh i vodu.

780

PROSTIRANJE TOPLOTE

4. korak: Određivanje konstanti iz kriterijalne jednačine za Nuseltov broj Tabela 8.2. Prirodna konvekcija- konstante C i n Tip čvrste površine C n Horizontalna cev 0,5 0,25 Sfera Vertikalna ploča Vertikalna cev

Granice primene

1 ⋅103 < Gr f Pr f < 1 ⋅108

0,76

0,25

1 ⋅103 < Gr f Pr f < 1 ⋅109

0,15

0,33

1 ⋅109 < Gr f Pr f

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = C ( Gr f Pr f )

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

.

6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote

α = Nu f

λf lk

.

8.2.4.2. Prinudna konvekcija

Pod prinudnom konvekcijom podrazumevamo prostiranje toplote sa čvrste površine na okolni fluid (ili obrnuto) pri čemu se fluid nalazi u stanju makroskopskog kretanja. To znači da kretanje fluida nije uslovljeno samo razlikom gustina slojeva fluida već i spoljašnjom mehaničkom silom. Kriterijalna jednačina za ovaj slučaj strujanja ima oblik Nu f = f ( Re, Pr f ,Gr f ) , Nu f = C Remf Pr nf Gr fp ε T .

Postupak određivanja koeficijenta prelaza toplote u slučaju prinudne konvekcije prikazan je u sledećih 6 koraka.

781

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 1. korak: Određivanje termofizičkih konstanti za fluid ( λ f ,ν f , β f , ρ f , µ f

)

U ovom koraku se u odgovarajućim termodinamičkim tablicama pročitaju vrednosti termofizičkih konstanti za fluid koji je u kontaktu sa čvrstom površinom. Vrednosti se čitaju za temperaturu fluida. Ako je temperatura fluida promenljiva onda se vrednosti čitaju za srednju temperaturu fluida koja iznosi Tf =

Tf 1 + T f 2 2

, aritmetička sredina početne i krajnje temperature fluida.

Vrednost kostante β f se za gasove izračunava iz jednačine β f =

1 . Tf

2. korak: Određivanje karakteristične dužine čvrste površine lk Pri određivanju karaktetristične dužine čvrste površine kod prinudne konvekcije nije od značaja geometrijska orijentacija čvrste površine u prostoru (horizontalna ili vertikalna) već samo geometrijski oblik površine (ravna, cilindrična ili sferna površina). Tabela 8.3. Prinudna konvekcija- karakteristične dužine čvrste površine Tip površine lk Opis karakteristične dužine G Geometrijska dimenzija u pravcu Strujanje preko ravnih površina Γ strujanja (dužina, širina ili visina) (opstrujavanje ravnih površina) Strujanje preko cilindrične površine (opstrujavanje cilindrične površine)

ds

Spoljašnji prečnik cilindra

Strujanje preko sferične površine (opstrujavanje sferične površine)

d

Prečnik sfere

4A O

A - površina poprečnog preseka cevi ili kanala kroz koji struji fluid O - opstrujavani obim, nezavisno od toga na kojem delu obima se ramenjuje toplota

Strujanje kroz cevi ili kanale proizvoljnog poprečnog preseka

782

PROSTIRANJE TOPLOTE

Određivanje karakteristične dužine lk za neke karakteristične slučajeve strujanja kroz cevi ili kanale proizvoljnog poprečnog preseka. 1. Strujanje kroz cev unutrašnjeg prečnika d

Slika 8.6. d 2π 4A 4 = d , unutrašnji prečnik cevi. = lk = O dπ 4

2. Strujanje kroz anularni prostor (prostor između dve cevi)

Slika 8.7. ⎛ D 2π d 2π ⎞ 4⎜ − ⎟ 4 4 ⎠ 4A lk = = ⎝ = D−d , O Dπ + d π

D, [ m] - unutrašnji prečnik spoljašnje cevi, d , [ m] - spoljašnji prečnik unutrašnje cevi.

783


3. Strujanje kroz međucevni prostor višecevnog razmenjivača toplote

Slika 8.8. ⎛ D 2π d 2π ⎞ 4⎜ −z ⎟ 4 4 ⎠ D 2 − zd 2 4A , lk = = ⎝ = O Dπ + zd π D + zd

D, [ m] - unutrašnji prečnik spoljašnje cevi, d , [ m] - spoljašnji prečnik unutrašnjih cevi, z - broj unutrašnjih cevi.

4. Strujanje kroz prav kanal pravougaonog poprečnog preseka stranica a i b

Slika 8.9. lk =

784

4A 4ab 2ab . = = O 2 ( a + b) a + b

PROSTIRANJE TOPLOTE

5. Strujanje kroz prav kanal kvadratnog poprečnog preseka (stranice a ) u kojem je po dužini kanala postavljeno z cevi spoljašnjeg prečnika d

Slika 8.10. ⎛ d 2π ⎞ 4⎜ a2 − z ⎟ 4 ⎠ 4A ⎝ . lk = = O 4a + zd π

3. korak: Određivanje potrebnih kriterijuma sličnosti

β f glk3∆T

Gr f =

v 2f

Re f =

Pr f =

Prz =

,

ρ f wlk , µf

c pf µ f

,

λf c pz µ z

λz

.

U izrazu za Prz termofizičke konstante ( c p , µ , λ ) se određuju za temperaturu čvrste površine Tz , a u izrazu za Pr f za srednju temperaturu fluida T f .

785


4. korak: Određivanje konstanti iz kriterijalne jednačine za Nuseltov broj Vrednosti konstanti C, m, n, p i ε T zavise od režima strujanja i imaju sledeće vrednosti za slučaj strujanja preko ravnih površina (zid, ploča) kao i za slučaj opstrujavanja ravnih površina (zid, ploča). Tabela 8.4. Prinudna konvekcija- konstante C, m, n, p i ε T Strujanje preko ravnih površina i opstrujavanje ravnih površina Režim strujanja

С

m

n

p

(ε T ) zag . fl. ( ε T )hl. fl.

Laminarno strujanje Re f < 5 ⋅105

0,33

0

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

0,664 0,5

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

Turbulentno strujanje Re f > 5 ⋅105

0,43

0

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

0,037 0,8

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,19

0,25

Ako se na prvom delu ravne ploče, dužine lkr (a ova vrednost se određuje na osnovu kritične vrednosti za Rejnoldsov broj

Re fkr = 5 ⋅105 ), ostvaruje

laminarno strujanje, a na drugom delu ploče, dužine L − lkr , ostvaruje turbulentno strujanje, Nuseltov broj za strujanje na drugom delu ploče određuje se iz izraza Nu f = 0,037 ⎡⎢( Re f ⎣

)

0,8 0− L

− ( Re f

pri čemu se pri izračunavanju ( Re f

)

)

0,8 0 −lkr

0− L

⎤ Pr 0,43 ε , T ⎦⎥ f

za karakterističnu dužinu uzima ukupna

dužina ploče lk = L . Pri određivanju koeficijenta prelaza toplote na ploči dužine L − lkr za karakterističnu dužinu uzima se L − lkr .

786

PROSTIRANJE TOPLOTE Tabela 8.5. Prinudna konvekcija- konstante C, m, n, p i ε T Strujanje kroz cevi i kanale proizvoljnog poprečnog preseka

С

Režim strujanja Laminarno strujanje Re f < 2300

0,15ε L

Prelazno strujanje 2300 < Re f < 1 ⋅ 104

Turbulentno strujanje 1 ⋅ 104 < Re f < 5 ⋅106

K0

0,021ε L

m

n

0,33 0,43

0

0,8

0,43

0,43

p

(ε T ) zag . fl.

( ε T )hl. fl.

⎛ Pr ⎞ 0,1 ⎜ f ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠ tečnost

0,25

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠ gas

0,25

0

0

⎛ Tf ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Tz ⎠

0,19

0,55

1, 27 − 0, 27

Tz Tf

Korektivni koeficijenti ε L i K 0 iz prethodne tabele imaju sledeće vrednosti za odgovarajuće režime strujanja: Laminarni režim strujanja Re f < 2300 , ε L = f ( L lk ) : Tabela 8.6. Korektivni koeficijent za dužinu cevi ε L za laminarno strujanje L lk

εL

1 1,90

2 1,70

5 1,44

10 1,28

15 1,18

20 1,13

(

30 1,05

40 1,02

≥50 1

)

Prelazni režim strujanja 2300 < Re f < 1 ⋅104 , K0 = f Re f : Tabela 8.7. Korektivni koeficijent K 0 za prelazni režim strujanja Re⋅10−3 2,1

K0

2,3 2,5 3,0 1,90 3,30 4,40 6

3,5 4,0 5,0 6,0 7,0 10 12,2 15,5 19,5 24

8,0 27

9,0 10,0 30 33

787


(

)

Turbulentni režim strujanja 1 ⋅ 104 < Re f < 5 ⋅106 , ε L = f L lk ,Re f : Tabela 8.8. Korektivni koeficijent za dužinu cevi ε L za turbulentno strujanje L lk

Re f

5

10

15

20

30

40

1,65 1,50 1,51 1,40

1,34 1,27

1,23 1,18

1,17 1,13

1,13 1,10

1,07 1,05

1,03 1,02

5 ⋅ 104

1,34 1,27

1,18

1,13

1,10

1,08

1,04

1,02

≥ 50 1 1 1

5

1,28 1,22

1,15

1,10

1,08

1,06

1,03

1,02

1

6

1,14 1,11

1,08

1,05

1,04

1,03

1,02

1,01

1

1

1 ⋅ 10 4 2 ⋅ 10

4

1 ⋅ 10 1 ⋅ 10

2

Tabela 8.9. Prinudna konvekcija- konstante C, m, n, p i ε T Poprečno opstrujavanje cevi С

m

n

p

(ε T ) zag . fl. (εT )hl. fl.

Filmski režim strujanja 1 < Re f < 40

0,76ε β

0

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

0,37

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

0,4

Laminarno strujanje 40 < Re f < 400

0,52ε β

0

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

0,37

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

0,5

Prelazno strujanje 1 ⋅ 103 < Re f < 2 ⋅105

0, 26ε β

0

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

0,37

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

0,6

0,25

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

0

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

Režim strujanja

Turbulentno strujanje 2 ⋅ 105 < Re f < 2 ⋅107

0,023ε β

0,8

0,40

Tabela 8.10. Korektivni koeficijent ε β = f ( β )

β [°]

90

80

70

60

50

40

30

εβ

1

1

0,99

0,93

0,87

0,76

0,67

788

PROSTIRANJE TOPLOTE 5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = C Remf Pr nf Gr fp ε T .

6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote

α = Nu f

λf lk

.

8.3. Prostiranje toplote zračenjem

Zračenje toplote je beskontaktna razmena toplote između toplijeg i hladnijeg tela (kada se između njih nalazi za zračenje transparentna sredina: vakuum ili gas). Mehanizam kretanja toplote zračenjem pokorava se zakonima kretanja talasa. Pri razmeni toplote zračenjem oba tela (i toplije i hladnije) emituju talase određene talasne dužine koji imaju toplotnu moć. Rezultujuća energija zračenja usmerena je od toplijeg ka hladnijem telu. 8.3.1. Razmena toplote zračenjem između dva čvrsta tela

Način izračunavanja rezultujuće energije zračenja između toplijeg i hladnijeg tela biće prikazan za dva karakteristična geometrijska slučaja: 1) zračenje između dve paralelne ploče 2) zračenjem kada je jedno telo obuhvaćeno drugim telom 8.3.1.1. Razmena toplote zračenjem između dve paralelne ploče 4

Toplotni fluks:

Toplotni protok: Količina toplote:

4

⎛ T1 ⎞ ⎛ T2 ⎞ ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎡W⎤ q = ⎝ , ⎢ 2 ⎥. 1 ⎣m ⎦ C12

, Q = qA

Q = Qτ ,

[W].

[ J] . 789

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Oznake:

A, ⎡⎣m2 ⎤⎦ - površina tela, T1 , T2 - temperature ploča 1 i 2, pri čemu je T1 > T2 ,

ε 1 , ε 2 - emisioni koeficijenti ploča 1 i 2, C12 =

C12 =

C12 =

Cc ⎡ W ⎤ , ⎢ 2 4 ⎥ - konstanta zračenja tela 1 i 2 bez ekrana, 1 1 + −1 ⎣m K ⎦ ε1 ε 2 ⎡ W ⎤ , ⎢ 2 4 ⎥ - konstanta zračenja sa jednim ekranom, ⎛ 2 ⎞ ⎣m K ⎦ 1 1 + −1+ ⎜ − 1⎟ ε1 ε 2 ε ⎝ E ⎠ Cc

⎡ W ⎤ , ⎢ 2 4 ⎥ - konstanta zračenja sa n ekrana, ⎛ 2 ⎞ ⎣m K ⎦ 1 1 + −1+ ⎜ − 1⎟ ε1 ε 2 ⎠ i =1 ⎝ ε Ei Cc

n

∑

ε E - emisioni koeficijent ekrana, Cc = 5,67

W - konstanta zračenja apsolutno crnog tela, m2K 4

8.3.1.2. Razmena toplote zračenjem kada je jedno telo obuhvaćeno drugim telom 4

Toplotni fluks:

Toplotni protok:

790

4

⎛ T1 ⎞ ⎛ T2 ⎞ ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎡W⎤ q = ⎝ , ⎢ 2⎥. 1 ⎣m ⎦ C12

1, Q = qA

[ W] .

PROSTIRANJE TOPLOTE

Q = Qτ ,

Količina toplote:

[ J] .

Oznake:

A1 , ⎡⎣ m2 ⎤⎦ - površina tela koje je obuhvaćeno drugim telom, T1 , T2 - temperature tela 1 i 2, pri čemu je T1 > T2 ,

ε 1 , ε 2 - emisioni koeficijenti tela 1 i 2, C12 =

C12 =

C12 =

Cc ⎡ W ⎤ , ⎢ 2 4 ⎥ - konstanta zračenja tela 1 i 2 bez ekrana, ⎞ ⎣m K ⎦ 1 A1 ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ε1 A2 ⎝ ε 2 ⎠ Cc ⎡ W ⎤ , ⎢ 2 4 ⎥ - zračenje sa jednim ekranom, ⎞ A1 ⎛ 2 ⎞ ⎣m K ⎦ 1 A1 ⎛ 1 + − 1⎟ ⎜ − 1⎟ + ⎜ ε 1 A2 ⎝ ε 2 ⎠ AE ⎝ ε E ⎠ Cc ⎡ W ⎤ - zračenje sa n ekrana, , ⎞ ⎢⎣ m 2 K 4 ⎥⎦ ⎞ n A1 ⎛ 2 A1 ⎛ 1 + − 1⎟ ⎜ − 1⎟ + ⎜ ε1 A2 ⎝ ε 2 ⎠ i =1 AEi ⎝ ε Ei ⎠ 1

∑

ε E - emisioni koeficijent ekrana, AE , ⎡⎣ m 2 ⎤⎦ - površina ekrana, Cc = 5, 67

W - konstanta zračenja apsolutno crnog tela. m2K 4

791

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 8.3.2. Sopstveno zračenje tela

Svako telo zagrejano na temperaturu višu od T = 0 K (a to znači svako telo jer je ta temperatura nedostižna) zrači toplotnu energiju. Količina toplote koju telo predaje zračenjem zavisi od: - temperature površi tela, - stanja površi tela (glatka, hrapava, polirana), - pravca zračenja, talasne dužine zračenja, - materijala od kojeg je telo načinjeno. U daljem razmatranju smatraćemo da intenzitet zračenja zavisi samo od temperature tela i da se zračenje vrši u pravcu normale na površ tela (sve ostale aspekte zanemarujemo). Intenzitet sopstvenog zračenja tela temperature T i koeficijenta emisije ε , određuje se iz jednačine 4

Toplotni fluks:

Toplotni protok: Količina toplote:

⎛ T ⎞ ⎜ ⎟ 100 ⎠ ⎡W⎤ , ⎢ 2⎥. q = ⎝ 1 ⎣m ⎦ ε Cc

, Q = qA

Q = Qτ ,

[ W] .

[ J] .

Pri dozračivanju toplotne energije na neku površinu (1) dolazi do sledeće raspodele toplote

qdozračeno = qreflektovano + qapsorbovano , q reflektovano = (1 − ε ) qdozračeno ,

qapsorbovano = q provođenja + q prelaza + qsopst . zračenja ,

792

PROSTIRANJE TOPLOTE 4

q apsorbovano

⎛ T ⎞ T1 − T2 T1 − T f ⎜⎝ 100 ⎟⎠ . = + + 1 1 δ λ α ε Cc

Slika 8.11. Dozračivanje toplotne energije na ravnu površinu Tabela 8.11. Pokretačke sile i toplotni otpori prilikom prostiranja toplote Toplotni fluks q Način prostiranja

q =

Provođenje toplote

Prelaz toplote

Zračenje toplote

Tz1 − Tz 2

Tz − T f

⎛ T1 ⎞ ⎛ T2 ⎞ ⎜ 100 ⎟ − ⎜ 100 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Pokretačka sila Čvrsta površ Otpor kretanju toplote Toplotni protok Q Količina toplote Q

pokretačka sila otpor kretanju toplote

Ravan zid

Cev

δ λ

d 1 ln s 2πλ d u

qA

Qτ

4

Ravan zid

Cev

1

1

α

qL

Qτ

4

Ravan zid

Cev

dπα

1 C12

1 d π C12

qA

qL

qA

qL

Qτ

Qτ

Qτ

Qτ

793

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 8.4. Prolaz toplote

U tehnici se veoma često sreću procesi prenosa toplote između dva fluida razdvojena čvrstim zidom. Takav vid prenosa toplote naziva se prolaz toplote. Toplotni protok sa jednog na drugi fluid, u slučaju ravnog pregradnog zida, iznosi

Slika 8.12. Prolaz toplote kroz ravan zid

Q = k (TI − TII ) A, [ W] , gde je k - koeficijent prolaza toplote kroz ravan zid k=

1

δ 1 +∑ i + α1 i =1 λi α 2 n

1

W , ⎡⎢ 2 ⎤⎥ . ⎣m K⎦

U slučaju cilindričnog pregradnog zida toplotni protok biće

Q = kc (TI − TII )L, [ W] , gde je kc - koeficijent prolaza toplote kroz cilindrični zid kc =

794

1 d 1 +∑ ln i +1 + d1πα1 i =1 2πλ i di d n +1πα 2 1

n

1

W ⎤ . , ⎡⎢ ⎣ mK ⎥⎦

PROSTIRANJE TOPLOTE

Slika 8.13. Prolaz toplote kroz cilindričan zid U slučaju sfernog pregradnog zida toplotni protok sa jednog fluida na drugi iznosi

Q = ks (TI − TII ), [ W] , gde je ks - koeficijent prolaza toplote kroz sferni zid ks =

1 1 d πα1 2 1

n

+∑ i =1

1 ⎛1 1 ⎞ 1 ⎜ − ⎟+ 2 2πλ i ⎝ d i d i +1 ⎠ d n +1 ⋅ πα 2

W , ⎡⎢ ⎤⎥ . ⎣K⎦

Slika 8.14. Prolaz toplote kroz sferni zid

795

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 8.5. Izmenjivači toplote

Izraz za toplotni fluks, kada su temperature oba fluida konstantne, iznosi

Q = k (TI − TII ) A = k ∆TA . Kada temperature fluida koji učestvuju u razmeni toplote nisu konstantne, već se menjaju, prethodni izraz može da se upotrebi samo ako se posmatra elementarna površina razmenjivača toplote, odnosno

δ Q = k ∆TdA , Q = ∫ k ∆TdA = kA∆ Tsr , A

A

∆Tsr =

1 ∆ TdA , ∆Tsr - srednja razlika temperatura fluida po površini A . A ∫0

Aparati u kojima toplota prelazi od jedne sredine ka drugoj (najčešće u vidu prolaza toplote) nazivaju se izmenjivači toplote (zagrejači, isparivači, kondenzatori, itd). Razlikuju je površinski izmenjivači toplote (rekuperativni i regenerativni), izmenjivači toplote sa mešanjem i izmenjivači toplote sa unutrašnjim izvorom toplote. Količina toplote koja pređe sa jedne sredine na drugu računa se prema izrazima

Q = kA∆Tsr , za ravan pregradni zid, Q = kc ∆Tsr L , za cilindrični pregradni zid, Q = ks ∆Tsr , za sferni pregradni zid. Srednju logaritamsku razliku temperatura ∆Tsr određujemo kao ∆Tsr =

796

∆ Tv − ∆ Tm , ∆ Tv ln ∆ Tm

PROSTIRANJE TOPLOTE gde je ∆Tv - veća razlika temperatura, ∆Tm - manja razlika temperatura.

Slika 8.15. Razlika temperatura fluida u izmenjivaču toplote.

797

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Zadatak 8.1. Sa jedne strane ravnog zida površine A = 3 m 2 nalazi se suva vodena para temperatue t1 = 136°C , a sa druge strane ravnog zida nalazi se vazduh temperature t5 = 25°C . Zid je sastavljen od dva sloja: čeličnog lima i izolacionog materijala 1 (λ1 = 50 W mK , δ1 = 10 mm) 2 (λ2 = 0, 06 W mK , δ 2 = 20 mm) . Koeficijent prelaza toplote sa pare na čelični zid iznosi α1 = 5000 W m 2 K , a sa zida izolacionog materijala na okolni

vazduh α 2 = 1000 W m 2 K . Odrediti: a) toplotni protok sa pare na vazduh, kroz zid; b) temperaturu izolacije (do vazduha) i temperaturu lima (do pare). R e š e n j e:

Slika 8.16. a) U navedenom slučaju toplota se sa pare na vazduh prenosi konvekcijom i kondukcijom, odnosno procesom koji se naziva prolaz toplote. Toplotni protok u slučaju prolaza toplote je

Q = k ( t1 − t5 ) A , gde je k koeficijent prolaza toplote kroz ravan zid,

798

PROSTIRANJE TOPLOTE

k=

1 1

α1

+

δ1 δ 2 1 + + λ1 λ2 α 2

.

Traženi toplotni protok sa pare na vazduh je sada

Q =

Q =

t1 − t5

δ δ 1 + 1+ 2+ α1 λ1 λ2 α 2 1

A,

136 − 25 ⋅ 3 = 994,822 W . 1 0,01 0,02 1 + + + 5000 50 0,06 1000

b) Kako je toplotni fluks konstantan, za konvektivno prenošenje toplote sa pare na čelični zid važi jednakost

t −t Q = 1 2 A , 1

α1 odakle je temperatura t2 t2 = t1 −

Q , α1 A

t2 = 136 −

994,822 = 135,93°C . 5000 ⋅ 3

Za konvekciju 4-5 biće

t −t Q = 4 5 A , 1

α2 odnosno

799


t 4 = t5 +

Q , α2 A

t4 = 25 +

994,822 = 25,33°C . 1000 ⋅ 3

Zadatak 8.2. Za izgradnju privremenog skloništa u polarnim oblastima istraživači mogu upotrebiti ponetu šper ploču (δ1 = 5 mm, λ1 = 0,107 W mK) , vlažnu zemlju (λ2 = 0, 656 W mK) i nabijen sneg (λ3 = 0,107 W mK) . Na unutrašnjoj površini zida skloništa ustali se temperatura T1 = 293 K , a koeficijent prelaza toplote sa spoljašnje površi zida na okolni vazduh, temperature T5 = 230 K ,

iznosi α = 9, 6 W m 2 K . Površinski toplotni protok (toplotni fluks) pri tome treba da iznosi q = 58 W m 2 . Odrediti: a) najmanju debljinu sloja vlažne zemlje u konstrukciji zida, tako da ne dođe do topljenja snega; b) potrebnu debljinu sloja nabijenog snega u konstrukciji zida.


a) Uslov zadatka je da temperatura na graničnoj površini između vlažne zemlje i nabijenog snega ne dozvoljava topljenje snega, odnosno da temperatura T3 iznosi T3 = 273 K . Debljinu sloja vlažne zemlje δ 2 koja obezbeđuje zahtevanu temperaturu dobijamo iz jednačine toplotnog protoka po jedinici površine za slojeve šper ploče i nabijene zemlje

800

PROSTIRANJE TOPLOTE

q =

T1 − T3

δ1 δ2 + λ1 λ2

,

⎛ T1 − T3 δ1 ⎞ − ⎟, λ1 ⎠ ⎝ q

δ 2 = λ2 ⎜

⎛ 293 − 273 0, 005 ⎞ − = 195, 6 mm . 58 0,107 ⎟⎠ ⎝

δ 2 = 0, 656 ⋅ ⎜

b) Debljina sloja nabijenog snega sledi iz jednačine prolaza toplote

q =

T1 − T5

δ1 δ 2 δ 3 1 + + + λ1 λ2 λ3 α

,

⎛ T1 − T5 δ1 δ 2 1 ⎞ − − − , λ1 λ2 α ⎟⎠ ⎝ q

δ 3 = λ3 ⎜

⎛ 293 − 230 0,005 0,1956 1 ⎞ − − − = 68, 2 mm . 58 0,107 0,656 9, 6 ⎟⎠ ⎝

δ 3 = 0,107 ⋅ ⎜

Zadatak 8.3. Šuplji cilindar od stiropora (λ = 0,027 W mK) unutrašnjeg prečnika d u = 0, 2 m , spoljašnjeg prečnika d s = 0,3 m i visine H = 1,5 m napunjen je ledom. Temperatura okolnog vazduha t1 = 30°C , a koeficijent prelaza toplote sa okolnog vazduha na stiropor je α = 8 W m 2 K . Temperatura unutrašnje površine cilindra je t3 = 0°C . Zanemarujući razmenu toplote kroz baze cilindra, odrediti: a) toplotne dobitke cilindra; b) temperaturu spoljašnje površine zida cilindra.

801


Slika 8.18.

R e š e n j e: a) Toplotni protok kroz cilindrični zid od stiropora Q =

t1 − t3 H, d 1 1 ln s + d sπα 2πλ d u

Q =

30 − 0 ⋅1,5 = 17,84 W . 1 1 0,3 + ln 0,3 ⋅ π ⋅ 8 2π ⋅ 0,027 0, 2

b) Temperatura spoljašnje površine zida cilindra

t −t Q = 1 2 H , 1 d sπα t2 = t1 −

Q , d sπα H

t2 = 30 −

802

17,84 = 28, 4°C . 0, 3 ⋅ π ⋅ 8 ⋅ 1,5

PROSTIRANJE TOPLOTE

Zadatak 8.4. Odrediti kolika se maksimalna debljina leda (λl = 2,56 W mK) može obrazovati na spoljnjoj površini aluminijmske cevi (λ Al = 229,1 W mK) , prečnika ∅ 95 / 83 mm , dužine L = 1 m , koju obliva voda, ako je temperatura na njenoj unutrašnjoj površini T3 = 263 K , pri čemu je toplotni protok sa vode na cev 1550 W. R e š e n j e:

Slika 8.19. Uslov stvaranja leda je T1 = 273 K , pa iz jednačine toplotnog protoka Q =

T1 − T3 L, d3 d2 1 1 ln + ln 2πλl d 2 2πλAl d1

sledi da je d3 = d 2e

d ⎞ 1 ⎛ T −T ln 2 ⎟ 2 πλl ⎜ 1 3 L − 2 πλ Al d1 ⎠ ⎝ Q

d 3 = 0,095 ⋅ e

,

1 0,095 ⎞ ⎛ 273− 263 ⋅1− 2π ⋅2,56⎜ ln 2π ⋅229,1 0,083 ⎟⎠ ⎝ 1550

= 105 mm .

803

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Maksimalna debljina leda

δl =

d3 − d 2 , 2

δl =

0,105 − 0,095 = 0,005 m = 5 mm . 2

Zadatak 8.5. Sa jedne strane staklene ploče (λ = 0,8 W mK) , ukupne površine A = 10 m 2 , nalazi se vlažan vazduh tempeature 60°C dok je sa druge strane voda temperature 20°C . Pad temperature kroz staklenu ploču iznosi ∆t23 = 5°C . 2 Koficijent prelaza toplote sa vlažnog vazduha na ploču iznosi α1 = 20 W m K ,

a sa ploče na vodu α2 = 100 W m K . Odrediti: a) temperaturu staklene površine u dodiru sa vlažnim vazduhom; b) debljinu staklene ploče; c) toplotni protok sa vlažnog vazduha na vodu; d) toplotni protok sa vazduha na vodu ako bi se sa strane vode formirao sloj 2 kamenca toplotnog otpora R = 0,1 m K W . 2

R e š e n j e:

Slika 8.20.

804

PROSTIRANJE TOPLOTE Jednačina provođenja toplote kroz staklenu ploču t −t ∆t Q = 2 3 A = 23 A .

δ λ

δ λ

Jednačina prolaza toplote sa vlažnog vazduha na vodu

Q =

t1 − t4 1

α1

+

δ 1 + λ α2

A.

Kombinacijom prethodna dva izraza dobija se ∆t Q = 23 A =

δ λ

t1 − t4 1

α1

+

δ 1 + λ α2

A,

odakle debljina staklene ploče iznosi 1

δ = λ∆t23

α1

+

1

α2

t1 − t4 − ∆t23

,

1 1 + δ = 0,8 ⋅ 5 ⋅ 20 100 = 0,0069 m = 6,9 mm . 60 − 20 − 5 Toplotni protok je sada ∆t Q = 23 A =

δ λ

5 ⋅10 = 5797,1 W . 0,0069 0,8

805

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Jednačina prelaza toplote sa vlažnog vazduha na staklenu ploču

t −t Q = 1 2 A , 1

α1 odakle je temperatura dodirne površine staklene ploče i vlažnog vazduha t2 = t1 −

Q , α1 A

t2 = 60 −

5797,1 = 31°C . 20 ⋅10

Temperatura dodirne površine staklene ploče i vode t3 = t2 − ∆t23 , t3 = 31 − 5 = 26°C .

U slučaju postojanja sloja kamenca jednačina prolaza toplote sa vlažnog vazduha na vodu, uz pretpostavku da koeficijent prelaza toplote sa kamenca na 2 vodu iznosi α2 = 100 W m K , bila bi

Q ' =

t1 − t5

1

α1 Q ' =

+

δ δk 1 + + λ λk α 2

A=

t1 − t4

1

α1

+

δ 1 +R+ λ α2

A,

60 − 20 ⋅10 = 2372,1 W . 1 0,0069 1 + + 0,1 + 20 0,8 100

Zadatak 8.6. U zidanom kanalu od hrapave crvene opeke (ε 2 = 0,93) , dužine L = 1 m , kvadratnog poprečnog preseka stranice a = 400 mm postavljena je čelična cev (ε1 = 0,8) spoljašnjeg prečnika d = 100 mm . Temperatura spoljašnje površine

806

PROSTIRANJE TOPLOTE cevi je T1 = 573 K , a unutrašnje površine zidova kanala T2 = 323 K . Prostor između cevi i kanala je vakumiran. Odrediti: a) toplotni protok koji zračenjem razmene cev i zidani kanal; b) toplotni protok koji zračenjem razmene cev i zidani kanal (pri istim temperaturama T1 i T2 ) ako se između cevi i zidova kanala postavi cilindrični toplotni ekran koeficijenta emisije ε E = 0,85 i prečnika d E = 200 mm ; c) temperaturu tako postavljenog ekrana (zanemariti debljinu ekrana).

R e š e n j e: a) Slučaj zračenja bez ekrana, kada je površina 1 obuhvaćena površinom 2

Slika 8.21. Toplotni protok razmenjen između tela 1 i 2

Q =

Q =

⎡⎛ T1 ⎞ ⎛ T2 ⎞ Cc ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎞ ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ 1 A1 ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ⎢⎣ ε1 A2 ⎝ ε 2 ⎠ 4

4

⎤ ⎥ A1 , ⎥⎦

⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ dπ L , ⎞ ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ 1 dπ L ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ε1 4aL ⎝ ε 2 ⎠

807

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Q =

⎡⎛ 573 ⎞ ⎛ 323 ⎞ 5,67 ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ 1 0,1 ⋅ π ⋅1 ⎛ 1 ⎞ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ + ⋅⎜ − 1 ⎟ ⎢⎣⎝ 0,8 4 ⋅ 0, 4 ⋅1 ⎝ 0,93 ⎠ 4

b) Slučaj zračenja sa ekranom

Slika 8.22. Toplotni fluks između tela 1 i tela 2 sada je

Q =

⎡⎛ T ⎞4 ⎛ T ⎞4 ⎤ Cc ⎢ ⎜ 1 ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎥ A1 ⎣⎢ ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ 1

ε1

+

⎞ A1 ⎛ 2 ⎞ A1 ⎛ 1 ⎜ − 1⎟ + ⎜ − 1⎟ ε A2 ⎝ ε 2 A ⎠ ⎠ E ⎝ E

,

⎡⎛ T ⎞ 4 ⎛ T ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢⎜ 1 ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎥ d π L ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ , Q = ⎞ dπ L ⎛ 2 ⎞ 1 dπ L ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ + ⎜ − 1⎟ ε1 4aL ⎝ ε 2 ⎠ d Eπ L ⎝ ε E ⎠

808

4

⎤ ⎥ 0,1 ⋅ π ⋅ 1 = 1364,9 W . ⎥⎦

PROSTIRANJE TOPLOTE

Q =

⎡⎛ 573 ⎞4 ⎛ 323 ⎞4 ⎤ 5,67 ⋅ ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⋅ 0,1 ⋅ π ⋅1 ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥

1 0,1 ⋅ π ⋅ 1 ⎛ 1 ⎞ 0,1 ⋅ π ⋅1 ⎛ 2 ⎞ + −1 + −1 0,8 4 ⋅ 0,4 ⋅ 1 ⎜⎝ 0,93 ⎟⎠ 0, 2 ⋅ π ⋅1 ⎜⎝ 0,85 ⎟⎠

= 889,3 W .

c) U trenutku stacionarnog režima kretanja toplote toplotni bilans za toplotni ekran je Q1E = Q E 2 . Toplotni fluks između tela 1 i ekrana

⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ TE ⎞4 ⎤ Cc ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ A1 ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ Q1E = , ⎞ 1 A1 ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ε1 AE ⎝ ε E ⎠ toplotni fluks koji šalje ekran na telo 2

Q E 2

⎡⎛ T ⎞ 4 ⎛ T ⎞4 ⎤ Cc ⎢⎜ E ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎥ AE ⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ = ⎣ . ⎞ 1 AE ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ε E A2 ⎝ ε 2 ⎠

Izjednačavanjem prethodna dva izraza dobija se ⎡ ⎛ T ⎞ 4 ⎛ T ⎞4 ⎤ ⎡⎛ T ⎞ 4 ⎛ T ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢ ⎜ 1 ⎟ − ⎜ E ⎟ ⎥ A1 Cc ⎢⎜ E ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎥ AE ⎢⎣ ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ , = ⎣ ⎞ ⎞ 1 A1 ⎛ 1 1 AE ⎛ 1 + + ⎜ − 1⎟ ⎜ − 1⎟ ε1 AE ⎝ ε E ⎠ ε E A2 ⎝ ε 2 ⎠

809


A1 ⎛ T1 ⎞ ⎜ ⎟ + ⎞ ⎝ 100 ⎠ 1 A1 ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ 4 ε1 AE ⎝ ε E ⎠ ⎛ TE ⎞ ⎜ ⎟ = A1 ⎝ 100 ⎠ + ⎞ 1 A1 ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ε1 AE ⎝ ε E ⎠ 4

4

AE ⎛ T2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎞ ⎝ 100 ⎠ 1 AE ⎛ 1 + − 1 ⎜ ⎟ ε E A2 ⎝ ε 2 ⎠ , AE ⎞ 1 AE ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ε E A2 ⎝ ε 2 ⎠ 4

⎛ T ⎞ ⎛ T ⎞ A1ε1E ⎜ 1 ⎟ + AE ε E 2 ⎜ 2 ⎟ 4 100 ⎛ TE ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ 100 ⎠ , ⎜ 100 ⎟ = A1ε1E + AE ε E 2 ⎝ ⎠

gde je

ε 1E =

1 , ⎞ 1 A1 ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ε1 AE ⎝ ε E ⎠

ε 1E =

1 = 0,747 , 1 0,1 ⋅ π ⋅ 1 ⎛ 1 ⎞ + ⋅⎜ − 1⎟ 0,8 0,2 ⋅ π ⋅ 1 ⎝ 0,85 ⎠

ε E2 =

1 , ⎞ 1 AE ⎛ 1 + − 1 ⎜ ⎟ ε E A2 ⎝ ε 2 ⎠

εE2 =

1 1 0,2 ⋅ π ⋅1 ⎛ 1 ⎞ + − 1⎟ ⎜ 0,85 4 ⋅ 0,4 ⋅1 ⎝ 0,93 ⎠

= 0,829 .

Temperatura ekrana sada je 4

4

⎛ T ⎞ ⎛ T ⎞ A1ε1E ⎜ 1 ⎟ + AE ε E 2 ⎜ 2 ⎟ 4 100 ⎝ ⎠ ⎝ 100 ⎠ , TE = 100 A1ε1E + AE ε E 2

810

PROSTIRANJE TOPLOTE

4

4

⎛ 573 ⎞ ⎛ 323 ⎞ + 0, 2 ⋅ π ⋅ 1 ⋅ 0,829 ⋅ ⎜ 0,1 ⋅ π ⋅ 1 ⋅ 0, 747 ⋅ ⎜ ⎟ ⎟ 4 ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ , TE = 100 0,1 ⋅ π ⋅ 1 ⋅ 0,747 + 0, 2 ⋅ π ⋅ 1 ⋅ 0,829 TE = 450 K .

Slika 8.23.

Zadatak 8.7. U industrijskoj hali nalazi se peć od valjanog čeličnog lima (ε 1 = 0,57) ukupne površine A1 = 2,5 m 2 . Temperatura spoljašnje površine peći je t1 = 160°C , a okolnog vazduha i unutrašnjih površina zidova hale t2 = t3 = 15°C . Koeficijent prelaza toplote sa spoljašnje površi peći na vazduh u hali je α = 13,13 W m 2 K . Odrediti: a) ukupan toplotni protok koji odaje spoljašnja površina peći; b) temperaturu unutrašnje površine peći ako je debljina zida peći δ = 20 mm , a koeficijent toplotne provodljivosti zida peći λ = 50 W mK .

811


R e š e n j e:

Slika 8.24. a) Ukupni toplotni protok predstavlja zbir toplotnog protoka usled konvekcije i toplotnog protoka usled zračenja, odnosno Q = Q konv + Q zrac .

Toplotni protok usled konvekcije

Q konv = α ( t1 − t2 ) A1 ,

Qkonv = 13,13 ⋅ (160 − 15) ⋅ 2,5 = 4759,6 W . Toplotni protok usled zračenja Q =

⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ A1 , ⎞ ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ 1 A1 ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ε1 A2 ⎝ ε 2 ⎠

⎡⎛ T ⎞ 4 ⎛ T ⎞ 4 ⎤ A Q = Ccε1 ⎢⎜ 1 ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎥ A1 , jer je A1 << A2 odnosno 1 ≅ 0 , A2 ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦

812

PROSTIRANJE TOPLOTE ⎡⎛ 433 ⎞ ⎛ 288 ⎞ Q = 5,67 ⋅ 0,57 ⋅ ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ 4

4

⎤ ⎥ ⋅ 2,5 = 2284,3 W . ⎥⎦

Ukupni toplotni protok je sada Q = 4759, 6 + 2284, 3 = 7043,9 W .

b) Ukupni toplotni protok jednak je toplotnom protoku provođenja T −T Q = Q prov = 0 1 A1 ,

δ λ

T0 = T1 +

Q δ , A1λ

T0 = 433 +

7043,9 ⋅ 0,02 = 434,127 K , 2,5 ⋅ 50

t0 = 160 +

7043,9 ⋅ 0,02 = 161,127°C . 2,5 ⋅ 50

Zadatak 8.8. Temperatura vrelih gasova, koji se kreću kroz kanal, meri se temperaturskom sondom (ε 1 = 0,8) . Pri stacionarnim uslovima sonda pokazuje temperaturu t1 = 300°C . Temperatura površi zidova kanala je t3 = 200°C . Koeficijent prelaza toplote sa vrelih gasova na površ sonde iznosi α = 58 W m K . Odrediti stvarnu temperaturu vrelih gasova u kanalu t2 . 2

813


R e š e n j e:

Slika 8.25. Toplotni bilans sonde

( q

)

zračenja 13

= ( q prelaza ) , 21

⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T3 ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ = α ( T2 − T1 ) , ⎞ ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ 1 A1 ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ε1 A3 ⎝ ε 3 ⎠ ⎡ ⎛ T ⎞4 ⎛ T ⎞ 4 ⎤ Cc ε1 ⎢ ⎜ 1 ⎟ − ⎜ 3 ⎟ ⎥ = α (T2 − T1 ) , jer je, A1 << A2 , ⎢⎣ ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦

Ccε1 ⎡⎛ T1 ⎞ ⎛ T3 ⎞ − ⎢ α ⎢⎣⎜⎝ 100 ⎟⎠ ⎜⎝ 100 ⎟⎠ 4

T2 = T1 +

T2 = 573 +

4

⎤ ⎥, ⎥⎦

4 4 5,67 ⋅ 0,8 ⎡⎛ 573 ⎞ ⎛ 473 ⎞ ⎤ − ⎢⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎥ = 618 K = 345°C . 58 ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥

Zadatak 8.9. U prostoru između dve, koncentrično postavljene, posrebrene cevi ostvaren je puni vakuum. Temperatura na spoljašnjoj površini unutrašnje cevi, spoljašnjeg prečnika d1 = 150 mm , iznosi t1 = 600°C , a temperatura na unutrašnjoj površini spoljašnje cevi, unutrašnjeg prečnika d 2 = 200 mm , iznosi t2 = 200°C . Emisivnost svake posrebrene cevi je ε = 0,05 . Odrediti "ekvivalentnu" toplotnu

814

PROSTIRANJE TOPLOTE provodljivost materijala (λ ) , čijim bi se postavljanjem u prostor između cevi, pri nepromenjenim temperaturama i prečnicima cevi ostvarila ista linijska gustina toplotnog protoka.

Slika 8.26.

R e š e n j e: Uslov zadatka

( q

)

zračenja 12

= ( q provođenja ) , 12

⎡⎛ T ⎞4 ⎛ T ⎞4 ⎤ Cc ⎢⎜ 1 ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎥ ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ d π = T1 − T2 , 1 1 d 1 A1 ⎛ 1 ⎞ ln 2 + ⎜ − 1⎟ 2 πλ d1 ε A2 ⎝ ε ⎠

odakle je tražena ekvivalentna toplotna provodljivost ⎡ ⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⎢ ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ ⎣ , λ= ⎡ 1 A1 ⎛ 1 ⎞ ⎤ 2π (T1 − T2 ) ⎢ + ⎜ − 1⎟ ⎥ ⎠⎦ ⎣ ε A2 ⎝ ε

Cc d1π ln

d2 d1

815

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE ⎡⎛ T1 ⎞4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ λ= , ⎡ 1 d1 ⎛ 1 ⎞ ⎤ 2 (T1 − T2 ) ⎢ + ⎜ − 1 ⎟ ⎥ ⎠⎦ ⎣ ε d2 ⎝ ε

Cc d1 ln

d2 d1

5,67 ⋅ 0,15 ⋅ ln

λ=

4 4 0, 2 ⎡⎛ 873 ⎞ ⎛ 473 ⎞ ⎤ ⋅ ⎢⎜ − ⎟ ⎜ ⎟ ⎥ 0,15 ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥

⎡ 1 0,15 ⎛ 1 ⎞⎤ + − 1⎟ ⎥ 2 ⋅ ( 873 − 473) ⎢ ⎜ ⎣ 0,05 0, 2 ⎝ 0,05 ⎠ ⎦

= 0,0474

W . mK

Zadatak 8.10. Cilindrični kolektor za vodenu paru, spoljašnjeg prečnika d1 = 275 mm , nalazi se u velikoj prostoriji. Koeficijent emisije kolektora iznosi ε 1 = 0,91 . Radi smanjenja toplotnih gubitaka usled zračenja osnosimetrično se postavlja toplotni štit (ekran), zanemarljive debljine, koeficijenta emisije ε E = 0,55 . Pretpostavljajući da se postavljanjem toplotnog štita ne menja temperatura na spoljašnjoj površini kolektora i unutrašnjoj površini zidova prostorije, odrediti prečnik toplotnog štita d E , tako da je u odnosu na nezaštićeni kolektor smanjenje toplotnih gubitaka zračenjem 50%. R e š e n j e: Uslov zadatka

( q

)

zračenje 12

= 2 ( q zračenje )

1E 2

,

⎡⎛ T1 ⎞4 ⎛ T2 ⎞4 ⎤ ⎡ ⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢ ⎜ Cc ⎢ ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ A1 = 2 A1 , ⎞ ⎞ A1 ⎛ 2 ⎞ 1 A1 ⎛ 1 1 A1 ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ + ⎜ − 1⎟ + ⎜ − 1⎟ ε1 A2 ⎝ ε 2 ⎠ ε1 A2 ⎝ ε 2 ⎠ AE ⎝ ε E ⎠

816

PROSTIRANJE TOPLOTE ⎡⎛ T ⎞ ⎛ T ⎞ Cc ⎢ ⎜ 1 ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ 1 4

ε1

4

⎤ ⎡ ⎛ T ⎞4 ⎛ T ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢ ⎜ 1 ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎥ ⎥ ⎥⎦ ⎢ ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ A1 = 2 ⎣ A1 ⎞ 1 A1 ⎛ 2 + ⎜ − 1⎟ ε1 AE ⎝ ε E ⎠

1 =2 1 1

ε1

1 , ⎞ A1 ⎛ 2 + ⎜ − 1⎟ ε 1 AE ⎝ ε E ⎠

2 d E = d1

εE 2

ε1

−1

−

1

,

ε1

2 −1 0,55 , d E = 0,275 ⋅ 1 0,91 d E = 0,6598 m = 659,8 mm .

Zadatak 8.11. Oko dugačkog cilindra, prečnika d1 = 250 mm , koncentrično je postavljen ekran prečnika d E = 350 mm , zanemarljive debljine. Ukupni koeficijenti emisije površi cilindra i površi ekrana su jednaki i iznose ε = 0,8 . U stacionarnim uslovima, temperatura ekrana je 190°C , temperatura okolnog vazduha i okolnih površina iznosi 50°C , a srednji koeficijent prelaza toplote sa

spoljašnje površi ekrana na okolni vazduh je α = 35 W m K . Zanemarujući konvektivnu predaju toplote između cilindra i ekrana, odrediti temperaturu površi cilindra. 2

817



Toplotni bilans ekrana

( q

)

zračenja 1E

= ( q zračenja )

E2

+ ( q prelaza )

EV

,

⎡⎛ T ⎞4 Cc ⎢⎜ 1 ⎟ ⎣⎢⎝ 100 ⎠

4 ⎡⎛ T ⎞4 ⎛ T ⎞4 ⎤ ⎛T ⎞ ⎤ Cc ⎢⎜ E ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎥ −⎜ E ⎟ ⎥ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ ⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ A1 = ⎣ AE + α ( TE − TV ) AE , ⎞ ⎞ 1 A1 ⎛ 1 1 AE ⎛ 1 + + ⎜ − 1⎟ ⎜ − 1⎟ ε1 AE ⎝ ε E ⎠ ε E A2 ⎝ ε 2 ⎠

⎡⎛ T ⎞ 4 ⎛ T ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢⎜ 1 ⎟ − ⎜ E ⎟ ⎥ 4 4 ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ A = C ε ⎡⎛ TE ⎞ − ⎛ T2 ⎞ ⎤ A + α T − T A , ( E V) E ⎢ 1 c E ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎥ E ⎞ 1 A1 ⎛ 1 ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ ⎢ ⎣ + ⎜ − 1⎟ ε1 AE ⎝ ε E ⎠ ⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ TE ⎞4 ⎤ ⎡⎛ TE ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ C1E A1 ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ = Cc ε E AE ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ + α ( TE − TV ) AE , ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦

818

PROSTIRANJE TOPLOTE 4

⎡⎛ TE ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ α (TE − TV ) AE , ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥+ C1E A1 ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥

4

⎡⎛ TE ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ α ( TE − TV ) d E , ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥+ C1E d1 ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦

⎛ T ⎞ Cε A T1 = 100 4 ⎜ E ⎟ + c E E C1 E A1 ⎝ 100 ⎠ ⎛T ⎞ Cε d T1 = 100 4 ⎜ E ⎟ + c E E C1 E d1 ⎝ 100 ⎠ gde je C1E = Cc ε 1E =

C1 E =

Cc Cc , = ⎞ 1 d1 ⎛ 1 ⎞ 1 A1 ⎛ 1 + + − 1⎟ ⎜ − 1⎟ ⎜ ε 1 AE ⎝ ε E ⎠ ε1 d E ⎝ ε E ⎠

5,67 W = 3,969 2 4 . 1 0, 25 ⎛ 1 mK ⎞ + −1 0,8 0,35 ⎜⎝ 0,8 ⎟⎠

Temperatura površi cilindra je sada ⎛ 463 ⎞ 5,67 ⋅ 0,8 ⋅ 0,35 ⎡⎛ 463 ⎞ ⎛ 323 ⎞ T1 = 100 4 ⎜ ⎢⎜ ⎟ + ⎟ −⎜ ⎟ 3,969 ⋅ 0,25 ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ 4

4

4

⎤ 35 ⋅140 ⋅ 0,35 , ⎥+ ⎥⎦ 3,969 ⋅ 0, 25

T1 = 724 K , t1 = 451°C .

Zadatak 8.12. U kanalu kvadratnog poprečnog preseka, stranice a = 600 mm , nalazi se čelična cev prečnika ∅ 220 / 200 mm i λ = 46 W mK . Kroz kanal protiče suv vazduh. Temperatura spoljašnje površine cevi je T1 = 600 K , a unutrašnje površine zida je T3 = 300 K . Koeficijenti emisije zračenja su ε 1 = 0,8 za cev i ε 3 = 0,86 za zidove kanala. Koeficijent prelaza toplote sa cevi na vazduh iznosi α1 = 30 W m 2 K . Odrediti: a) temperaturu vazduha u kanalu T2 ako su toplotni gubici spoljašnje površi cevi, radijacijom i konvekcijom jednaki;

819

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE b) temperaturu unutrašnje površi cevi T0 ; c) koeficijent prelaza toplote α 2 sa vazduha na zidove kanala.

Slika 8.28.

R e š e n j e: a) Uslov zadatka

( q

)

prelaza 12

= ( q zračenja )13 ,

⎡⎛ T ⎞ 4 ⎛ T ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢⎜ 1 ⎟ − ⎜ 3 ⎟ ⎥ ⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ d1π , α1 (T1 − T2 ) d1π = ⎣ ⎞ 1 A1 ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ε1 A3 ⎝ ε 3 ⎠ ⎡ ⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T3 ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢ ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ , T2 = T1 − ⎡ 1 A1 ⎛ 1 ⎞⎤ α1 ⎢ + ⎜ − 1 ⎟ ⎥ ⎠⎦ ⎣ ε1 A3 ⎝ ε 3 ⎡⎛ T ⎞4 ⎛ T ⎞4 ⎤ Cc ⎢ ⎜ 1 ⎟ − ⎜ 3 ⎟ ⎥ ⎢ ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ , T2 = T1 − ⎣ ⎡ 1 d1π ⎛ 1 ⎞⎤ α1 ⎢ + ⎜ − 1⎟ ⎥ ⎠⎦ ⎣ ε 1 4a ⎝ ε 3

820

PROSTIRANJE TOPLOTE

⎡ ⎛ 600 ⎞ 4 ⎛ 300 ⎞ 4 ⎤ 5,67 ⋅ ⎢ ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⎣⎢ ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥

T2 = 600 −

⎡ 1 0, 22 ⋅ π + 30 ⋅ ⎢ ⎣ 0,8 4 ⋅ 0,6

⎛ 1 ⎞⎤ ⎜ 0,86 − 1⎟ ⎥ ⎝ ⎠⎦

= 423 K .

b) Iz toplotnog bilansa spoljašnje površine cevi

( q

provođenja 01

)

= ( q prelaza )12 + ( q zračenja )13 ,

( q

provođenja 01

)

= 2 ( q prelaza )12 ,

T0 − T1 = 2α1 (T1 − T2 ) d1π , d 1 ln 1 2πλ d 0 sledi da je temperatura unutrašnje površine cevi T0 = T1 +

1 d1 ln α 1 (T1 − T2 ) d1 , λ d0

T0 = 600 +

1 0, 22 ln ⋅ 30 ⋅ ( 600 − 423) ⋅ 0, 22 = 602, 4 K . 46 0,2

c) Toplotni bilans vazduha u kanalu

( q

)

prelaza 12

= ( q prelaza )23 ,

α1 (T1 − T2 ) d1π = α 2 (T2 − T3 ) 4a , α 2 = α1

( T1 − T2 ) d1π (T2 − T3 ) 4a

,

821


α 2 = 30 ⋅

( 600 − 423) ⋅ 0,22 ⋅ π ( 423 − 300) ⋅ 4 ⋅ 0,6

= 12, 43

W . m2 K

Zadatak 8.13. Unutar metalnog cilindričnog rezervoara, unutrašnjeg prečnika d = 0,5 m i visine h = 1 m , ostvaren je potpuni vakuum. Temperatura na unutrašnjoj površi donjeg dna je stalna i iznosi T1 = 400 K , dok su temperature na preostalim unutrašnjim površima takođe stalne i iznose T2 = 300 K . Koeficijent emisije svih unutrašnjih površi je jednak i iznosi ε = 0,8 . Odrediti debljinu izolacionog materijala δ iz toplotne provodljivosti λiz = 0,3 W mK koeficijenta emisije ε iz = 0,95 , kojim treba izolovati donje dno, da bi pri stacionarnim uslovima i pri nepromenjenim temperaturama toplotni protok sa donjeg dna bio smanjen za 20%.

Slika 8.29.

822

PROSTIRANJE TOPLOTE

R e š e n j e: ⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ Qz = A1 , ⎞ 1 A1 ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ε1 A2 ⎝ ε 2 ⎠

⎡⎛ T ⎞ 4 ⎛ T ⎞4 ⎤ Cc ⎢ ⎜ 1 ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎥ 2 ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ d π Q z = , 2 4 d π 1 ⎛1 ⎞ + 2 4 ⎜ − 1⎟ ε dπ ε ⎠ + dπ h ⎝ 4

Q z =

⎡⎛ 400 ⎞ 4 ⎛ 300 ⎞ 4 ⎤ 5,67 ⋅ ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥

0,5 π 1 ⎛ 1 ⎞ 4 + ⋅⎜ − 1⎟ 2 0,8 0,5 π 0,8 ⎠ + 0,5 ⋅ π ⋅1 ⎝ 4 2

⋅

0,52 π = 152,47 W . 4

Uslov zadatka Q ' = 0,8Q z , Q ' = 0,8 ⋅ 152,47 = 121,98 W .

Temperatura Tiz ⎡⎛ T ⎞ 4 ⎛ T ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢⎜ iz ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎥ ⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ Q ' = ⎣ Aiz , ⎞ 1 Aiz ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ε iz A2 ⎝ ε 2 ⎠

823


1 ⎛ T ⎞ Tiz = 100 4 ⎜ 2 ⎟ + Q ' Cc Aiz ⎝ 100 ⎠

⎡ 1 Aiz ⎛ 1 ⎞ ⎤ ⎢ + ⎜ − 1⎟ ⎥ , ⎠⎦ ⎣ ε iz A2 ⎝ ε

⎡ ⎤ d 2π ⎢ ⎥ 300 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Tiz = 100 4 ⎜ + 2 4 − 1⎟ ⎥ , ⎢ ⎟ + 121,98 ⋅ ⎜ 2 d π ⎢ 0,95 d π 0,8 ⎠ ⎥ ⎝ 100 ⎠ + dπ h ⎝ 5,67 ⋅ ⎢ ⎥⎦ 4 ⎣ 4 4

Tiz = 375,77 K .

Toplotni bilans gornje površine izolacije

(Q

provođenja 1iz

(Q

provođenja 1iz

δ iz =

δ iz =

(

)

= Q ' = 121,98 W ,

)

=

T1 − Tiz Qprovođenja

T1 − Tiz

δ iz λiz

)

A1 ,

λiz A1 ,

1iz

400 − 375, 77 0,52 π , ⋅ 0,3 ⋅ 121,98 4

δ iz = 11,7 mm . Napomena: Prilikom izračunavanja površine A2 nakon postavljanja izolacije zanemaruje se smanjenje visine cilindričnog rezervoara za vrednost debljine d 2π sloja izolacionog materijala, odnosno A2 = + d π h = const . 4 Zadatak 8.14. Ravan zid debljine 5 cm sa jedne svoje strane izložen je dejstvu toplotnog 2 zračenja, čiji intenzitet u pravcu normale na zid iznosi qz = 1000 W m . Usled,

824

PROSTIRANJE TOPLOTE na ovaj način, prenete količine toplote ozračena površ zida održava se na temperaturi t1 = 51,1°C . Ukupan koeficijent emisije površi zida je ε = 0,7 , a toplotna provodljivost materijala od kojeg je zid načinjen je λ = 0,75 W mK . Temperatura okolnog vazduha (sa obe strane zida) je 20°C . Zanemarujući sopstveno zračenje zida i smatrajući da je koeficijent prelaza toplote sa obe strane zida na okolni vazduh isti, odrediti temperaturu neozračene površi zida.


Toplotni bilans ozračene površi zida

q z = qref + q prelaz1 + q prov , q z = (1 − ε ) q z + α (T1 − TV ) +

T1 − T2

δ λ

.

Toplotni bilans neozračene površi zida

q prov = q prelaz 2 , T1 − T2

δ λ

= α (T2 − TV ) .

825

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Rešavanjem sistema navedenih jednačina po dve nepoznate T2 i α , dobijaju se tražene vrednosti T2 = 308,6 K ,

α = 15

W . m2 K

Zadatak 8.15. Ravan zid od mermera ( λ = 2,8 W mK , ε = 0,55) debljine 0, 056 m izložen je sa obe strane dejstvu toplotnog zračenja, čiji intenziteti u pravcu normala na površi iznose q z1 = 1429 W m 2 i q z 2 = 193 W m 2 . Hlađenje mermera sa obe strane zida obavlja se isključivo konvektivnim putem (zanemaruje se sopstveno zračenje mermera). Temperatura vazduha sa jedne strane zida je tV 1 = 50°C , a sa druge tV 2 = 40°C , a odgovarajući koeficijenti prelaza toplote su:

α1 = 8 W m 2 K i α 2 = 20 W m 2 K . Odrediti temperature obe površi mermera.


Toplotni bilans ozračene površi zida 1 (površ 1)

q z1 = qref 1 + q prelaz1 + q prov ,

826

PROSTIRANJE TOPLOTE

q z1 = (1 − ε ) q z1 + α1 ( T1 − TV 1 ) +

T1 − T2

δ λ

.

Toplotni bilans ozračene površi zida 2 (površ 2)

q z 2 + q prov = qref 2 + q prelaz 2 , q z 2 +

T1 − T2

δ λ

= (1 − ε ) q z 2 + α 2 (T2 − TV 2 ) .

Rešavanjem sistema navedenih jednačina po dve nepoznate T1 i T2 , dobija se T1 = 355 K , t1 = 82°C , T2 = 345 K , t2 = 72°C .

Zadatak 8.16. Toplotna provodnost materijala od kojeg je načinjen ravan zid, može da se se izrazi u funkciji temperature zida u obliku λ = 0, 4 + 6 ⋅ 10 −3 t , pri čemu je toplotna provodnost λ izražena u W mK , a temperatura t u °C . Debljina zida je δ = 30 cm , a temperature sa jedne i druge strane zida su t1 = 120°C i t2 = 30°C . Odrediti toplotni fluks (površinsku gustinu toplotnog protoka) kroz zid i predstaviti grafički raspored temperatura u zidu. R e š e n j e:

Diferencijalna jednačina provođenja toplote kroz ravan zid pri λ = f ( t ) : q = −λ ( t )

∂t dt = −λ ( t ) , dx ∂x

827


odakle je

= −λ ( t ) dt , qdx = − ( 0,4 + 6 ⋅ 10 −3 t ) dt , qdx δ

t2

0

t1

q ∫ dx = − ∫ ( 0, 4 + 6 ⋅ 10−3 t ) dt , qδ = −0, 4 ( t2 − t1 ) − 6 ⋅ 10−3

q =

q =

−0, 4 ( t2 − t1 ) − 6 ⋅ 10 −3

δ

t 22 − t12 , 2

t22 − t12 2 ,

−0, 4 ⋅ ( 30 − 120 ) − 6 ⋅10−3 ⋅ 0,3

302 − 1202 W 2 = 255 2 . m

Drugi izvod funkcije x = x ( t ) dx 0, 4 + 6 ⋅ 10−3 t , =− dt q d2x 6 ⋅ 10−3 = − <0. dt 2 q

Kako je drugi izvod funkcije x = x ( t ) negativan, to znači da je funkcija

x = x ( t ) konkavna.

828

PROSTIRANJE TOPLOTE

Slika 8.32. Isprekidana linija na dijagramu predstavlja temperaturni profil pri λ = const , a puna linija predstavlja temperaturni profil pri λ ≠ const , tj. pri λ = 0, 4 + 6 ⋅ 10 −3 t . Zadatak 8.17. Cev od šamotne opeke prečnika ∅ 320 / 280 mm

je sa spoljašnje strane slojem izolacije

( λ = 0,4 + 0,002t ) , obložena (δ iz = 5 mm, λiz = 0,05 + 0,0001t ) , gde je

temperatura zida u °C , a λ u W mK . Temperatura unutrašnje površi cevi od šamotne opeke je 130°C , a spoljašnje površi izolacionog materijala 30°C . Odrediti toplotni fluks (gustinu toplotnog protoka) po dužnom metru cevi.


Spoljašni prečnik izolacije d 3 = d 2 + 2δ iz = 320 + 2 ⋅ 5 = 330 mm .

829


Toplotni protok kroz cev od šamotne opeke t

q12 = −

q12 = −

q12 = −

2π 2 λ ( t )dt , d 2 ∫t 1 ln d1 2π d ln 2 d1

t2

∫ ( 0, 4 + 0, 002t )dt , t1

2π ⎡ 0,4 ( t2 − t1 ) + 0,001( t22 − t12 ) ⎤⎦ . d2 ⎣ ln d1

Toplotni protok kroz izolaciju t

q 23 = −

q 23 = −

q 23 = −

2π 3 λ ( t )dt , d ∫ iz ln 3 t2 d2 2π d ln 3 d2

t3

∫ ( 0, 05 + 0, 0001t )dt ,

t2

2π ⎡ 0,05 ( t3 − t2 ) + 0,00005 ( t32 − t22 )⎤⎦ . d3 ⎣ ln d2

Toplotni bilans spoljašnje površine šamotne opeke (unutrašnje površine izolacije) q12 = q23 ,

830

PROSTIRANJE TOPLOTE d2 d1 ⎡ 0,4 ( t2 − t1 ) + 0,001( t22 − t12 )⎤ = ⎡ 0,05 ( t3 − t2 ) + 0,00005 ( t32 − t22 ) ⎤ . ⎣ ⎦ ⎦ d3 ⎣ ln d2 ln

Rešavanjem dobijene jednakosti, nakon odbacivanja negativnog rešenja, dobija se t2 = 102°C ,

odnosno

q12 = q23 = q13 = −

2π ⎡0,4 (102 − 130 ) + 0,001(1022 − 1302 ) ⎤ , ⎦ 0,32 ⎣ ln 0,28

q12 = q 23 = q13 = 832,66

W . m

Zadatak 8.18. Preko gornje površi horizontalne ravne ploče postavljena je toplotna izolacija debljine δ = 28 mm , toplotne provodljivosti λ = 0,3 + 10−4 t + 2 ⋅ 10 −7 t 2 , gde je

λ [ W mK ] , a t [°C] , i emisivnosti hrapave površine u pravcu normale ε n = 0,9 . Na dodirnoj površi ploče i izolacije je stalna temperatura t1 = 400°C .

Temperatura gornje površi izolacije je takođe stalna i iznosi t2 = 100°C . Temperatura zidova velike prostorije u kojoj se nalazi izolovana ploča iznosi t4 = 20°C . Koeficijent prelaza toplote sa gornje površi izolacije na vazduh je

α = 37,9 W m 2 K . Odrediti temperaturu vazduha u prostoriji t3 .

831



Toplotni protok usled zračenja

⎡⎛ T2 ⎞4 ⎛ T4 ⎞ 4 ⎤ ( qzračenja )24 = Ccε 2 ⎢⎜⎝ 100 ⎟⎠ − ⎜⎝ 100 ⎟⎠ ⎥ . ⎢⎣ ⎥⎦ Ukupni koeficijent emisije u slučaju hrapave površine

ε 2 = 0,98ε n , ε 2 = 0,98 ⋅ 0,9 = 0,882 . Toplotni protok zračenja je sada

( q

)

zračenja 24

⎡⎛ 373 ⎞ ⎛ 293 ⎞ = 5,67 ⋅ 0,882 ⋅ ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ 4

4

⎤ W ⎥ = 600 2 . m ⎥⎦

Toplotni protok provođenja

( q provođenja ) = − 12

832

t

1 2 ( 0,3 + 10−4 t + 2 ⋅10−7 t 2 )dt , δ ∫t1

PROSTIRANJE TOPLOTE 2 2 3 3 1⎡ −4 t2 − t1 −7 t2 − t1 ⎤ = − − + + ⋅ q 0,3 t t 10 2 10 ( ) ( provođenja )12 δ ⎢ 2 1 ⎥, 2 3 ⎦ ⎣

( q

)

provođenja 12

W . m2

= 3632

Toplotni bilans gornje površi izolacije

( q

provođenja 12

)

= ( q prelaza ) + ( q zračenja ) ,

( q

provođenja 12

)

= α ( t2 − t3 ) + ( q zračenja ) ,

23

24

24

pa je temperatura vazduha u prostoriji t3 = t 2 −

( q

t3 = 100 −

)

provođenja 12

− ( q zračenja )24

α

,

3632 − 600 = 20°C . 37,9

Zadatak 8.19. Između homogenog i izotropnog izolacionog materijala, debljine δ iz = 40 mm , i cevi spoljašnjeg prečnika d 2 = 80 mm , ostvaren je idealan dodir. Zavisnost toplotne provodnosti izolacionog materijala od temperature data je izrazom:

⎡1 ⎛ T ⎞⎤ = 0,48 + 0,16ln ⎢ ⎜ − 273 ⎟⎥ . ⎜ ⎟ [ W mK ] ⎠⎦⎥ ⎣⎢ 20 ⎝ [ K ]

λ

Termoelementima, pri ustaljenim uslovima, izmerene su sledeće temperature: Ts1 = 432 K - na spoljašnjoj površi cevi, Ts 2 = 318 K - na spoljašnjoj površi izolacionog materijala i Tf = 273 K - za okolni fluid. Odrediti srednji koeficijent prelaženja toplote sa spoljašnje površi izolacionog sloja na okolni fluid.

833


Spoljašni prečnik izolacije d 3 = d 2 + 2δ iz = 80 + 2 ⋅ 40 = 160 mm .

Toplotni protok kroz izolacioni materijal qiz = −

qiz = −

2π d ln 3 d2

ts 2

2π d ln 3 d2

Ts 2

∫ λ ( t )dt ,

ts 1

⎛

⎡1

Ts 1

T

2π s 2 ⎛ ⎡1 ⎤⎞ 0,48 + 0,16 ln ⎢ (T − 273 ) ⎥ ⎟dT , 0,16 T∫ ⎜⎝ ⎣ 20 ⎦⎠ s1 ln 0,08

qiz = −

qiz = 755,5

W . m


qkonv = qiz = 755,5

W , m

qkonv = α (Ts 2 − T f ) d 3π ,

α=

(T

s2

α=

834

⎤⎞

∫ ⎜⎝ 0, 48 + 0,16ln ⎢⎣ 20 (T − 273)⎥⎦ ⎟⎠dT ,

qkonv

− T f ) d3π

,

755,5 W = 33,4 2 . mK ( 318 − 273) ⋅ 0,16 ⋅ π

PROSTIRANJE TOPLOTE Zadatak 8.20. Tanka ploča širine h = 0, 2 m i dužine a = 0,5 m , vertikalno je potopljena, u veliki rezervoar sa vodom temperature t f = 20°C . Odrediti snagu grejača,

ugrađenog u ploču, potrebnog za održavanje temperature površi na t z = 60°C . Smatrati da je strujanje vode u graničnom sloju turbulentno duž cele širine ploče. R e š e n j e:

Toplotni protok sa ploče na vodu

Q = α ( tz − t f ) 2ah . Određivanje koeficijenta prelaza toplote α 1. korak: Fizički parametri za vodu na temperaturi t f = 20°C

λ f = 59,9 ⋅10−2

W , mK

ν f = 1, 006 ⋅ 10 −6

m2 , s

β f = 1,82 ⋅10−4

1 . K

2. korak: Karakteristična dužina čvrste površine lk = h = 0, 2 m .

3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti

Prf = 7,02 , Prz = ( Pr f )t =60° C = 2,98 ,

835

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Gr f =

β f glk3 (Tz − T f ) 1,82 ⋅10−4 ⋅ 9,81 ⋅ 0,23 ⋅ ( 333 − 293) v

=

2 f

(1,006 ⋅ 10 )

−6 2

4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C ( Gr f Pr f

)

n

= 5,6454 ⋅108 .

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

Gr f Pr f = 5,6454 ⋅ 108 ⋅ 7,02 = 3,9631 ⋅ 109 , Gr f Pr f = 3,9631 ⋅ 109 > 1 ⋅ 109 , turbulentna oblast strujanja C = 0,15 , n = 0, 33 .

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja za turbulentnu oblast strujanja Nu f = C ( Gr f Pr f

)

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

Nu f = 0,15 ( 3,9631 ⋅10

)

0,25

9 0,33

,

⎛ 7,02 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 2,98 ⎠

0,25

= 273,195 .

6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote α

α = Nu f

λf lk

,

α = 273,195 ⋅

59,9 ⋅ 10 −2 W = 818, 22 2 . 0, 2 m K

Tražena snaga grejača je sada

Q = 818, 22 ⋅ ( 60 − 20 ) ⋅ 2 ⋅ 0,5 ⋅ 0,2 ,

836

PROSTIRANJE TOPLOTE Q = 6545,8 W .

Zadatak 8.21. Odrediti površinsku gustinu toplotnog protoka (toplotni fluks) usled konvekcije, sa spoljašnje površi vertikalnog zida neke peći na okolni prividno miran vazduh stalne temperature t f = 20°C . Temperatura spoljašnje površi peći je t z = 80°C .

Smatrati da je strujanje vazduha u graničnom sloju turbulentno po celoj visini zida. R e š e n j e:

Toplotni protok po jedinici površine sa ploče na vodu

q = α ( t z − t f ) . Određivanje koeficijenta prelaza toplote α

α = Nu f

λf , lk

n ⎛ Pr ⎞ α = C ( Gr f Pr f ) ⎜ f ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

λf . lk

1. korak: Fizički parametri za vazduh na temperaturi t f = 20°C

λ f = 2,59 ⋅10−2

W , mK

ν f = 15,06 ⋅ 10 −6

m2 , s

βf =

1 1 . = 0,0034 K Tf

837

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 2. korak: Karakteristična dužina čvrste površine

lk = 1 m . 3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti

Prf = 0,703 , Prz = ( Pr f

Gr f =

)

t = 80° C

= 0, 692 ,

β f glk3 (Tz − T f v

) = 0,0034 ⋅ 9,81 ⋅1 ⋅ ( 353 − 293) = 8,8237 ⋅ 10 (15,06 ⋅ 10 ) 3

−6 2

2 f

9

.

4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini za prirodnu konvekciju i turbulentno strujanje vazduha u graničnom sloju C = 0,15 , n = 0, 33 .


)

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

,

Nu f = 0,15 ⋅ (8,8237 ⋅109 ⋅ 0,703)

0,33

⎛ 0,703 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 0,692 ⎠

0,25


α = Nu f

λf , lk

α = 256, 663 ⋅

838

2,59 ⋅ 10−2 W = 6, 6476 2 . 1 m K

= 256,663 .

PROSTIRANJE TOPLOTE Površinska gustina toplotnog protoka usled konvekcije q = α ( t z − t f ) = 6,6476 ⋅ ( 80 − 20 ) = 398,86

W . m2

Zadatak 8.22. Ukupan toplotni protok koji odaje horizontalna čelična cev (ε = 0,75) spoljašnjeg prečnika d s = 80 mm iznosi 500 W . Ako srednja temperatura spoljašnje površi cevi iznosi t1 = 80°C , temperatura mirnog okolnog vazduha t2 = 20°C i temperatura unutrašnje površi zidova velike prostorije u kojoj se cev nalazi t3 = 15°C , odrediti: a) dužinu cevi; b) ukupan toplotni protok koji odaje ista cev kada bi je postavili vertikalno (pretpostaviti da je strujanje u graničnom sloju turbulentno po celoj visini cevi). R e š e n j e:

Toplotni bilans spoljašnje površine cevi

(

Q = Q prelaz

) + ( Q 12

)

zračenje 13

,

⎡⎛ T ⎞ ⎛ T ⎞ Cc ⎢⎜ 1 ⎟ − ⎜ 3 ⎟ ⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ Q = α ( T1 − T2 ) A1 + ⎣ ⎞ 1 A1 ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ε1 A3 ⎝ ε 3 ⎠ 4

4

⎤ ⎥ ⎥⎦ A1 ,

⎡⎛ T1 ⎞4 ⎛ T3 ⎞4 ⎤ α π ε Q = (T1 − T2 ) d s L + Cc 1 ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ dsπ L , ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦

odakle je dužina čelične cevi L=

Q ⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T3 ⎞ 4 ⎤ ⎪⎫ ⎪⎧ d sπ ⎨α ( T1 − T2 ) + Ccε1 ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥⎬ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ ⎪⎭ ⎪⎩

.

839

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Određivanje koeficijenta prelaza toplote α

α = Nu f

λf , lk


0,25

λf . lk


λ f = 2,59 ⋅10 −2

W , mK

ν f = 15,06 ⋅ 10 −6

m2 , s

βf =

1 1 . = 0,0034 K Tf

2. korak: Karakteristična dužina cevi

lk = ds = 0,08 m . 3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti

Prf = 0,703 , Prz = ( Pr f

Gr f =

840

)

t = 80 ° C

= 0,692 ,

β f glk3 (Tz − T f ) v

2 f

=

0,0034 ⋅ 9,81 ⋅ 0,083 ⋅ ( 353 − 293 )

(15,06 ⋅10 )

−6 2

= 4,5177 ⋅ 106 .

PROSTIRANJE TOPLOTE 4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C ( Gr f Pr f

)

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

Gr f Pr f = 4,5177 ⋅ 106 ⋅ 0,703 = 3,1759 ⋅ 106 , 1 ⋅103 < Gr f Pr f < 1 ⋅ 108 , C = 0,5 , n = 0, 25 .

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = C ( Gr f Pr f

(

)

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

Nu f = 0,5 ⋅ 3,1759 ⋅106

)

0,25

0,25

,

⎛ 0,703 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 0,692 ⎠

0,25

= 21, 2 .


α = Nu f

λf , lk

α = 21, 2 ⋅

2,59 ⋅ 10 −2 W = 6,8635 2 . 0,08 m K

Tražena dužina cevi

L=

500 ⎡⎛ 353 ⎞4 ⎪⎧ 0,08 ⋅ π ⎨6,8635 ⋅ ( 353 − 293) + 5,67 ⋅ 0,75 ⎢⎜ ⎟ ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎩⎪

⎛ 288 ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ 100 ⎠

4

⎤ ⎪⎫ ⎥⎬ ⎦⎥ ⎭⎪

,

L = 2, 55 m .

841


b) Slučaj vertikalno postavljene cevi

(

Q ' = Q prelaz

) + ( Q

)

'

zračenje 13

12

Q ' = α ' ( T1 − T2 ) A1 +

,

⎡⎛ T ⎞ 4 ⎛ T ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢⎜ 1 ⎟ − ⎜ 3 ⎟ ⎥ ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ ⎞ A⎛1 + 1 ⎜ − 1⎟ ε1 A3 ⎝ ε 3 ⎠ 1

⎡⎛ T ⎞4 Q ' = α ' (T1 − T2 ) d sπ L + Ccε1 ⎢⎜ 1 ⎟ ⎣⎢⎝ 100 ⎠

A1 ,

4 ⎛ T ⎞ ⎤ − ⎜ 3 ⎟ ⎥ d sπ L ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥

⎧⎪ ⎡⎛ T ⎞4 ⎛ T ⎞4 ⎤ ⎫⎪ Q ' = dsπ L ⎨α ' ( T1 − T2 ) + Cc ε1 ⎢⎜ 1 ⎟ − ⎜ 3 ⎟ ⎥ ⎬ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ ⎪⎭ ⎪⎩ Određivanje koeficijenta prelaza toplote α '

α ' = Nu f

λf , lk

α = C ( Gr f Pr f ) '

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

λf . lk


842

λ f = 2,59 ⋅10 −2

W , mK

ν f = 15,06 ⋅ 10 −6

m2 , s

PROSTIRANJE TOPLOTE

βf =

1 1 . = 0,0034 K Tf


lk = L = 2,55 m . 3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti

Prf = 0,703 , Prz = ( Pr f

Gr f =

)

t =80° C

= 0,692 ,

β f glk3 (Tz − T f ) v 2f

=

0,0034 ⋅ 9,81 ⋅ 2,553 ⋅ ( 353 − 293 )

(15,06 ⋅10 )

−6 2

= 1, 4631 ⋅1011 .


)

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

,

Gr f Pr f = 1, 4631 ⋅ 1011 ⋅ 0,703 = 1,0286 ⋅ 1011 , Gr f Pr f > 1 ⋅ 109 , C = 0,15 , n = 0, 33 .


)

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

,

843


(

)

11 0,33

Nu f = 0,15 ⋅ 1,0286 ⋅ 10

⎛ 0,703 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 0,692 ⎠

0,25

= 648,4 .

6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote α '

α ' = Nu f

λf , lk

α ' = 648, 4 ⋅

2,59 ⋅ 10 −2 W = 6,5857 2 . 2,55 m K

Toplotni protok koji odaje vertikalno postavljena cev

⎧⎪ ⎡⎛ 353 ⎞4 ⎛ 288 ⎞4 ⎤ ⎫⎪ Q ' = 0,08 ⋅ π ⋅ 2,55 ⎨6,5857 ⋅ ( 353 − 293) + 5,67 ⋅ 0,75 ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥⎬ ⎪⎩ ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ ⎭⎪ Q ' = 489 W .

Zadatak 8.23. Vertikalna cev, visine L = 0,8 m , nalazi se u prividno mirnom vazduhu stalne temperature T f = 293 K pritiska p = 101,325 kPa . Temperatura na graničnoj površi cevi je stalna i iznosi Tz = 353 K . Odrediti toplotni protok sa cevi na okolni vazduh u laminarnom delu strujanja, turbulentnom delu strujanja i duž cele cevi.

R e š e n j e: Određivanje koeficijenta prelaza toplote α

α = Nu f

λf , lk


844

0,25

λf . lk

PROSTIRANJE TOPLOTE 1. korak: Fizički parametri za vazduh na temperaturi t f = 20°C

λ f = 2,59 ⋅10 −2

W , mK

ν f = 15,06 ⋅ 10 −6

m2 , s

βf =

1 1 . = 0,0034 K Tf


lk = L = 0,8 m . 3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti

Prf = 0,703 , Prz = ( Pr f

Gr f =

)

t =80° C

= 0,692 ,

β f glk3 (Tz − T f v 2f

) = 0,0034 ⋅ 9,81 ⋅ 0,8 ⋅ ( 353 − 293) = 4,5177 ⋅10 . (15,06 ⋅10 ) 3

9

−6 2


)

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

Gr f Pr f = 4,5177 ⋅ 109 ⋅ 0,703 = 3,1759 ⋅ 109 , Gr f Pr f = 3,1759 ⋅ 109 > 1 ⋅ 109 .

845

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Kritična vrednost proizvoda Gr f Pr f

( Gr

Prf

f

)

kr

= 1 ⋅109 .

Kritična dužina cevi

( Gr Pr ) v , β gPr ( T − T ) f

lkr = 3

f

lkr =

3

f

f

kr

z

2 f

f

1 ⋅109 ⋅ (15,06 ⋅10−6 )

2

0,0034 ⋅ 9,81 ⋅ 0,703 ⋅ ( 353 − 293)

= 0,5443 m .

Prirodno strujanje u graničnom sloju do visine l = lkr je laminarno a nakon toga je turbulentno. Laminarna oblast strujanja l = 0 ÷ lkr C = 0,76 , n = 0, 25 .

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja za laminarnu oblast strujanja

( Nu )

= C ( Gr f Pr f

( Nu )

= 0,76 ⋅ (1 ⋅10

f

f

846

lam

lam

)

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ kr ⎝ Prz ⎠ n

)

9 0,25

0,25

,

⎛ 0,703 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 0,692 ⎠

0,25

= 135,576 .

PROSTIRANJE TOPLOTE 6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote α lam u laminarnom graničnom sloju

α lam = ( Nu f )lam α lam = 135,576 ⋅

λf lkr

,

2,59 ⋅ 10 −2 W = 6, 4513 2 . 0,5443 m K

Toplotni protok sa cevi na okolni vazduh u laminarnom delu strujanja

Q lam = αlam (Tz − T f ) dπ lkr , Qlam = 6,4513 ⋅ ( 353 − 293) dπ ⋅ 0,5443 = 210,687dπ [ W] . Turbulentna oblast strujanja l = lkr ÷ L 2. korak: Karakteristična dužina cevi je sada lk = L − lkr = 0,8 − 0,5443 = 0, 2557 m .


( Gr

f

Pr f ) L = 3,1759 ⋅109 ,

( Gr

f

Prf

)

kr

= 1 ⋅109 .


( Gr

f

Pr f )l = 3,1759 ⋅109 > ( Grf Prf

)

kr

)

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

,

C = 0,15 ,

847

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE n = 0, 33 .

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja za turbulentnu oblast strujanja

( Nu ) f

tur

= C ⎡⎢( Gr f Pr f ⎣

)

n L

⎛ Pr f ⎞ − ( Gr f Pr f ) ⎤⎥ ⎜ ⎟ kr ⎦ Pr ⎝ z ⎠

0,25

n

,

( Nu )

0,33 0,33 ⎛ 0,703 ⎞ = 0,15 ⋅ ⎡( 3,1759 ⋅ 109 ) − (1 ⋅ 109 ) ⎤ ⋅ ⎜ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎝ 0,692 ⎟⎠

( Nu )

= 65, 247 .

f

f

tur

tur

0,25

,

6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote α tur u turbulentnom delu strujanja

α tur = ( Nu f

λf

)

L − lkr

tur

α tur = 65, 247 ⋅

,

2,59 ⋅ 10 −2 W = 6,6089 2 . 0,8 − 0,5443 m K

Toplotni protok sa cevi na okolni vazduh u turbulentnom delu strujanja

Qtur = α tur (Tz − T f ) dπ ( L − lkr ) , Qtur = 6,6089 ⋅ ( 353 − 293) dπ ⋅ ( 0,8 − 0,5443) = 101,393dπ [ W ] . Ukupni toplotni protok usled konvekcije Q = Q lam + Q tur ,

Q = ( 210,687 + 101,393) dπ = 312,08dπ [ W] .

848

PROSTIRANJE TOPLOTE Zadatak 8.24. Toplotni gubici prostorije, u kojoj je potrebno održavati temperaturu od 18°C , iznose 1 kW . Grejanje vazduha u prostoriji se ostvaruje grejnim telima konvektorima. Ova tela imaju oblik kvadra dimenzija 1000 × 180 × 600 mm , i toplotno su izolovana na gornjoj i donjoj osnovi. Temperatura na spoljašnjim površinama konvektora je 44°C . Odrediti potreban broj konvektora za nadoknađivanje toplotnih gubitaka prostorije. Zanemariti razmenu toplote zračenjem.


Dimenzije konvektora

a = 1000 mm , b = 180 mm , c = 600 mm . Toplotni protok sa jednog konvektora na vazduh u prostoriji Q k = Q1 + Q 2 ,

pri čemu je Q1 = α 1 ( t z − t f ) 2 ac , toplotni protok duž stranica a ,

849

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Q 2 = α 2 ( t z − t f ) 2bc , toplotni protok duž stranica b.

Određivanje koeficijenta prelaza toplote α 1 1. korak: Fizički parametri za vazduh na temperaturi t f = 18°C

λ f = 2,574 ⋅ 10−2 ν f = 14,88 ⋅ 10−6

βf =

W , mK m2 , s

1 1 . = 0, 0034 Tf K

2. korak: Karakteristična dužina čvrste površine

lk = a = 1 m . 3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti

Pr f = 0,7034 , Prz = ( Pr f

Gr f =

)

t = 44 ° C

= 0, 6986 ,

β f glk3 (Tz − T f v 2f

) = 0,0034 ⋅ 9,81 ⋅1 ⋅ ( 317 − 291) = 3,9167 ⋅ 10 . (14,88 ⋅10 ) 3

9

−6 2

4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C ( Gr f Pr f Gr f Pr f = 3,9167 ⋅ 109 ⋅ 0, 7034 = 2, 755 ⋅ 109 ,

850

)

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

,

PROSTIRANJE TOPLOTE Gr f Pr f = 2,755 ⋅ 109 > 1 ⋅ 109 .

Kritična vrednost proizvoda Gr f Pr f

( Gr

Prf

f

)

kr

= 1 ⋅109 .

Kritična dužina stranice a konvektora lkr =

( Gr Pr ) v , β gPr ( T − T ) f

3

f

lkr =

3

f

f

kr

2 f

z

f

(

1 ⋅ 109 ⋅ 14,88 ⋅ 10 −6

)

2

0,0034 ⋅ 9,81 ⋅ 0,7034 ⋅ ( 317 − 291)

= 0,7133 m .

Prirodno strujanje u graničnom sloju do dužine l = lkr je laminarno a nakon toga se strujanje preobražava u turbulentno. Laminarna oblast strujanja duž starnice a konvektora l = 0 ÷ lkr C = 0,76 , n = 0, 25 .

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja za laminarnu oblast strujanja

( Nu )

⎛ Pr ⎞ = C ( Gr f Pr f ) ⎜ f ⎟ kr ⎝ Prz ⎠

( Nu f

= 0,76 ⋅ (1 ⋅109 )

f

lam

)

lam

n

0,25

0,25

,

⎛ 0,7034 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 0,6986 ⎠

0,25

= 135,381 .

851

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote α1lam u laminarnom graničnom sloju α 1lam = ( Nu f

)

lam

α1lam = 135,381 ⋅

λf lkr

,

2,574 ⋅ 10−2 W = 4,8853 2 . 0, 7133 m K

Toplotni protok sa stranice a konvektora na okolni vazduh u laminarnom delu strujanja

Q1lam = α1lam ( Tz − T f ) 2lkr c , Q1lam = 4,8853 ⋅ ( 317 − 291) ⋅ 2 ⋅ 0,7133 ⋅ 0,6 = 108,722 W . Turbulentna oblast strujanja l = lkr ÷ a 2. korak: Karakteristična dužina stranice konvektora je sada lk = a − lkr = 1 − 0, 7133 = 0, 2867 m .


( Gr

f

Pr f )a = 2,755 ⋅ 109 ,

( Gr

f

Prf

)

kr

= 1 ⋅109 .


( Gr

f

Pr f )a = 2,755 ⋅109 > ( Gr f Prf

C = 0,15 ,

852

)

kr

,

)

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

PROSTIRANJE TOPLOTE n = 0, 33 .

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja za turbulentnu oblast strujanja

( Nu ) f

tur

= C ⎢⎡( Gr f Pr f ⎣

)

n a

⎛ Pr f ⎞ − ( Gr f Pr f ) ⎥⎤ ⎜ ⎟ kr ⎦ Pr ⎝ z⎠ n

0,25

,

( Nu )

0,33 0,33 ⎛ 0,7034 ⎞ = 0,15 ⋅ ⎡( 2,755 ⋅109 ) − (1⋅ 109 ) ⎤ ⋅ ⎜ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎝ 0,6986 ⎟⎠

( Nu )

= 55,69 .

f

f

tur

tur

0,25

,

6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote α 1tur u turbulentnom delu strujanja

α1tur = ( Nu f )

tur

α1tur = 55,69 ⋅

λf , a − lkr

2,574 ⋅ 10−2 W =5 2 . 1 − 0, 7133 m K

Toplotni protok sa duže stranice konvektora na okolni vazduh u turbulentnom delu strujanja

Q1tur = α1tur (Tz − T f ) 2 ( a − lkr ) c ,

Q1tur = 5 ⋅ ( 317 − 291) ⋅ 2 ⋅ (1 − 0,7133) ⋅ 0,6 = 44,725 W . Ukupni toplotni protok duže strane konvektora Q1 = Q1lam + Q1tur , Q1 = 108,722 + 44, 725 = 153, 447 W .

853

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Određivanje koeficijenta prelaza toplote α 2 2. korak: Karakteristična dužina čvrste površine

lk = b = 0,18 m . 3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti

Pr f = 0,7034 , Prz = ( Pr f

Gr f =

)

t = 44 ° C

= 0, 6986 ,

β f glk3 (Tz − T f ) v 2f

=

0,0034 ⋅ 9,81 ⋅ 0,183 ⋅ ( 317 − 291)

(14,88 ⋅10 )

−6 2

4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C ( Gr f Pr f Gr f Pr f = 2, 2842 ⋅ 10 7 ⋅ 0,7034 = 1,607 ⋅ 10 7 , 1 ⋅ 103 < Gr f Pr f < 1 ⋅ 109 , C = 0,76 , n = 0, 25 .


)

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

Nu f = 0,76 ⋅ (1,607 ⋅107 )

0,25

0,25

854

,

⎛ 0,7034 ⎞ ⎜ 0,6986 ⎟ ⎝ ⎠

0,25

= 48,202 .

)

= 2, 2842 ⋅107 .

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

PROSTIRANJE TOPLOTE 6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote α 2

α 2 = Nu f

λf lk

α 2 = 48, 202 ⋅

, 2,574 ⋅ 10−2 W = 6,893 2 . 0,18 m K

Toplotni protok duž stranica b konvektora

Q2 = 6,893 ⋅ ( 44 − 18 ) ⋅ 2 ⋅ 0,18 ⋅ 0,6 = 38,711 W . Ukupni toplotni protok jednog konvektora Q k = Q1 + Q 2 = 153, 447 + 38, 711 = 192,158 W .

Toplotni gubici prostorije iznose Q gub = 1000 W .

Kako je odnos toplotnih gubitaka prostorije prema toplotnom protoku jednog konvektora

Q gub 1000 = = 5,2 , Qk 192,158

neophodan broj konvektora za nadoknađivanje toplotnih gubitaka predstavlja prvu veću celobrojnu vrednost, odnosno n=6. Zadatak 8.25. U horizontalnoj pravoj cevi spoljašnjeg prečnika d1 = 120 mm vrši se potpuna kondenzacija m = 25 kg h suvozasićene vodene pare pritiska 100 kPa . Cev se nalazi u velikoj prostoriji i okružena je mirnim okolnim vazduhom stalne temperature 20°C . Srednja temperatura na površi zidova prostorije iznosi 17°C ,

855

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE a srednja temperatura na spoljašnjoj površi cevi 97°C . Koeficijent emisije zračenja sa cevi iznosi ε 1 = 0,9 . Odrediti dužinu cevi. R e š e n j e:

Slika 8.36. Toplotni bilans spoljašnje površine horizontalne cevi

(

Q = Q prelaz

) + (Q 12

)

zračenje 13

Q = α1 (T1 − T2 ) A1 +

,

⎡⎛ T ⎞ 4 ⎛ T ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢⎜ 1 ⎟ − ⎜ 3 ⎟ ⎥ ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ ⎞ 1 A1 ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ε1 A3 ⎝ ε 3 ⎠

⎡⎛ T ⎞ 4 Q = α1 ( T1 − T2 ) d1π L + Ccε1 ⎢⎜ 1 ⎟ ⎣⎢⎝ 100 ⎠

A1 , A3 A1 ,

4 ⎛ T ⎞ ⎤ − ⎜ 3 ⎟ ⎥ d1π L , ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥

odakle je dužina čelične cevi L=

856

Q ⎡⎛ T ⎞ 4 ⎛ T ⎞ 4 ⎤ ⎪⎫ ⎪⎧ d1π ⎨α1 (T1 − T2 ) + Ccε1 ⎢⎜ 1 ⎟ − ⎜ 3 ⎟ ⎥ ⎬ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ ⎭⎪ ⎩⎪

.

PROSTIRANJE TOPLOTE Ukupni toplotni protok na spoljnoj površini cevi Q jednak je toplotnom protoku usled provođenja toplote kroz zid cevi, odnosno apsolutnoj vrednosti odvedenog toplotnog protoka od suvozasićene vodene pare prilikom njene izobarske kondenzacije u cevi. Odvedeni toplotni protok od vodene pare dobija se iz jednačine prvog zakona termodinamike za proces kondenzacije vodene pare (proces 1v-2v)

(Q ) = ( ∆H ) + ( L ) 12 v

12 v

t 12 v

( Q ) = ( ∆H ) 12 v

,

= m ( h2v − h1v ) .

12 v

Tačka 1v p1v = 100 kPa = 1 bar , x1v = 1 , h1v = h1''v = 2675

kJ . kg

Tačka 2v p2 v = p1v = 1 bar , x2 v = 0 , h2 v = h2' v = 417, 4

kJ . kg

Odvedeni toplotni protok od vodene pare je sada

( Q )

12 v

=

25 ⋅ ( 417,4 − 2675) = −15677,8 W . 3600

857

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Ukupni toplotni protok

(

Q = Q provođenje

( )

)

= Q12

01

v

= −15677,8 = 15677,8 W .

Određivanje koeficijenta prelaza toplote α 1

α1 = Nu f

λf lk

,

α1 = C ( Grf Pr f

)

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

λf lk

.


λ f = 2,59 ⋅ 10 −2

W , mK

ν f = 15,06 ⋅ 10 −6

m2 , s

βf =

1 1 . = 0, 0034 Tf K


lk = d1 = 0,12 m . 3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti Pr f = 0, 703 ,

Prz = ( Pr f

858

)

t = 97° C

= 0,6886 ,

PROSTIRANJE TOPLOTE Gr f =

β f glk3 ( Tz − T f ) v 2f

=

0,0034 ⋅ 9,81 ⋅ 0,123 ⋅ ( 370 − 293)

(15,06 ⋅ 10−6 )

2


)

= 1,9567 ⋅107 .

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

,

Gr f Pr f = 1, 9567 ⋅ 10 7 ⋅ 0, 703 = 1,3756 ⋅ 107 , 1 ⋅ 103 < Gr f Pr f < 1 ⋅ 108 , C = 0,5 , n = 0, 25 .


)

n

⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

Nu f = 0,5 ⋅ (1,3756 ⋅10

)

0,25

7 0,25

,

⎛ 0,703 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 0,6886 ⎠

0,25

= 30,608 .

6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote α 1

α1 = Nu f

λf lk

α1 = 30, 608 ⋅

, 2,59 ⋅ 10 −2 W = 6, 6062 2 . 0,12 m K

859

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Tražena dužina cevi sada je

L=

15677,8 ⎡⎛ 370 ⎞4 ⎛ 290 ⎞4 ⎤ ⎪⎫ ⎪⎧ 0,12 ⋅ π ⎨6,6062 ⋅ ( 370 − 293) + 5,67 ⋅ 0,9 ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥⎬ ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ ⎭⎪ ⎩⎪

,

L = 37, 66 m .

Zadatak 8.26. Kroz cev unutrašnjeg prečnika d = 80 mm struji transformatorsko ulje srednje temperature t f = 50°C , srednjom brzinom w = 0, 2 m s . Temperatura

unutrašnje površi zidova cevi je t z = 25°C . Ukupno razmenjen toplotni protok između ulja i unutrašnje površi cevi iznosi Q = 785 W . Odrediti dužinu cevi.


Toplotni protok usled prelaza toplote sa ulja na zid cevi

Q = α (T f − Tz ) dπ L , pa je tražena dužina cevi

L=

860

Q . d πα (T f − Tz )

PROSTIRANJE TOPLOTE Određivanje koeficijenta prelaza toplote α 1. korak: Fizički parametri za transformatorsko ulje na temperaturi t f = 50°C

ρ f = 845

kg , m3

c pf = 2, 043

kJ , kgK

λ f = 0,122

W , mK

µ f = 9,9 ⋅ 10 −3 Pas ,

β f = 69 ⋅10−5

1 . K

2. korak: Karakteristična dužina čvrste površi lk = d = 0,08 m .

3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti Re f =

Re f =

wlk

νf

=

ρ f wlk µ , jer je ν f = f , µf ρf

845 ⋅ 0, 2 ⋅ 0,08 = 1365, 657 , 9,9 ⋅ 10−3

Re f = 1365,657 < 2300 , laminarno strujanje, Gr f =

β f glk3 (T f − Tz ) ν 2f

=

β f glk3 (T f − Tz ) ρ 2f µ 2f

,

861

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Gr f =

Pr f =

Pr f =

69 ⋅ 10 −5 ⋅ 9,81 ⋅ 0,083 ( 323 − 298 ) ⋅ 8452

(9,9 ⋅10 )

−3 2

νf af

=

= 6,3121 ⋅ 105 ,

µ f c pf , λf

9,9 ⋅ 10 −3 ⋅ 2, 043 ⋅ 103 = 165,784 . 0,122

Fizički parametri za transformatorsko ulje na temperaturi t z = 25°C c pz = 1,918

kJ , kgK

λz = 0,123

W , mK

µ f = 24, 2 ⋅ 10 −3 Pas , Prz =

µ z c pz , λz

Prz =

24, 2 ⋅ 10 −3 ⋅ 1,918 ⋅ 103 = 377,363 . 0,123

4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C Re mf Pr fn Gr fp ε T , C = 0,15ε L , m = 0,33 , n = 0, 43 ,

p = 0,1 .

862

PROSTIRANJE TOPLOTE Pretpostavimo da je ⎛ Pr ⎞ εT = ⎜ f ⎟ ⎝ Prz ⎠

L > 50 → ε L = 1 lk

0,19

⎛ 165, 784 ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 377,363 ⎠

0,19

= 0,8553 .

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = 0,15 ⋅1 ⋅ (1365,657 )

0,33

⋅ (165,784 )

0,43

⋅ ( 6,3121 ⋅105 ) ⋅ 0,8553 , 0,1

Nu f = 47,5656 . 6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote α

α = Nu f

λf 0,122 = 47,5656 ⋅ = 72,5375 . 0,08 lk

Dužina cevi

L=

785 = 1,7217 m . 0,08 ⋅ π ⋅ 72,5656 ⋅ ( 323 − 298)

Provera pretpostavke

L > 50 , lk

L 1, 7217 = = 21,5 < 50 , pretpostavka nije tačna! lk 0, 08

Pretpostavimo sada da je

L' = L

L' = 21,5 → ε L' = 1,118 , lk

εL 1 = 1, 7217 = 1,54 m . ε L' 1,118

863

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Provera pretpostavke

L' = 21,5 , lk

L' 1,54 = = 19,25 ≠ 21,5 , pretpostavka nije tačna! lk 0,08 Pretpostavimo da je

L'' = L

L'' = 19,25 → ε L'' = 1,1375 lk

εL 1 = 1, 7217 = 1,5136 m . ε L'' 1,1375


L'' = 19,25 , lk

L'' 1,5136 = = 18,92 ≅ 19,25 , pretpostavka je tačna! lk 0,08 Stvarna dužina cevi iznosi L = 1,5136 m .

Zadatak 8.27. Kroz prav kanal, prstenastog poprečnog preseka dimenzija ∅1 80 / 90 mm , ∅ 2 200 / 210 mm , protiče voda srednjom brzinom od w = 1, 2 m s . Ulazna temperatura vode je tw1 = 80°C , a srednja temperatura zidova kanala iznosi t z = 20°C . Odrediti dužinu cevi na kojoj će temperatura vode pasti na tw 2 = 60°C . Zanemariti prolaz toplote sa vode na spoljašnju cev.

864

PROSTIRANJE TOPLOTE


Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

Q12 = ∆H 12 = m w ( hw2 − hw1 ) , hw1 = 334,9

kJ , za p = 1 bar i t = 80°C , kg

hw 2 = 251,1

kJ , za p = 1 bar i t = 60°C . kg

Srednja temperatura vode u kanalu tws =

tw1 + t w 2 80 + 60 = = 70°C , 2 2

ρ w = 977,8

kg , za srednju temperaturu vode. m3

Maseni protok vode kroz kanal ⎛ d 2π d 2π ⎞ m w = ρ w w ⎜ 3 − 2 ⎟ , 4 ⎠ ⎝ 4

865


⎛ 0, 22 π 0,092 π − m w = 977,8 ⋅1,2 ⋅ ⎜ 4 ⎝ 4

⎞ kg . ⎟ = 29, 4 s ⎠

Protok toplote Q12 odvedene od vode je sada

Q12 = 29,4 ⋅ ( 251,1 − 334,9 ) = −2463,7 kW . Odvedena toplota od vode predstavlja dovedenu toplotu cevi, odnosno

Q = Q12 = 2463,7 kW . Toplotni protok usled prelaza toplote sa vode na cev iznosi Q = α ∆Tsr d 2π L ,

pa je tražena dužina cevi

L=

Q . α∆Tsr d2π

Određivanje srednje temperature ∆Tsr ∆Tmax = Tw1 − Tz = 353 − 293 = 60 K , ∆Tmin = Tw 2 − Tz = 333 − 293 = 40 K ,

Slika 8.39.

866

PROSTIRANJE TOPLOTE

∆Tsr =

∆Tsr =

∆Tmax − ∆Tmin , ∆T ln max ∆Tmin 60 − 40 = 49,3 K . 60 ln 40

1. korak: Fizički parametri za vodu ( p = 1 bar, tws = 70°C )

λ f = 66,8 ⋅10−2 ν f = 0, 415 ⋅ 10 −6

W , mK m2 . s

2. korak: Karakteristična dužina čvrste površi d32π d 22π 0, 22 π 0, 09 2 π − − A 4 = 4⋅ 4 4 lk = 4 = 4 ⋅ 4 = 0,11 m . O d 3π + d 2π 0, 2π + 0, 09π

3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti Pr f = ( Pr f

)

= 2,55 ,

Prz = ( Pr f

)

= 7, 02 ,

Re f =

t f = 70° C, p =1 bar

t f = 20° C, p =1 bar

wlk 1,2 ⋅ 0,11 = = 3,18 ⋅105 , ν f 0, 415 ⋅10−6

1 ⋅ 104 < Re f < 5 ⋅ 106 , turbulentno strujanje.

867

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini

Nu f = C Re mf Pr nf Gr fp ε T

C = 0, 021ε L , m = 0,8 , n = 0, 43 ,

p =0. ⎛ Pr ⎞ εT = ⎜ f ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

Pretpostavimo da je

⎛ 2,55 ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 7, 02 ⎠

0,25

= 0, 78 .

L > 50 → ε L = 1 → C = 0,021 . lk

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja

Nu f = 0,021 ⋅ ( 3,18 ⋅105 ) ⋅ ( 2,55) 0,8

0,43

⋅ 1⋅ 0,78 = 618,1.


α = Nu f

λf lk

= 618,1 ⋅

66,8 ⋅10−2 W = 3754 2 . 0,11 mK

Tražena dužina cevi L=

2463, 7 ⋅ 103 = 47,1 m . 3754 ⋅ 49,3 ⋅ 0, 09π


L > 50 lk

L 47,1 = = 428, 2 > 50 , pretpostavka je tačna. lk 0,11

868

PROSTIRANJE TOPLOTE

Stvarna dužina cevi iznosi L = 47,1 m . Zadatak 8.28. Predajnik toplote se sastoji od cilindričnog, toplotno izolovanog omotača, unutrašnjeg prečnika D = 0, 4 m i snopa od z = 55 pravih cevi, spoljašnjeg prečnika d = 30 mm . Podužno, kroz prostor između omotača i cevi, struji suv vazduh i pri tom se izobarno, pri p = 5 MPa , hladi od temperature T f 1 = 336 K

do Tf 2 = 313 K . Maseni protok vazduha iznosi m = 0, 4 kg s . Temperatura na spoljašnjoj površi cevi prečnika d je stalna i iznosi Tz = 293 K . Odrediti dužinu predajnika toplote.


Toplotni protok usled prelaza toplote sa vazduha na cevi Q = α∆Tsr d π Lz ,

odakle je dužuna predajnika toplote L=

Q . α ∆Tsr d π z

Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

869

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Q12 = ∆H 12 = m f c pf (T f 2 − T f 1 ) .

Srednja temperatura vazduha t fs =

tf1 + tf 2 2

=

63 + 40 = 51, 5°C , 2

pritisak vazduha p = 5 MPa = 50 bar ,

specifična toplota c pf = 1, 0847

kJ . kgK

Toplotni protok koji je predao suvi vazduh

Q12 = 0, 4 ⋅1,0847 ⋅ ( 313 − 336) = −9,98 kW . Toplotni protok usled prelaza toplote sa vazduha na cevi Q = Q12 = 9,98 kW .

Određivanje srednje temperature ∆Tsr

∆Tmax = T f 1 − Tz = 336 − 293 = 43 K , ∆Tmin = T f 2 − Tz = 313 − 293 = 20 K ,

870

PROSTIRANJE TOPLOTE

Slika 8.41. ∆Tsr =

∆Tsr =

∆Tmax − ∆Tmin , ∆T ln max ∆Tmin 43 − 20 = 30 K . 43 ln 20

1. korak: Fizički parametri za vazduh ( p = 50 bar, t fs = 51,5°C )

λ f = 3,03 ⋅ 10 −2

ρ f = 53,73

W , mK

kg , m3

µ f = 20, 63 ⋅ 10−6 Pas . 2. korak: Karakteristična dužina čvrste površi D 2π d 2π 0, 4 2 π 0, 032 π −z − 55 ⋅ A 4 = 4⋅ 4 4 = 0,054 m . lk = 4 = 4 ⋅ 4 0, 4π + 55 ⋅ 0, 03π O Dπ + zd π

871

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti ⎛ D 2π d 2π −z m f = ρ f w f ⎜ 4 ⎝ 4 wf =

wf =

m f ⎛D π d 2π ⎞ −z ρf ⎜ ⎟ 4 ⎠ ⎝ 4 2

⎞ ⎟, ⎠

,

0, 4 ⎛ 0, 4 π 0,03 π ⎞ 53, 73 ⋅ ⎜ − 55 ⋅ ⎟ 4 ⎠ ⎝ 4 2

Pr f = ( Pr f

)

Prz = ( Pr f

)

Re f =

wlk

νf

2

t f =51,5° C, p = 50 bar

t f = 20° C, p = 50 bar

=

wlk ρ f

µf

=

= 0,086

m , s

= 0,738 ,

= 0,776 ,

0, 086 ⋅ 0,054 ⋅ 53, 73 = 1, 21 ⋅ 10 4 , 20, 63 ⋅ 10−6


4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C Re mf Pr fn Gr fp ε T C = 0, 021ε L , m = 0,8 , n = 0, 43 ,

p =0,

872

PROSTIRANJE TOPLOTE

ε T = 1, 27 − 0, 27

Pretpostavimo da je

Tz 293 = 1, 27 − 0, 27 ⋅ =1. 324,5 Tf

L > 50 → ε L = 1 → C = 0,021 . lk

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = 0,021 ⋅ (1, 21 ⋅10 4 )

0,8

⋅ ( 0,738 )

0,43

⋅1 ⋅1 = 34 .


α = Nu f

λf lk

= 34 ⋅

3, 03 ⋅ 10 −2 W = 19,1 2 . 0, 054 m K

Tražena dužina predajnika toplote L=

9,98 ⋅ 103 = 3,36 m . 19,1 ⋅ 30 ⋅ 0,03 ⋅ π ⋅ 55


L > 50 lk

L 3,36 = = 62, 2 > 50 , pretpostavka je tačna. lk 0, 054

Stvarna dužina toplotnog predajnika iznosi L = 3,36 m . Zadatak 8.29. Kroz prav kanal pravougaonog poprečnog preseka protiče voda brzinom Dimenzije unutrašnjih stranica pravougaonika iznose w =1 m s. a = 10 mm, b = 20 mm . Temperatura vode na ulazu u kanal je tw1 = 10°C , a na izlazu iz kanala tw 2 = 70°C . Temperatura zidova kanala je konstantna i iznosi t z = 100°C . Odrediti: a) toplotni protok sa zidova kanala na vodu; b) dužini kanala.

873



a) Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

Q12 = ∆H 12 = m w ( hw2 − hw1 ) , hw1 = 42

kJ , za p = 1 bar i t = 10°C , kg

hw 2 = 293

kJ , za p = 1 bar i t = 70°C . kg

Srednja temperatura vode u kanalu tws =

tw1 + tw 2 10 + 70 = = 40°C , 2 2

ρ w = 992,2

kg , za srednju temperaturu vode. m3

Maseni protok vode kroz kanal m w = ρ w wab ,

874

PROSTIRANJE TOPLOTE m w = 992,2 ⋅1 ⋅ 0,01⋅ 0,02 = 0, 2

kg . s

Protok toplote Q12 predat vodi

Q12 = 0,2 ⋅ ( 293 − 42 ) = 50, 2 kW . Toplotni protok sa zidova kanala na vodu Q = Q12 = 50, 2 kW .

b) Prelaz toplote sa zidove kanala na vodu

Q = α∆Tsr 2 ( a + b ) L , dužina kanala L=

Q . α∆Tsr 2 ( a + b )

Određivanje srednje temperature ∆Tsr ∆Tmax = Tz − Tw1 = 373 − 283 = 90 K , ∆Tmin = Tz − Tw 2 = 373 − 343 = 30 K ,

Slika 8.43.

875


∆Tsr =

∆Tsr =


1. korak: Fizički parametri za vodu ( p = 1 bar, tws = 40°C )

λ f = 63,5 ⋅ 10−2 ν f = 0, 659 ⋅ 10 −6

W , mK m2 . s

2. korak: Karakteristična dužina čvrste površi lk = 4

A ab 0,01 ⋅ 0,02 = 4⋅ = 4⋅ = 0,0133 m . O 2( a + b) 2 ⋅ ( 0,01 + 0,02 )


)

Prz = ( Pr f

)

Re f =

wlk

νf

t f = 40° C, p =1 bar

t f =100° C, p =1 bar

=

= 4,31 , = 1, 75 ,

1 ⋅ 0,0133 = 2 ⋅104 , 0,659 ⋅10−6


876

PROSTIRANJE TOPLOTE 4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C Re mf Pr fn Gr fp ε T C = 0, 021ε L , m = 0,8 , n = 0, 43 ,

p =0, ⎛ Pr ⎞ εT = ⎜ f ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

Pretpostavimo da je

⎛ 4,31 ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 1, 75 ⎠

0,25

= 1, 25 .

L > 50 → ε L = 1 → C = 0,021 . lk


Nu f = 0,021 ⋅ ( 2 ⋅104 ) ⋅ ( 4,31) 0,8

0,43

⋅1 ⋅1,25 = 135,8 .


α = Nu f

λf lk

= 135,8 ⋅

63,5 ⋅10−2 W = 6483,7 2 . 0,0133 mK

Tražena dužina kanala L=

50, 2 ⋅ 103 = 2,36 m . 6483, 7 ⋅ 54, 6 ⋅ 2 ( 0, 01 + 0, 02 )


L > 50 lk

L 2,36 = = 177,5 > 50 , pretpostavka je tačna. lk 0, 0133

877


Stvarna dužina kanala iznosi L = 2, 36 m . Zadatak 8.30. Dve cevi spoljašnjih prečnika d = 0,118 mm , od kojih je jedna toplotno izolovana sa unutrašnje strane, nalaze se u toplotno izolovanom kanalu kvadratnog poprečnog preseka, unutrašnje stranice a = 0,3 m . Kroz slobodan prostor, pri stalnom pritisku p = 101,325 kPa , protiče voda, srednjom brzinom

w f = 0, 2 m s . Temperatura vode na ulazu u kanal iznosi T f 1 = 299 K , a temperatura na površi neizolovane cevi je stalna i iznosi Tz = 363 K . Odrediti dužinu kanala, da na izlazu iz njega srednja temperatura vode iznosi T f 2 = 307 K .


Za pritisak vode p = 101,325 kPa i temperaturu t f 1 = 26°C c pf 1 = 4,1776

kJ , kgK

hw1 = c pf 1t f 1 = 4,1776 ⋅ 26 = 108, 6176

878

kJ . kg

PROSTIRANJE TOPLOTE Za pritisak vode p = 101,325 kPa i temperaturu t f 2 = 34°C kJ , kgK

c pf 1 = 4,174

hw 2 = c pf 2t f 2 = 4,174 ⋅ 34 = 141,916

kJ . kg

Srednja temperatura vode u cevi t ws =

tf1 + tf 2 2

=

26 + 34 = 30°C . 2

Gustina vode za srednju temperaturu tws = 30°C

ρ w = 995,7

kg . m3

Maseni protok vode kroz slobodan prostor u kanalu ⎛ d 2π ⎞ m w = ρ w w ⎜ a 2 − ⎟, 2 ⎠ ⎝ ⎛ 0,1182 π ⎞ kg m w = 995,7 ⋅ 0,2 ⋅ ⎜ 0,32 − . ⎟ = 13,567 2 s ⎝ ⎠ Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu Q12 = ∆H 12 + Lt12 ,

Q12 = ∆H 12 = m w ( hw2 − hw1 ) , Q12 = 13,567 ⋅ (141,916 − 108,6176) = 451,759 kW .

879

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Toplotni protok usled prelaza toplote sa neizolovane cevi na vodu Q = Q12 = α∆Tsr d π L , L=

Q . α∆Tsr d π

Određivanje srednje temperature ∆Tsr ∆Tmax = Tz − Tw1 = 363 − 299 = 64 K , ∆Tmin = Tz − Tw 2 = 363 − 307 = 56 K ,


∆Tsr =

880


PROSTIRANJE TOPLOTE 1. korak: Fizički parametri za vodu ( p = 101,325 kPa, tws = 30°C)

λ f = 61,8 ⋅10 −2 ν f = 0,805 ⋅ 10 −6

W , mK m2 . s

2. korak: Karakteristična dužina čvrste površi

d 2π 0,1182 π 0,32 − A 2 = 4⋅ 2 = 0,14 m . lk = 4 = 4 ⋅ O 4a + 2dπ 4 ⋅ 0,3 + 2 ⋅ 0,118 ⋅ π a2 −


)

= 5, 42 ,

Prz = ( Pr f

)

= 1,95 ,

Re f =

wlk

νf

t f =30° C, p =101,325 kPa

t f = 90° C, p =101,328 kPa

=

0,2 ⋅ 0,14 = 3,48 ⋅104 , 0,805 ⋅ 10−6

1 ⋅ 104 < Re f < 5 ⋅ 106 , turbulentno strujanje. ⎛ Pr ⎞ 4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C Remf Pr nf Gr fp ⎜ f ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

C = 0, 021ε L , m = 0,8 , n = 0, 43 ,

p =0,

881


⎛ Pr f ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

⎛ 5, 42 ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 1, 95 ⎠

Pretpostavimo da je

0,25

= 1, 29 .

L > 50 → ε L = 1 → C = 0,021 . lk

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = 0,021 ⋅ ( 3,48 ⋅104 )

0,8

⋅ ( 5,42 )

0,43

⋅ 1 ⋅ 1, 29 = 240,82 .


α = Nu f

λf lk

= 240,82 ⋅

61,8 ⋅ 10−2 W = 1063 2 . 0,14 mK

Tražena dužina kanala L=

451, 759 ⋅ 103 = 19,14 m . 1063 ⋅ 59,9 ⋅ 0,118 ⋅ π


L > 50 lk

L 19,14 = = 136,7 > 50 , pretpostavka je tačna. lk 0,14

Stvarna dužina kanala iznosi L = 19,14 m . Zadatak 8.31. U toplotno izolovanom kanalu kvadratnog poprečnog preseka stranice a = 0,5 m postavljena je cev spoljašnjeg prečnika d = 0, 2 m . Kroz kanal struji suv vazduh temperature t f = 30°C , brzinom w = 8 m s . Temperatura zidova

kanala iznosi t2 = 210°C , a temperatura spoljašnje površi cevi T1 > T2 . Koeficijent emisije zračenja cevi iznosi ε1 = 0,95 , a zidova kanala ε 2 = 0,8 .

882

PROSTIRANJE TOPLOTE Smatrajući da koeficijenti prelaza toplote α sa obe površi (sa cevi na vazduh i sa kanala na vazduh) imaju istu vrednost, odrediti: a) temperaturu spoljašnje površi cevi; b) ukupan toplotni fluks koji odaje spoljašnja površ cevi. Pri određivanju Nuseltovog broja, smatrati da je ε T = ε L = 1 .


a) Toplotni bilans unutrašnjih površi zidova kanala

( Q

) = (Q

zračenja 12

)

prelaza 2 f

⎡⎛ T ⎞ 4 ⎛ T ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢⎜ 1 ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎥ ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ 1

ε1

+

⎞ A1 ⎛ 1 ⎜ − 1⎟ A2 ⎝ ε 2 ⎠

,

dπ L = α (T2 − T f ) 4aL ,

1

ε 4 ⎛ T ⎞ T1 = 100 ⎜ 2 ⎟ + α (T2 − T f ) 4a 1 ⎝ 100 ⎠ 4

+

⎞ dπ ⎛ 1 ⎜ − 1⎟ 4a ⎝ ε 2 ⎠ . Cc dπ


λ f = 2,67 ⋅ 10−2

W , mK

883

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE kg , m3

ρ f = 1,165

ν f = 16 ⋅ 10 −6

m2 . s

2. korak: Karakteristična dužina čvrste površi

d 2π 0,2 2 π 0,52 − A 4 = 4⋅ 4 lk = 4 = 4 ⋅ = 0,333 m . O 4a + d π 4 ⋅ 0,5 + 0, 2 ⋅ π a2 −

3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti Pr f = ( Pr f Re f =

)

wlk

νf

t f = 30° C, p =1 atm

=

= 0,701 ,

8 ⋅ 0,333 = 1, 665 ⋅ 105 , 16 ⋅ 10 −6


4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C Re mf Pr fn Gr fp ε T C = 0,021 , m = 0,8 , n = 0, 43 ,

p =0,

εT = ε L = 1 .

884

PROSTIRANJE TOPLOTE 5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = 0,021 ⋅ (1,665 ⋅105 )

0,8

⋅ ( 0,701)

0,43

⋅ 1 ⋅1 = 271 .


α = Nu f

λf lk

= 271 ⋅

2,67 ⋅ 10−2 W = 21, 7 2 . 0,333 mK

Temperatura spoljašnje površi cevi

1 0,2 ⋅ π ⎛ 1 ⎞ + − 1⎟ ⎜ 4 ⎛ 483 ⎞ 0,95 4 ⋅ 0,5 ⎝ 0,8 ⎠ T1 = 100 ⎜ , ⎟ + 21,7 ⋅ ( 483 − 303 ) ⋅ 4 ⋅ 0,5 ⋅ 100 5,67 ⋅ 0,2 ⋅ π ⎝ ⎠ 4

T1 = 741,6 K .

b) Ukupni toplotni fluks koji odaje spoljašna površina cevi qΣ = ( q zračenja ) + ( q prelaza ) , 12

1f

⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ qΣ = d π + α ( T1 − T f ) dπ , ⎞ 1 A1 ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ε1 A2 ⎝ ε 2 ⎠ ⎡⎛ 741,6 ⎞4 ⎛ 483 ⎞ 4 ⎤ 5,67 ⋅ ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ ⎣ ⋅ 0, 2 ⋅ π + 21,7 ⋅ ( 741,6 − 303) ⋅ 0,2 ⋅ π , qΣ = 1 0,2 ⋅ π ⎛ 1 ⎞ + −1 0,95 4 ⋅ 0,5 ⎜⎝ 0,8 ⎟⎠ qΣ = 13792

W . m

885

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Zadatak 8.32. Horizontalna cev, spoljašnjeg prečnika d = 30 mm i dužine L = 5 m , se hladi poprečnom strujom vode srednje temperature t f = 10°C . Voda struji brzinom w = 2 m s , pod napadnim uglom β = 60° . Temperatura spoljašnje površi cevi iznosi t z = 80°C . Odrediti toplotni protok konvekcijom sa cevi na vodu.


Toplotni fluks sa cevi na fluid

Q = α (Tz − T f ) dπ L . 1. korak: Fizički parametri za vodu na temperaturi t f = 10°C

λ f = 57, 4 ⋅ 10−2

W , mK

ν f = 1,306 ⋅ 10−6

m2 . s


886

PROSTIRANJE TOPLOTE 3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti Pr f = ( Pr f

)

Prz = ( Pr f

)

Re f =

t f =10° C, p =101,325 kPa

t f =80° C, p =101,328 kPa

wlk

νf

=

= 9,52 , = 2, 21 ,

2 ⋅ 0,03 = 4,59 ⋅104 , 1,306 ⋅10−6

1 ⋅ 103 < Re f < 2 ⋅ 105 , prelazni režim strujanja.

4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C Re mf Pr fn Gr fp ε T

(ε β )β =

60°

= 0,93 ,

C = 0, 26ε β = 0,26 ⋅ 0,93 = 0,24 , m = 0, 6 , n = 0, 37 ,

p =0, ⎛ Pr ⎞ εT = ⎜ f ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

⎛ 9,52 ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 2, 21 ⎠

0,25

= 1, 44 .

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = 0, 24 ⋅ ( 4,59 ⋅10 4 )

0,6

⋅ ( 9,52 )

0,37

⋅1 ⋅1, 44 = 496,65 .

887

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote α

α = Nu f

λf lk

= 496,65 ⋅

57,4 ⋅10−2 W = 9502,6 2 . 0,03 mK


Q = 9502,6 ⋅ ( 353 − 283) ⋅ 0,03 ⋅ π ⋅ 5 = 313,46 kW . Zadatak 8.33. Suvozasićena vodena para ( t = 180°C ) transportuje se kroz parovod na rastojanje od L = 4 km . Parovod je napravljen od čeličnih cevi ( λ1 = 50 W mK ) , prečnika ∅ 100 / 80 mm i izolovan je slojem staklene vune

( λ2 = 0,04

W mK ) , debljine δ = 90 mm . Praćenje atmosferskih uslova pokazalo je da: - maksimalna brzina vetra koji duva normalno na parovod iznosi w = 10 m s ; - minimalna temperatura okolnog vazduha dostiže −10°C . U parovod treba ugraditi kondenzacione lonce na drugom i na četvrtom kilometru. Ukoliko gubici zračenja iznose 60% od gubitaka konvekcijom, a koeficijent prelaza toplote sa strane pare koja se kondenzuje duž celog cevovoda iznosi α1 = 9000 W m 2 K , odrediti potreban kapacitet kondenzacionih lonaca

( kg s) .

Pri izračunavanju koeficijenta prelaza toplote sa strane vazduha zanemariti popravku ε T , to jest smatrati da je ε T = 1 . R e š e n j e:

Razmenjeni toplotni protok na prva dva kilometra parovoda Q1 = ( Q ) prelaz + ( Q ) zračenje = 1, 6 ( Q ) prelaz ,

Q1 = 1,6

888

Tpara − Tvazduh L1 . d3 1 1 1 1 d2 + ln + ln + d1πα1 2πλ1 d1 2πλ2 d 2 d3πα 3

PROSTIRANJE TOPLOTE Određivanje koeficijenta prelaza toplote α3 1. korak: Fizički parametri za vazduh na temperaturi t f = −10°C

λ f = 2,36 ⋅10−2

W , mK

ν f = 12, 43 ⋅ 10 −6

m2 . s


lk = d3 = d2 + 2δ = 0,1 + 2 ⋅ 0,09 = 0, 28 m . 3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti Pr f = ( Pr f

Re f =

wlk

νf

)

t f =−10° C, p =101,325 kPa

=

= 0,712 ,

10 ⋅ 0,28 = 2,253 ⋅105 , 12,43 ⋅10−6

2 ⋅ 105 < Re f < 2 ⋅ 10 7 , turbulentno strujanje.


(ε β )β

=90°

=1 ,

C = 0,023ε β = 0,023 ⋅1 = 0,023 , m = 0,8 , n = 0, 4 ,

p =0,

889


εT = 1 . 5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = 0,023 ⋅ ( 2,253 ⋅105 )

0,8

⋅ ( 0,712 )

0,4

⋅1 ⋅1 = 384,53 .


λf

α 3 = Nu f

lk

= 384,53 ⋅

2,36 ⋅10 −2 W = 32, 41 2 . 0,28 mK

Razmenjena toplota na prvom delu parovoda, nakon zamene brojnih vrednosti, iznosi Q1 = 147,11 kW .

Neophodan kapacitet prvog kondenzacionog lonca m 1 =

(h ) ''

t =180° C

m 1 =

Q1 − ( h' )

t =180° C

=

Q1

( r )t =180° C

,

147,11 kg . =0,073 2015 s

( L2 = 2 km ) jednaka je ( L1 = 2 km ) , pa je i kapacitet

Razmenjena toplota na drugom delu parovoda

razmenjenoj toploti na prvom delu parovoda drugog kondenzacionog lonca jednak kapacitetu prvog kondenzacionog lonca, odnosno m 2 = m 1 = 0,073

890

kg . s

PROSTIRANJE TOPLOTE Zadatak 8.34. Upravo na cev, spoljašnjeg prečnika d = 200 mm i dužine L = 8 m , struji suv vazduh temperature t f = −20°C , pri p = 101,325 kPa . Temperatura na

spoljašnjoj površi cevi je konstantna i iznosi t z = 180°C . Odrediti brzinu strujanja vazduha pri kojoj toplotni protok sa cevi na vazduh iznosi 20kW. R e š e n j e:

Toplotni protok sa cevi na vazduh Q = α ( t z − t f ) d π L ,

odakle je koeficijent prelaza toplote sa cevi na vazduh

α=

Q , ( t z − t f ) dπ L

α=

20 ⋅ 103 W = 19,89 2 . mK (180 + 20) ⋅ 0, 2 ⋅ π ⋅ 8

1. korak: Fizički parametri za vazduh na temperaturi t f = −20°C

λ f = 2, 28 ⋅10−2

W , mK

ν f = 12, 79 ⋅ 10−6

m2 . s


lk = d = 0, 2 m . 3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti Pr f = ( Pr f

)

t f =−20° C, p =101,325 kPa

= 0,716 ,

891

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Prz = ( Pr f

)

t f =180° C, p =101,325 kPa

= 0, 681 .

4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C Re mf Pr fn Gr fp ε T ⎛ Pr f ⎞ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

εT = ⎜

α

lk

λf

⎛ 0,716 ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 0, 681 ⎠

0,25

= 1,

= Nu f = C Re mf Pr nf Gr fpε T ,

1

Re f = m

α lk . λ f C Pr fn Gr fpε T

Pretpostavima najpre da je strujanje vazduha oko cevi turbulentno 2 ⋅ 105 < Re f < 2 ⋅ 10 7 ,

(ε β )β

=90°

=1 ,

C = 0,023ε β = 0,023 ⋅1 = 0,023 , m = 0,8 , n = 0, 4 ,

p =0.

Rejnoldsov broj sada je Re f = 0,8

19,89 ⋅ 0, 2 = 8,3665 ⋅ 10 4 , 0,4 2, 28 ⋅ 10 ⋅ 0, 023 ⋅ 0, 716 ⋅ 1 ⋅ 1 −2

Re f = 8,3665 ⋅ 104 < 2 ⋅ 105 , pretpostavka nije tačna.

892

PROSTIRANJE TOPLOTE Pretpostavimo sada da je strujanje vazduha oko cevi prelazno

1 ⋅103 < Ref < 2 ⋅ 105 ,

(ε β )β =

90°

=1 ,

C = 0, 26ε β = 0, 26 ⋅ 1 = 0,26 , m = 0, 6 , n = 0, 37 ,

p =0.

Rejnoldsov broj Re f = 0,6

19,89 ⋅ 0, 2 = 6,3202 ⋅ 10 4 , 2, 28 ⋅ 10 −2 ⋅ 0, 26 ⋅ 0, 7160,37 ⋅ 1 ⋅ 1

1 ⋅ 103 < 8, 3202 ⋅ 104 < 2 ⋅ 105 , pretpostavka je tačna.

Brzina strujanja vazduha sada iznosi w=

Re f ν f lk

=

6,3202 ⋅ 104 ⋅ 12, 79 ⋅ 10−6 m . = 4, 04 0, 2 s

Zadatak 8.35. Kroz cev od nerđajućeg čelika

( λ = 17

W mK ) , prečnika ∅ 51 / 29 mm i dužine L = 2,5 m , struji voda konstantne temperature tw = 80°C , srednjom brzinom ww = 1 m s . Upravno na cev struji vazduh srednje temperature t f = 20°C , srednjom brzinom w f = 2 m s . Odrediti toplotni protok sa vode na vazduh kao i temperaturu spoljašnje površi cevi. Smatrati da je ε Tu = ε Ts = 1 .

893


a) Razmenjen toplotni protok između vode i vazduha Q =

tw − t f L. 1 1 1 d + ln 2 + d1πα1 2πλ d1 d 2πα 2

Koeficijent prelaza toplote sa vode na unutrašnju površinu cevi α1 1. korak: Fizički parametri za vodu ( p = 1 bar, tw = 80°C)

λw = 67, 4 ⋅10−2

W , mK

ν w = 0,365 ⋅ 10 −6

m2 . s

2. korak: Karakteristična dužina čvrste površi lkw = d1 = 0,029 m .

3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti Prw = ( Prw )t

Re w =

w = 80° C, p =1

bar

= 2, 21 ,

wwlkw 1 ⋅ 0, 029 = = 7,95 ⋅ 104 , νw 0,365 ⋅ 10−6

1 ⋅ 104 < Re w < 5 ⋅ 106 , turbulentno strujanje.

4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu w = C Remw Prwn Grwp ε T L 2, 5 = = 86, 2 > 50 , lkw 0, 029

894

PROSTIRANJE TOPLOTE

εL =1, C = 0, 021ε L = 0,021 ⋅ 1 = 0,021 , m = 0,8 , n = 0, 43 ,

p =0.

εT = 1 . 5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu w = 0,021 ⋅ ( 7,95 ⋅10 4 )

0,8

⋅ ( 2,21)

0,43

⋅ 1⋅ 1 = 245,81 .

6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote α1

α1 = Nu w

λw lkw

= 245,81 ⋅

67,4 ⋅10−2 W = 5713 2 . −3 29 ⋅10 mK

Koeficijent prelaza toplote sa spoljašnje površine cevi na vazduh α2 1. korak: Fizički parametri za vazduh na temperaturi t f = 20°C

λ f = 2,59 ⋅10−2

W , mK

ν f = 15,06 ⋅ 10 −6

m2 . s


lkf = d2 = 0,051 m .

895

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti Pr f = ( Pr f

Re f =

)

t f = 20° C, p =101,325 kPa

w f lkf

νf

=

= 0,703 ,

2 ⋅ 0,051 = 6,8 ⋅ 103 , −6 15,06 ⋅10

1 ⋅ 103 < Re f < 2 ⋅ 105 , prelazno strujanje.


(ε β )β =90° = 1 , C = 0, 26ε β = 0, 26 ⋅ 1 = 0,26 , m = 0, 6 , n = 0, 37 ,

p =0,

εT = 1 . 5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = 0,26 ⋅ ( 6,8 ⋅ 103 )

0,6

⋅ ( 0,703)

0,37

⋅1 ⋅1 = 45,483 .


α 2 = Nu f

896

λf lkf

= 45,483 ⋅

2,59 ⋅ 10−2 W = 23,1 2 . 0,051 mK

PROSTIRANJE TOPLOTE Toplotni protok sa vode na vazduh Q =

( 80 − 20) ⋅ 2,5 1 1 51 1 ln + + 29 ⋅ 10 −3 ⋅ π ⋅ 5713 2 ⋅ π ⋅ 17 29 51 ⋅ 10 −3 ⋅ π ⋅ 23,1

,

Q = 540, 744 W .

b) Prelaz toplote sa spoljašnje površine cevi na vazduh

Q = α 2 ( ts − t f ) d2π L , odakle je temperatura spoljne površine cevi ts = t f +

Q , α 2 d 2π L

ts = 20 +

540,744 = 78,5°C . 23,1 ⋅ 0,051 ⋅ π ⋅ 2,5

Zadatak 8.36. Dve kvadratne ploče stranica dužine a = 1 m obrazuju ravnu površ zanemarljive struji suv vazduh debljine duž koje brzinom w =1 m s

( t = 10°C, p = 1,01325 bar ) . Odrediti koliko se toplote preda vazduhu za sledeća tri slučaja: a) obe ploče su stalne temperature t z = 120°C ; b) prva ploča je stalne temperature t z = 120°C , a druga je adijabatski izolovana; c) prva ploča je adijabatski izolovana, a druga stalne temperature t z = 120°C .

Slika 8.48.

897


Kritična dužina ploče lkr =

Re kr ν f w

=

5 ⋅ 105 ⋅ 14,16 ⋅ 10−6 = 7, 08 m . 1

Kako je dužina ploče L = a + a = 2 m manja od kritične dužine, strujanje vazduha duž cele ploče je laminarno. a) Slučaj kada su obe ploče na temperaturi t z = 120°C Toplotni fluks sa ploće na vazduh

Q 0− 2 a = α 0− 2 a ( t z − t f ) 2a 2 . 1. korak: Fizički parametri za vazduh na temperaturi t f = 10°C i pritisku p = 1,01325 bar

λ f = 2,51 ⋅ 10−2

W , mK

ν f = 14,16 ⋅ 10−6

m2 . s

2. korak: Karakteristična dužina ploče

lk = 2a = 2 m . 3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti Pr f = ( Pr f

)

Prz = ( Prz )t

898

t f =10° C, p =1,01325 bar

f

=120° C, p =1,01325 bar

= 0, 705 , = 0,686 ,

PROSTIRANJE TOPLOTE

Re f =

wlk

νf

=

1⋅ 2 = 1, 41⋅ 105 . 14,16 ⋅10−6

4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C Re mf Pr fn Gr fp ε T C = 0, 664 , m = 0,5 , n = 0, 33 ,

p =0, ⎛ Pr f ⎞ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

εT = ⎜

⎛ 0, 705 ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 0, 686 ⎠

0,25

= 1.

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = 0,664 ⋅ (1, 41 ⋅105 )

0,5

⋅ ( 0,705)

0,33

⋅1 ⋅1 = 222,17 .

6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote α 0 − 2 a

α0−2 a = Nu f

λf lk

= 222,17 ⋅

2,51 ⋅10−2 W = 2,79 2 . 2 mK

Toplotni fluks

Q0 −2 a = 2,79 ⋅ (120 − 10 ) ⋅ 2 ⋅12 = 613,8 W . b) Slučaj kada je prva ploča stalne temperature t z = 120°C , a druga ploča je adijabatski izolovana Toplotni fluks sa ploče na vazduh sada je

Q 0 −a = α 0− a ( t z − t f ) a 2 .

899


2. korak: Karakteristična dužina ploče

lk = a = 1 m . 3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti Pr f = ( Pr f

)

Prz = ( Prz )t

Re f =

wlk

νf

t f =10° C, p =1,01325 bar

f

=120° C, p =1,01325 bar

=

= 0, 705 , = 0,686 ,

1⋅ 1 = 0,7 ⋅105 . 14,16 ⋅10−6

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = 0,664 ⋅ ( 0,7 ⋅ 105 )

0,5

⋅ ( 0,705)

0,33

⋅1 ⋅1 = 156,54 .

6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote α 0 − a

α 0− a = Nu f

λf lk

= 156,54 ⋅

2,51 ⋅10−2 W = 3,93 2 . 1 mK

Toplotni fluks

Q 0 −a = 3,93 ⋅ (120 − 10 ) ⋅12 = 432,3 W . Napomena: Prikazani su samo oni koraci koji nisu ostali isti kao u slučaju pod a) c) Slučaj kada je prva ploča adijabatski izolovana , a druga ploča je stalne temperature t z = 120°C Q a − 2 a = Q 0 − 2 a − Q 0 − a , Q a − 2 a = 613,8 − 432,3 = 181,5 W .

900

PROSTIRANJE TOPLOTE

Ovaj slučaj se može rešiti i na sledeći način

Q a − 2 a = α a −2 a ( t z − t f ) a 2 ,

( Nu )

a− 2a

m m = C ⎡( Re f ) − ( Re f ) ⎤ Pr fn Gr fp ε T , ⎢⎣ 0− 2a 0−a ⎥ ⎦

( Nu )

a −2a

= 0,664 ⎡(1,41⋅ 105 ) ⎣⎢

f

f

α a −2a = Nu f

λf lk

= ( Nu f )a −2 a

0,5

0,5 0,33 − ( 0,7 ⋅105 ) ⎤ ( 0,705) ⋅1 ⋅1 = 65,63 , ⎦⎥

λf 2a − a

= 65,63 ⋅

2,51 ⋅10−2 W = 1,65 2 , 2 −1 mK

Q a − 2 a = 1,65 ⋅ (120 − 10 ) ⋅12 = 181,5 W . Zadatak 8.37. Suv vazduh pritiska p = 101,325 kPa i stalne temperature T f = 293 K , struji

brzinom w = 2,5 m s preko ravne ploče dužine a = 5 m i širine b = 1,5 m . Temperatura na površi ploče je stalna i iznosi Tz = 363 K . Odrediti toplotni protok sa ploče na vazduh: a) u laminarnoj oblasti strujanja vazduha; b) u turbulentnoj oblasti strujanja vazduha; c) za celu ploču. d)

Slika 8.49.

901


a) Laminarna oblast strujanja vazduha 1. korak: Fizički parametri za vazduh na temperaturi t f = 20°C i pritisku p = 101,325 kPa

λ f = 2,59 ⋅10−2

W , mK

ν f = 15,06 ⋅ 10 −6

m2 . s

Kritična dužina ploče lkr =

Re kr ν f w

=

5 ⋅ 105 ⋅ 15,06 ⋅ 10−6 = 3, 012 m . 2,5

Kako je ukupna dužina ploče L = a = 5 m veća od kritične, strujanje vazduha duž ploče je laminarno na dužini lk , a turbulentno na dužini a − lk . 2. korak: Karakteristična dužina ravne ploče u oblasti laminarnog strujanja vazduha lk = lkr = 3, 012 m .


)

Prz = ( Prz )t

Re f =

902

wlk

νf

t f = 20° C, p =101,325 kPa

f

= 90° C, p =101,325 kPa

= Rekr = 5 ⋅105 .

= 0,703 , = 0, 690 ,

PROSTIRANJE TOPLOTE 4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C Re mf Pr fn Gr fp ε T C = 0, 664 , m = 0,5 , n = 0, 33 ,

p =0, ⎛ Pr f ⎞ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

εT = ⎜

⎛ 0, 703 ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 0, 690 ⎠

0,25

= 1.

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = 0,664 ⋅ ( 5 ⋅105 )

0,5

⋅ ( 0,703)

0,33

⋅1 ⋅1 = 417,97 .

6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote α lam

λf

2,59 ⋅ 10 −2 W = 3, 6 2 . 3, 012 mK lk Toplotni protok sa ploče na vazduh u laminarnoj oblasti strujanja vazduha

α lam = Nu f

= 417,97 ⋅

Q lam = α lam ( t z − t f ) lkr b ,

Qlam = 3,6 ⋅ ( 90 − 20 ) ⋅ 3,012 ⋅1,5 = 1138,5 W . b) Turbulentna oblast strujanja vazduha 2. korak: Karakteristična dužina ravne ploče u oblasti turbulentnog strujanja vazduha lk = a − lkr = 5 − 3,012 = 1,988 m .

903

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C Re mf Pr fn Gr fp ε T C = 0, 037 , m = 0,8 , n = 0, 43 ,

p =0, ⎛ Pr f ⎞ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

εT = ⎜

⎛ 0, 703 ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 0,690 ⎠

0,25

= 1.


( Nu ) f

lkr − a

( Re ) f

m

0−a

( Nu ) f

= C ⎡⎢( Re f ⎣ wa

=

a− 2a

νf

=

)

m 0− a

− ( Re f

)

m 0− lkr

⎤ Pr n Gr pε , ⎦⎥ f f T

2,5 ⋅ 5 = 8,3 ⋅ 105 , 15, 06 ⋅ 10−6

= 0,037 ⎡(8,3 ⋅ 105 ) ⎣⎢

0,8

0,8 0,43 − ( 5 ⋅105 ) ⎤ ( 0,703) ⋅1 ⋅1 = 576,135 . ⎦⎥

6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote α tur

α tur = ( Nu f

)

λf a −2a

lk

= 576,135 ⋅

2,59 ⋅ 10−2 W = 7, 5 2 . 1,988 mK

Toplotni protok sa ploče na vazduh u turbulentnoj oblasti strujanja vazduha Q tur = α tur ( t z − t f

)( a − l ) b , kr

Qlam = 7,5 ⋅ ( 90 − 20)( 5 − 3,012) ⋅ 1,5 = 1565,6 W .

904

PROSTIRANJE TOPLOTE c) Ukupni toplotni protok sa ploče na vazduh Q = Q lam + Q tur , Q = 1138,5 + 1565, 6 = 2704,1 W .

Zadatak 8.38. Vertikalnu ploču (zanemarljive debljine), visine h = 2, 4 m i širine a = 0,8 m sa obe strane (u pravcu kraće strane) opstrujava vazduh temperature t f = 20°C .

Toplotni protok konvekcijom sa ploče na vazduh iznosi 5 kW. Odrediti srednju brzinu strujanja vazduha, tako da se temperatura na površima održava konstantnom i iznosi t z = 70°C . Smatrati da je strujanje vazduha turbulentno po celoj ploči.


Toplotni protok sa ploče na vazduh usled konvekcije Q = α ( tz − t f ) 2ah ,

odakle je koeficijent prelaza toplote sa ploče na vazduh

α=

Q , ( tz − t f ) 2ah

905


α=

5 ⋅ 103 W = 26 2 . m K ( 70 − 20 ) ⋅ 2 ⋅ 0,8 ⋅ 2, 4


λ f = 2,59 ⋅10−2

W , mK

ν f = 15,06 ⋅ 10 −6

m2 . s

2. korak: Karakteristična dužina čvrste površi lk = a = 0,8 m .

3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti Pr f = ( Pr f ) Prz = ( Pr f )

t f = 20° C

t f = 70° C

= 0,703 , = 0,694 .

4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C Re mf Pr fn Gr fp ε T C = 0,037 , m = 0,8 , n = 0, 43 ,

p =0,

⎛ Pr ⎞ εT = ⎜ f ⎟ ⎝ Prz ⎠

906

0,25

⎛ 0,703 ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 0,694 ⎠

0,25

= 1.

PROSTIRANJE TOPLOTE 5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f =

α lk 26 ⋅ 0,8 = = 803, 09 . λ f 2,59 ⋅ 10 −2

6. korak: Izračunavanje Rejnoldsovog broja Re f = m

Nu f C Pr fn Gr fp ε T

Re f = 0,8

,

803, 09 = 3,184 ⋅ 105 . 0, 037 ⋅ 0, 7030,43 ⋅ 1 ⋅ 1

Neophodna srednja brzina strujanja vazduha sada iznosi wf =

Re f ν f lk

=

3,184 ⋅ 105 ⋅ 15, 06 ⋅ 10 −6 m . =6 0,8 s

Zadatak 8.39. Valjanu, vertikalnu bakarnu ploču, visine a = 2, 2 m i širine b = 0,9 m , sa obe strane opstrujava vazduh srednje temperature t f = 20°C , srednjom brzinom

w f = 6 m s . Srednje temperature obe površi ploče iznose t z = 70°C , a zidova velike prostorije u kojoj se ploča nalazi t p = 20°C . Odrediti toplotni protok koji se odvodi sa ploče (debljinu ploče zanemariti) ako se strujanje vrši u pravcu kraće strane. R e š e n j e:

Toplotni protok koji se odvodi sa ploče

(

Q = Q prelaza

) + ( Q 12

)

zračenja 13

,

907

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE ⎡⎛ T ⎞ 4 ⎛ T p ⎞ 4 ⎤ Cc ⎢ ⎜ z ⎟ − ⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ Q = α (Tz − T f ) 2ab + 2ab , Ap Az , ⎞ 1 Az ⎛ 1 + ⎜ − 1⎟ ε z Ap ⎜⎝ ε p ⎟⎠

⎡⎛ T ⎞4 ⎛ Tp ⎞ 4 ⎤ Q = α (Tz − T f ) 2ab + Ccε z ⎢⎜ z ⎟ − ⎜ ⎟ ⎥ 2ab . ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ 1. korak: Fizički parametri za vazduh na temperaturi t f = 20°C

λ f = 2,59 ⋅10−2

W , mK

ν f = 15,06 ⋅ 10 −6

m2 . s

2. korak: Karakteristična dužina čvrste površi lk = b = 0,9 m .

3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti Pr f = ( Pr f ) Prz = ( Pr f ) Re f =

t f = 70° C

w f lk

νf

t f = 20° C

=

= 0,703 , = 0,694 ,

6 ⋅ 0,9 = 3,586 ⋅ 105 , 15,06 ⋅10−6

Re f < 5 ⋅ 105 , laminarno strujanje vazduha duž ploče.

908

PROSTIRANJE TOPLOTE 4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C Re mf Pr fn Gr fp ε T C = 0,664 , m = 0,5 , n = 0, 33 ,

p =0, ⎛ Pr ⎞ εT = ⎜ f ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

⎛ 0,703 ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 0,694 ⎠

0,25

= 1.

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = 0,664 ⋅ ( 3,586 ⋅105 )

0,5

⋅ ( 0,703)

0,33

⋅ 1⋅ 1 = 353,972 .


α = Nu f

λf lk

= 353,972 ⋅

2,59 ⋅10 −2 W = 10,18 2 . 0,9 mK

Koeficijent emisije zračenja za valjanu bakarnu ploču

ε z = 0,98ε n , ukupni koeficijent emisije za hrapave površine, ε z = 0,98 ⋅ 0,64 = 0,6272 . Toplotni protok odveden sa ploče

⎧⎪ ⎡⎛ 343 ⎞4 ⎛ 293 ⎞4 ⎤ ⎫⎪ Q = ⎨10,18 ⋅ ( 343 − 293) + 5,67 ⋅ 0,6272 ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⎬ ⋅ 2 ⋅ 2, 2 ⋅ 0,9 , ⎪⎩ ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ ⎪⎭ Q = 2015,6 + 911,3 = 2926,9 W .

909

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Zadatak 8.40. Iznad horizontalne ravne betonske ploče, dužine l = 2 m , toplotno izolovane sa donje strane, protiče suv vazduh stanja F ( p f = 101,325 kPa, T f = 283 K )

brzinom w f = 3 m s . Ako se pod dejstvom toplotnog zračenja, na gornjoj površini ploče ustali temperatura Tz = 323 K , odrediti površinski toplotni protok tog zračenja (toplotni fluks) i grafički predstaviti raspored temperatura u betonskoj ploči i okolnom vazduhu. R e š e n j e:

Slika 8.51. Toplotni bilans ozračene površine:

qdozračeno = qreflektovano + qapsorbovano , q dozračeno = (1 − ε ) q dozračeno +

q dozračeno =

910

Tz − Tz

δ λ

4

⎛ T ⎞ + α (Tz − T f ) + Ccε ⎜ z ⎟ , ⎝ 100 ⎠

4 1⎡ ⎛ T ⎞ ⎤ ⎢α (Tz − T f ) + Ccε ⎜ z ⎟ ⎥ . ε ⎣⎢ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥

PROSTIRANJE TOPLOTE Koeficijent emisije zračenja hrapave betonske ploče u pravcu normale na površinu

ε n = 0,94 . Ukupni koeficijent emisije za hrapavu betonsku ploču

ε = 0,98ε n , ε = 0,98 ⋅ 0, 94 = 0,92 .


λ f = 2,51 ⋅ 10 −2

W , mK

ν f = 14,16 ⋅ 10−6

m2 . s

2. korak: Karakteristična dužina čvrste površi lk = l = 2 m .

3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti Pr f = ( Pr f )

= 0,705 ,

Prz = ( Pr f )

= 0,698 ,

t f =10° C

Re f =

w f lk

νf

t f = 50° C

=

3⋅ 2 = 4,24 ⋅ 105 , 14,16 ⋅10−6

Re f < 5 ⋅ 105 , laminarno strujanje vazduha duž betonske ploče.

911

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE 4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C Re mf Pr fn Gr fp ε T C = 0,664 , m = 0,5 , n = 0, 33 ,

p =0, ⎛ Pr ⎞ εT = ⎜ f ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

⎛ 0,705 ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 0,698 ⎠

0,25

= 1.

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = 0,664 ⋅ ( 4, 24 ⋅105 )

0,5

⋅ ( 0,705)

0,33

⋅1 ⋅1 = 385, 26 .

6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote α α = Nu f

λf lk

= 385, 26 ⋅

2, 51 ⋅ 10 −2 W = 4,84 2 . 2 m K

Površinski toplotni protok q dozračeno =

4 1 ⎡ W ⎛ 323 ⎞ ⎤ ⎢ 4,84 ⋅ ( 323 − 283) + 5,67 ⋅ 0,92 ⋅ ⎜ ⎟ ⎥ = 827,6 2 . 0,92 ⎣⎢ m ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥

Zadatak 8.41. U istosmernom razmenjivaču toplote, tipa cev u cevi, zagreva se m e = 1500 kg h etanola od temperature t1 = 10°C do temperature t2 = 30°C . Grejni fluid je suvozasićena vodena para pritiska p = 0,12 bar koja se u procesu razmene toplote sa etanolom potpuno kondenzuje. Etanol protiče kroz cev a para se kondenzuje u anularnom prostoru. Unutrašnji prečnik unutrašnje cevi iznosi d = 100 mm . Zanemarujući toplotni otpor prelaza sa pare na cev, toplotni otpor provođenja kroz cev i toplotne gubitke u okolinu odrediti: a) maseni protok grejne pare; b) dužinu cevi.

912

PROSTIRANJE TOPLOTE R e š e n j e:

Prvi zakon termodinamike za proces u razmenjivaču toplote Q12 = ∆H 12 + Lt12 , Q12 = Lt12 = 0 , H 1 = H 2 , H ulaz = H izlaz ,

p h2 + m ec peT2 , m p h1 + m ec peT1 = m odakle je maseni protok vodene pare m p = m e c pe

T2 − T1 . h1 − h2

Entalpija vodene pare na ulazu ( h1 ) i na izlazu ( h2 ) iz razmenjivača toplote h1 = hp = 0,12 bar, x =1 = 2591

kJ , kg

h2 = hp = 0,12 bar, x = 0 = 207

kJ . kg

Srednja temperatura etanola tes =

t1 + t2 10 + 30 = = 20°C , 2 2

specifični toplotni kapacitet etanola za srednju temperaturu tes = 20°C c pe = 2, 45

kJ . kgK

913


Maseni protok vodene pare sada iznosi m p =

1500 303 − 283 kg . ⋅ 2,45 ⋅ = 8,564 ⋅10−3 3600 2591 − 207 s

b) Interno razmenjena toplota u razmenjivaču toplote između vodene pare i etanola

Qraz = kc ∆Tsr L , gde je Q raz - interno razmenjen toplotni protok u razmenjvaču između pare i etanola, kc - koeficijent prolaza toplote, sa pare na etanol, kroz cev, ∆Tsr - srednja logaritamska razlika temperatura pare i etanola.

Dužina cevi, odnosno razmenjivača L=

Q raz kc ∆Tsr

.

Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu ograničenom konturom K

Slika 8.52. Q raz = ∆H 12 + Lt12 ,

914

PROSTIRANJE TOPLOTE Lt12 = 0 , Q raz = ∆H 12 = ( H 2 − H 1 ) , Q raz = m p ( h2 − h1 ) ,

Qraz = 8,564 ⋅ 10−3 ⋅ ( 207 − 2591) = −20, 42 kW . Određivanje srednje temperature ∆Tsr

Slika 8.53. ∆Tmax = 322,45 − 283 = 39,45 K , ∆Tmin = 322,45 − 303 = 19,45 K , ∆Tsr =

∆Tsr =

∆Tmax − ∆Tmin , ∆Tmax ln ∆Tmin

39, 45 − 19, 45 = 28,28 K . 39, 45 ln 19,45

915

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Koeficijent prolaza toplote sa pare na etanol d 1 1 1 1 , ln 2 + = + kc d 2πα p 2πλ d1 d1πα e

gde je 1 - toplotni otpor prelaza toplote sa pare na cev, zanemaren u zadatku, d 2πα p d 1 ln 2 - toplotni otpor provođenja toplote kroz cev, zanemaren u zadatku, 2πλ d1 1 - toplotni otpor prelaza toplote sa cevi na etanol. d1πα e

Koeficijent prolaza toplote je sada kc = d1πα e = d πα e .

Određivanje koeficijenta prelaza toplote αe 1. korak: Fizički parametri za etanol određeni za srednju temperaturu etanola u cevi tes = 20°C

λ f = 0,183 ρ f = 789

W , mK

kg , m3

µ f = 1,19 ⋅10 −3 Pas , c pf = 2, 45

916

kJ . kgK

PROSTIRANJE TOPLOTE 2. korak: Karakteristična dužina čvrste površi lk = d = 0,1 m .

3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti Pr f =

νf

µ f c pf 1,19 ⋅10−3 ⋅ 2,45 ⋅103 = = 15,93 . 0,183 λf

=

a

Fizički parametri za etanol na temperaturi t = 49, 45 °C W , mK

λ f = 0,1781

µ f = 0,705 ⋅10−3 Pas , c pf = 2,8

kJ . kgK

Prz = ( Pr f

)

t f = 49,45° C

⎛ µ f c pf =⎜ ⎜ λ ⎝ f

⎞ 0,705 ⋅10−3 ⋅ 2,8 ⋅ 103 = = 11,08 . ⎟⎟ 0,1781 ⎠t f =49,45°C

Brzina strujanja etanola kroz cev w=

4 m e

ρ f d 2π

,

1500 3600 = 0,0672 m . w= 789 ⋅ 0,12 ⋅ π s 4⋅

Rejnoldsov broj strujanja etanola Re f =

wlk ρ f

µf

=

0,0672 ⋅ 0,1 ⋅ 789 = 4, 455 ⋅ 103 , 1,19 ⋅10 −3

917


2300 < Re f < 1 ⋅ 10 4 , prelazni režim strujanja.

4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C Re mf Pr fn Gr fp ε T C = K 0 = 13,7 , za Re f = 4, 455 ⋅103 , m=0, n = 0, 43 ,

p =0, ⎛ Pr ⎞ εT = ⎜ f ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

⎛ 15,93 ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 11,08 ⎠

0,25

= 1,1 .

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = 13,7 ⋅ 1 ⋅ (15,93 )

0,43

⋅ 1 ⋅ 1,1 = 49,55 .

6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote αe

α e = Nu f

λf lk

= 49,55 ⋅

0,183 W = 90,68 2 . 0,1 m K

Koeficijent prolaza toplote kc kc = dπα e = 0,1 ⋅ π ⋅ 90,68 = 28, 488 Dužina cevi L=

918

−20, 42 ⋅ 103 28,488 ⋅ 28, 28

= 25,35 m .

W . mK

PROSTIRANJE TOPLOTE Zadatak 8.42. U ključalu vodu, koja pri konstantnom pritisku p = 10 bar isparava u protočnom kotlu, potopljeno je z = 20 pravih cevi unutrašnjeg prečnika d = 95 mm . Kroz cevi (pri konstantnom pritisku p = 1 bar ), brzinom w f = 6 m s , struji dimni gas

(r

CO2

)

= 0,13, rH2O = 0,11, rN 2 = 0,76 . Temperatura dimnog gasa na ulazu u cevi

je 460°C , a na izlazu iz njih 260°C . Ako se zanemari toplotni otpor provođenja kroz zidove cevi, kao i toplotni otpor prelaza sa cevi na ključalu vodu, odrediti: a) količinu vode koja isparava u kotlu ( kg s ) ; b) potrebnu dužinu cevi. R e š e n j e:

Prvi zakon termodinamike za proces u razmenjivaču toplote Q12 = ∆H 12 + Lt12 , Q12 = Lt12 = 0 , H 1 = H 2 , H ulaz = H izlaz , m w h1 + m dg c pdg T1 = m w h2 + m dg c pdg T2 .

Maseni protok ključale vode kroz razmenjivač toplote je na osnovu prethodne jednačine m w = m dg c pdg

T2 − T1 . h1 − h2

Entalpija vode na ulazu ( h1 ) i na izlazu ( h2 ) iz razmenjivača toplote h1 = hp =10 bar, x = 0 = 762, 7

kJ , kg

919

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE h2 = h p =10 bar, x =1 = 2778

kJ . kg

Srednja temperatura dimnog gasa tdgs =

t1 + t2 460 + 260 = = 360°C , 2 2

specifični toplotni kapacitet dimnog gasa za srednju temperaturu tdgs = 360°C c pdg = 1,14

kJ , kgK

gustina dimnog gasa za srednju temperaturu tdgs = 360°C

ρdg = 0,562

kg , m3

maseni protok dimnog gasa kroz razmenjivač toplote je sada m dg = z ρ dg w f

d 2π 0,0952 π kg . = 20 ⋅ 0,562 ⋅ 6 ⋅ = 0, 48 4 4 s

Maseni protok ključale vode kroz razmenjivač toplote, odnosno količina vode koja isparava u kotlu m w = 0, 48 ⋅ 1,14 ⋅

533 − 733 kg = 0,0543 . 762,7 − 2778 s

b) Interno razmenjena toplota u razmenjivaču toplote između dimnog gasa i vode iznosi

Q raz = zkc ∆Tsr L ,

920

PROSTIRANJE TOPLOTE gde je Q raz - interno razmenjen toplotni protok između dimnog gasa i vode,

kc - koeficijent prolaza toplote, sa dimnog gasa na vodu, kroz cev, ∆Tsr - srednja logaritamska razlika temperatura vode i dimnog gasa. Potrebna dužina cevi, odnosno razmenjivača toplote L=

Q raz zkc ∆Tsr

.

Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu ograničenom konturom K

Slika 8.54. Q raz = ∆H 12 + Lt12 , Lt12 = 0 , Q raz = ∆H 12 = ( H 2 − H 1 ) , Q raz = m dg c pdg (T2 − T1 ) , Q raz = 0, 48 ⋅ 1,14 ⋅ ( 533 − 733 ) = − 109, 44 kW .

921

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Određivanje srednje temperature ∆Tsr

Slika 8.55. ∆Tmax = 733 − 453 = 280 K , ∆Tmin = 533 − 453 = 80 K ,

∆Tsr =

∆Tsr =

∆Tmax − ∆Tmin , ∆Tmax ln ∆Tmin 280 − 80 = 159,65 K . 280 ln 80

Koeficijent prolaza toplote sa dimnog gasa na vodu kroz cilindričnu površinu (cev) d 1 1 1 1 , ln 2 + = + kc d 2πα w 2πλ d1 d1πα dg

gde je 1 - toplotni otpor prelaza toplote sa cevi na vodu, zanemaren u zadatku, d 2πα w d 1 ln 2 - toplotni otpor provođenja toplote kroz cev, zanemaren u zadatku, 2πλ d1

922

PROSTIRANJE TOPLOTE

1 d1πα dg

- toplotni otpor prelaza toplote sa dimnog gasa na cev.

Koeficijent prolaza toplote je sada

kc = d1πα dg = dπα dg . Određivanje koeficijenta prelaza toplote αdg 1. korak: Fizički parametri za dimni gas određeni za srednju temperaturu dimnog gasa u cevi tdgs = 360°C

λ f = 5,36 ⋅10−2 ρ f = 0,562

W , mK

kg , m3

µ f = 30,3 ⋅10 −6 Pas , c pf = 1,14

kJ . kgK


3. korak: Potrebni kriterijumi sličnosti Pr f =

νf a

=

µ f c pf 30,3 ⋅10 −6 ⋅1,14 ⋅103 = = 0,64 . 5,36 ⋅ 10 −2 λf

923

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Fizički parametri za dimni gas na temperaturi t = 180°C W , mK

λ f = 3,834 ⋅10−2

µ f = 23,68 ⋅ 10 −6 Pas , c pf = 1, 09

kJ . kgK

Prz = ( Pr f )

t f =180° C

⎛ µ f c pf =⎜ ⎜ λf ⎝

⎞ 23,68 ⋅ 10−6 ⋅1,09 ⋅103 = = 0,673 . ⎟⎟ 3,834 ⋅10−2 ⎠t f =180°C

Rejnoldsov broj strujanja dimnog gasa Re f =

wlk ρ f

µf

=

6 ⋅ 0,095 ⋅ 0,562 = 1,06 ⋅ 10 4 , 30,3 ⋅10 −6

1 ⋅104 < Re f < 5 ⋅ 106 , turbulentno strujanje.

4. korak: Konstante u kriterijalnoj jednačini Nu f = C Re mf Pr fn Gr fp ε T C = 0,021ε L , m = 0,8 , n = 0, 43 ,

p =0,

ε T = 1,27 − 0, 27 ⋅

924

453 = 1,077 . 633

PROSTIRANJE TOPLOTE Pretpostavimo da je

L > 50 → ε L = 1 , lk

C = 0,021ε L = 0,021 ⋅ 1 = 0,021 .

5. korak: Izračunavanje Nuseltovog broja Nu f = 0,021 ⋅ (1, 06 ⋅ 104 )

0,8

⋅ ( 0,64 )

0,43

⋅ 1 ⋅ 1,077 = 31 .

6. korak: Izračunavanje koeficijenta prelaza toplote αdg

α dg = Nu f

λf lk

= 31 ⋅

5,36 ⋅ 10−2 W = 17,5 2 . 0, 095 m K

Koeficijent prolaza toplote kc kc = d πα dg = 0, 095 ⋅ π ⋅ 17,5 = 5, 22

W . mK

Dužina cevi L=

−109, 44 ⋅103 20 ⋅ 5, 22 ⋅159,65


= 6,57 m .

L > 50 , lk

L 6,57 = = 69,16 > 50 , pretpostavka nije tačna! lk 0, 095

Stvarna dužina cevi iznosi L = 6,57 m .

925

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Zadatak 8.43. U razmenjivaču toplote sa suprotnosmernim tokom fluida zagreva se V = 6000 m 3 h (pri p = 101,325 kPa , t = 0°C ) vazduha (idealan gas) od početne temperature t1 = 40°C do krajnje temperature t2 = 80°C , pomoću vode temperature tw1 = 90°C . Procenjena vrednost koeficijenta prolaza toplote iznosi k = 500 W m 2 K . Ukupna površina za razmenu toplote iznosi A = 18 m 2 . Odrediti maseni protok vode.

R e š e n j e:

Maseni protok vazduha 6000 101,325 ⋅ 103 ⋅ pV 3600 = 2,16 kg . = m v = 287 ⋅ 273 s RT

Slika 8.56. Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinamičkom sistemu ograničenom konturom K Q raz = ∆H 12 + Lt12 , Lt12 = 0 , Q raz = ∆H 12 = ( H 2 − H 1 ) , Q raz = m v c pv ( T2 − T1 ) ,

926

PROSTIRANJE TOPLOTE

Q raz = 2,16 ⋅ 1⋅ ( 353 − 313) = 86, 4 kW . Razmenjeni toplotni protok između vazduha i vode Q raz = k ∆ Tsr A ,

pa je ∆Tsr =

Q raz kA

=

86, 4 ⋅ 103 = 9, 6 K , 500 ⋅ 18

∆ t sr = 9, 6°C .

Srednja temperatura ∆Tsr


∆Tsr =

∆Tmax − ∆Tmin , ∆Tmax ln ∆Tmin

( 90 − 80 ) − ( tw 2 − 40) . ( 90 − 80) ln ( tw2 − 40 ) 927

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Pretpostavimo da je tw 2 = 45°C , ∆Tsr =

( 90 − 80 ) − ( 45 − 40) = 7,21 , pretpostavka nije tačna. 90 − 80) ( ln ( 45 − 40 )

Pretpostavka da je tw 2 = 48°C ∆Tsr =

( 90 − 80 ) − ( 48 − 40) = 8,96 , pretpostavka nije tačna. ( 90 − 80) ln ( 48 − 40 )

Neka je sada tw 2 = 49°C ∆Tsr =

( 90 − 80 ) − ( 49 − 40 ) = 9,5 , pretpostavka je tačna. 90 − 80 ) ( ln ( 49 − 40)

Prvi zakon termodinamike za proces u razmenjivaču toplote Q12 = ∆H 12 + Lt12 , Q12 = Lt12 = 0 , H 1 = H 2 , H ulaz = H izlaz ,

m w hw1 + m v c pvT1 = m w hw2 + m v c pvT2 , m w = m v c pv

928

T2 − T1 . hw1 − hw 2

PROSTIRANJE TOPLOTE Entalpija vode na ulazu ( hw1 ) i na izlazu ( hw2 ) iz razmenjivača toplote hw1 = hp =1 bar, t =90°C = 376,8

kJ , kg

hw1 = h p =1 bar, t = 49°C = 205,12

kJ . kg

Maseni protok vode m w = 2,16 ⋅ 1 ⋅

80 − 40 kg = 0,5 . 376,8 − 205,12 s

Zadatak 8.44. U jednoj prostoriji sa spoljašnjim prozorima od stakla ( λ = 0,6 W/mK ) debljine

δ = 5 mm , stanje vazduha određeno je sa: tI = 20o C , x1 = 0, 01 kgw/kgsv i pI = 1 bar . Odrediti temperaturu spoljašnjeg vazduha, pri kojoj će početi zamagljivanje prozora. Koeficijent prelaza toplote sa vazduha na unutrašnju površinu stakla je α1 = 6 W/m2 K , a sa spoljašnje površine stakla na okolni vazduh α2 = 9 W/m2 K . R e š e n j e:

Slika 8.58.

929

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Izdvajanje vodenih kapljica na staklu, zamagljivanje stakla, počeće kada unutrašnja površina stakla dostigne temperaturu t1 = 14 o C (temperaturu tačke rose za vazduh datog stanja, slika), što se može pročitati iz h-x dijagrama za vlažan vazduh ili uzeti iz tabele. Termički toplotni fluks u tom slučaju iznosi q = α1 ( tI − t1 ) = 6 ⋅ ( 20 − 14 ) = 36

W . m2

Temperatura spoljašnje površine stakla biće t 2 = t1 −

qδ

λ

= 14 −

36 ⋅ 0, 005 = 13,7°C , 0, 6

pa je tražena temperatura spoljašnjeg vazduha t II = t 2 −

36 q = 13,7 − = 9,7 o C . α2 9

Zadatak 8.45. Izračunati Reynoldsov, Pechletov, Prandtlov i Grashofov broj za vazduh srednje temperature t f = 60°C koji struji srednjom brzinom wf = 5 m/s kroz cev

unutrašnjeg prečnika d = 308 mm , ako je temperatura unutrašnje površine cevi t z = 40o C . R e š e n j e:

Za srednju temperaturu t f = 60o C fizičke osobine vazduha su

930

λ = 2,90 ⋅10−2

W , mK

a = 27,2 ⋅10−6

m2 , s

PROSTIRANJE TOPLOTE

ν = 18,97 ⋅ 10−6

m2 , s

Pr = 0, 696 .

Koeficijent zapreminskog širenja vazduha, pod pretpostavkom da se vazduh ponaša kao idealan gas, je

β=

1 1 1 . = T 333 K

Traženi bezdimenzionalni brojevi biće sada Re =

wd

ν

=

5 ⋅ 0,308 = 8,1181 ⋅ 104 , 18,97 ⋅ 10 −6

Pe =

wd 5 ⋅ 0,308 = = 5, 6618 ⋅ 104 , a 27, 2 ⋅ 10 −6

Pr =

Pe ν 18,97 ⋅10−6 = = = 0,6974 , Re a 27,2 ⋅10−6 1

⋅ 9,81 ⋅ 0,3083 ⋅ 20

β gl 3 ∆T 333 = Gr = ν2 18,97 ⋅ 10 −6

(

)

2

= 47,838 ⋅ 106 .

Zadatak 8.46. Uz vertikalni zid h = 1 m struji vazduh srednje temperature t f = 50o C , srednjom

brzinom w f = 9,2 m/s . Odrediti srednji koeficijent prelaza toplote sa vazduha na površinu zida, ako je srednja temperatura površine zida t z = 20o C . R e š e n j e:

Fizičke osobine vazduha za srednju temperaturu t f = 50o C iznose

931


λ = 2,83 ⋅10−2 ν = 17,95 ⋅ 10 −6

W , mK m2 , s

Pr = 0, 698 .

Prandtlov broj za vazduh temperature t z = 20o C Prz = 0, 703 ,

Reynoldsov broj Re =

wh

ν

=

9, 2 ⋅ 1 = 5,1253 ⋅ 105 . 17,95 ⋅ 10 −6

Pošto je Re > 5 ⋅ 105 , strujanje duž zida je turbulentno, pa je Nuseltov broj za ovaj slučaj dat izrazom ⎛ Pr ⎞ Nu = 0,037 Re0,8 Pr 0,43 ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

,

odnosno Nu = 0,037 ⋅ ( 5,1253 ⋅ 105 )

0,8

0,43 ⎛

⋅ ( 0,698)

0,698 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 0,703 ⎠

0,25

= 1169,7 .

Srednji koeficijent prelaza toplote sa vazduha na površinu zida je

α=

Nuλ 1169, 7 ⋅ 2,83 ⋅ 10 −2 W = = 33,1 2 . h 1 m K

Uticaj nehomogenosti temperaturnog polja u blizini čvrste granične površine na koeficijent prelaza toplote kod gasova je gotovo beznačajan, pa se često može uzeti da je

932

PROSTIRANJE TOPLOTE

⎛ Pr ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

≈1.

Zadatak 8.47. Duž radijatora visine h = 600 mm struji suv vazduh srednjom brzinom w f = 10 m/s . Odrediti količinu toplote koja u toku jednog časa pređe sa jednog

kvadratnog metra površine radijatora na okolni vazduh srednje temperature t f = 20o C , ako je srednja temperatura spoljašnje površine radijatora t z = 100o C . R e š e n j e:

Fizičke osobine vazduha za srednju temperaturu t f = 20o C

λ = 2,59 ⋅10−2

W , mK

ν = 15, 06 ⋅ 10−6

m2 , s

Pr = 0, 703 .

Prandtlov broj za vazduh temperature t z = 100o C Prz = 0, 688 ,

Reynoldsov broj Re =

wh

ν

=

10 ⋅ 0,6 = 3,9841 ⋅ 105 . 15, 06 ⋅ 10 −6

933

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Pošto je Re < 5 ⋅ 105 , strujanje duž površine radijatora je laminarno, pa je Nuseltov broj za ovaj slučaj dat izrazom Nu = 0,664 Re

0,5

Pr

0,33 ⎛

Pr ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

,

odnosno

(

Nu = 0,664 ⋅ 3,9841 ⋅105

)

0,5

0,33 ⎛

⋅ ( 0,703)

0,703 ⎞ ⎜ ⎟ 0,688 ⎝ ⎠

0,25

= 375,12 .

Srednji koeficijent prelaza toplote sa površine radijatora na vazduh je

α=

Nuλ 375,12 ⋅ 2,59 ⋅ 10−2 W = = 16, 2 2 , 0, 6 h m K

pa je količina toplote koja u toku jednog časa pređe sa jednog kvadratnog metra površine radijatora na vazduh

(

)

q = α tz − t f τ , q = 16, 2 ⋅ (100 − 20 ) ⋅ 1 ⋅ 3600 = 4665, 6 ⋅ 103

J . m2

Zadatak 8.48. Kroz pravu cev unutrašnjeg prečnika d = 120 mm i dužine l > 50d struji

vazduh srednje temperature t f = 100o C , srednjom brzinom w f = 12 m/s . Odrediti srednji koeficijent prelaza toplote sa vazduha na unutrašnju površinu cevi, ako je srednja temperatura unutrašnje površine cevi t z = 40o C . R e š e n j e:

Za prinudno strujanje vazduha kroz pravu cev kružnog poprečnog preseka može se upotrebiti izraz

934

PROSTIRANJE TOPLOTE ⎛ T Nu = C Rem Pr n Gr p ⎜1,27 − 0,27 z ⎜ Tf ⎝

⎞ ⎟. ⎟ ⎠

Da bi se utvrdilo kakvo je strujanje u cevi, potrebno je odrediti Reynoldsov broj. Fizičke osobine vazduha za srednju temperaturu t f = 100o C

λ = 3,21⋅ 10−2

W , mK

ν = 23,13 ⋅ 10−6

m2 , s

Pr = 0, 688 .

Reynoldsov broj strujanja Re =

wf d

ν

=

12 ⋅ 0,120 = 6, 2257 ⋅ 10 4 . 23,13 ⋅ 10−6

Pošto je 1 ⋅ 10 4 < Re < 5 ⋅ 106 , strujanje u cevi je turbulentno, pa je Nuseltov broj za ovaj slučaj dat izrazom ⎛ T Nu = 0,021ε L Re0,8 Pr 0,43 Gr 0 ⎜1,27 − 0, 27 z ⎜ Tf ⎝

⎞ ⎟, ⎟ ⎠

odnosno

(

Nu = 0,021 ⋅ 1 ⋅ 6, 2257 ⋅ 104

)

0,8

⋅ ( 0, 688 )

0,43 ⎛

313 ⎞ ⎜ 1, 27 − 0, 27 ⋅ 373 ⎟ = 127, 7 , ⎝ ⎠

jer je za ( l / d ) > 50 i Re = 6, 2257 ⋅ 104 , popravka ε L = 1 .

935

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE Srednji koeficijent prelaza toplote sa vazduha na unutrašnju površinu cevi

α=

Nuλ 127, 7 ⋅ 3, 21 ⋅ 10−2 W = = 34,16 2 . 0,12 h m K

Zadatak 8.49. Kroz pravu cev kružnog poprečnog preseka, dužine l > 50d struji vazduh srednje temperature t f = 50o C , srednjom brzinom w f = 10 m/s . Odrediti

srednji koeficijent prelaza toplote sa vazduha na unutrašnju površinu cevi u zavisnosti od unutrašnjeg prečnika cevi, pri turbulentnom strujanju. R e š e n j e:

Za prinudno strujanje vazduha kroz pravu cev kružnog poprečnog preseka važi Nu =

⎛ αd T = 0,021ε L Re0,8 Pr 0,43 ⎜ 1, 27 − 0, 27 z ⎜ T λ f ⎝

⎞ ⎟, ⎟ ⎠

pa je srednji koeficijent prelaza toplote sa vazduha na unutrašnju površinu cevi

α=

⎛ λ T 0,021ε L Re0,8 Pr 0,43 ⎜ 1, 27 − 0,27 z ⎜ d T f ⎝

⎞ ⎟. ⎟ ⎠

Fizičke osobine vazduha za srednju temperaturu t f = 50o C

λ = 2,83 ⋅10−2

W , mK

ν = 17,95 ⋅ 10−6

m2 , s

Pr = 0, 698 .

936

PROSTIRANJE TOPLOTE Pod pretpostavkom da je ⎛ T ⎜1,27 − 0,27 z ⎜ Tf ⎝

⎞ ⎟ ≈ 1, ⎟ ⎠

dobija se 2,83 ⋅10−2 ⎛ 10 ⋅ d ⎞ α= ⋅ 0,021 ⋅1⎜ −6 ⎟ d ⎝ 17,95 ⋅10 ⎠

0,8

( 0,698)

0,43

⋅1 = 20,12d −0,2 .

⎡ W ⎤ α ⎢ 2 ⎥ ⎣m K⎦ 31,89 27,76 25,60 24,16 23,11 22,28 21,61 21,04 20,55 20,12 Tabela 8.12.

d ⋅103 [ m] 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000

Zadatak 8.50. Kroz pravu cev, unutrašnjeg prečnika d i dužine l > 50d struji vazduh srednjom brzinom wf i pri tom srednji koeficijent prelaza toplote sa vazduha na

unutrašnju površinu cevi iznosi α = 30 W m2 K . Koliki je srednji koeficijent prelaza toplote α1 za cev prečnika d1 = 2d i dužine l1 > 50 d1 , pri brzini w f 1 = 2w f i nepromenjenim ostalim uslovima, ako je strujanje u oba slučaja turbulentno? R e š e n j e:

Nuseltov broj pri prinudnom turbulentnom strujanju kroz pravu cev kružnog poprečnog preseka dat je izrazom

937


Nu =

⎛ T αd = 0,021ε L Re0,8 Pr 0,43 ⎜ 1, 27 − 0, 27 z ⎜ λ Tf ⎝

⎞ ⎟, ⎟ ⎠

pa je srednji koeficijent prelaza toplote u prvom slučaju 0,8 ⎛ ⎛ wf d ⎞ Tz λ 0,43 α = 0,021ε L ⎜ ⎟ Pr ⎜⎜1,27 − 0,27 d Tf ⎝ ν ⎠ ⎝

⎞ ⎟, ⎟ ⎠

a u drugom slučaju 0,8 ⎛ ⎛ 2w f ⋅ 2d ⎞ Tz λ 0,43 α1 = 0,021ε L ⎜ ⎟ Pr ⎜⎜ 1, 27 − 0, 27 Tf 2d ⎝ ν ⎠ ⎝

⎞ ⎟. ⎟ ⎠

Kod ova dva posmatrana slučaja razlikuju se samo brzine strujanja vazduha i prečnici cevi, dok su ostali uslovi isti, pa je količnik

α1 1 0,8 = ⋅ 4 = 20,6 , α 2 odnosno

α1 = 20,6 α = 20,6 ⋅ 30 = 45, 47

W . m2K

Zadatak 8.51. Voda srednje temperature t f = 70o C struji srednjom brzinom w f = 0,6 m/s

kroz cev unutrašnjeg prečnika d = 125 mm i dužine l = 8 m .Odrediti srednji koeficijent prelaza toplote sa vode na unutrašnju površinu cevi, ako je srednja temperatura unutrašnje površine cevi t z = 20o C R e š e n j e:

Da bi se utvrdilo kakvo je strujanje u cevi, potrebno je odrediti Reynoldsov broj strujanja.

938

PROSTIRANJE TOPLOTE Fizičke osobine vode za srednju temperaturu t f = 70o C su W , mK

λ = 66,8 ⋅10−2 ν = 0, 415 ⋅ 10−6

m2 , s

Pr = 2,55 .

Prandtlov broj unutrašnje čvrste površine cevi jednak je Prandtlovom broju za vodu pri temperaturi vode t z = 20o C Prz = 7, 02 .

Reynoldsov broj strujanja je sada Re =

wd

ν

=

0, 6 ⋅ 0,125 = 18, 07 ⋅ 104 . 0, 415 ⋅ 10−6

Pošto je 1 ⋅ 10 4 < Re < 5 ⋅ 106 , strujanje u cevi je turbulentno, pa je Nuseltov broj za ovaj slučaj Nu = 0,021ε L Re

0,8

Pr

0,43 ⎛

Pr ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Prz ⎠

0,25

,

odnosno

(

Nu = 0,021 ⋅1 ⋅ 18,07 ⋅10

4

)

0,8

( 2,55)

0,43 ⎛

2,55 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 7,02 ⎠

0,25

= 391, 425 ,

jer je za l 8 = = 64 > 50 , d 0,125

939

ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ TERMODINAMIKE i Re = 18, 07 ⋅ 104 ,

popravka ε L = 1 . Srednji koeficijent prelaza toplote sa vode na unutrašnju površinu cevi je

α = Nu

λ 66,8 ⋅10−2 W = 391, 425 ⋅ = 2092 2 . d 0,125 mK

Zadatak 8.52. Vazduh struji u prvom slučaju kroz pravu cev prečnika d = 25 mm i dužine l = 20 m , a u drugom kroz kanal pravougaonog poprečnog preseka dimenzija 300 × 500 mm i dužine l = 20 m . Odrediti odnos srednjih koeficijenata prelaza toplote, ako je i u prvom i u drugom slučaju strujanje turbulentno i svi ostali uslovi nepromenjeni. R e š e n j e:

Nuseltov broj pri prinudnom turbulentnom strujanju vazduha kroz prav kanal proizvoljnog poprečnog preseka dat je izrazom ⎛ T Nu = 0,021ε L Re0,8 Pr 0,43 ⎜1, 27 − 0,27 z ⎜ Tf ⎝

⎞ ⎟, ⎟ ⎠

pa su srednji koeficijenti prelaza toplote

α1 =

⎛ Tz λ ⎛ wd ⎞ 0,43 0,021ε L1 ⎜ ⎟ Pr ⎜⎜1,27 − 0,27 d Tf ⎝ ν ⎠ ⎝

α2 =

⎛ T λ ⎛ wd ⎞ 0,021ε L 2 ⎜ e ⎟ Pr 0,43 ⎜ 1, 27 − 0, 27 z ⎜ de Tf ⎝ ν ⎠ ⎝

0,8

0,8

940

⎞ ⎟, ⎟ ⎠ ⎞ ⎟. ⎟ ⎠

PROSTIRANJE TOPLOTE Ekvivalentni prečnik kanala pravougaonog poprečnog preseka iznosi de =

4A 4ab 4 ⋅ 0,3 ⋅ 0,5 = = = 0,375 m . O 2 ( a + b ) 2 ( 0,3 + 0,5 )

Pošto je l 20 = = 800 > 50 , d 0,025 l 20 = = 53,3 > 50 , d e 0,375

popravni koeficijenti za dužinu cevi iznose

ε L1 = ε L 2 = 1 , pa je odnos srednjih koeficijenata prelaza toplote u prvom i drugom slučaju

α1 ⎛ d ⎞ =⎜ ⎟ α 2 ⎝ de ⎠

0,8

de ⎛ de ⎞ = d ⎜⎝ d ⎟⎠

0,2

,

odnosno

α1 ⎛ 0,375 ⎞ = α 2 ⎜⎝ 0,025 ⎟⎠

0,2

= 1,72 .

Zadatak 8.53. Kroz kanal pravougaonog poprečnog preseka 200 × 300 mm i dužine l = 15 m turbulentno struji zagrejani vazduh srednjom brzinom w f = 5 m s . Kolika mora

biti brzina u kanalu da bi se, pri ostalim nepromenjenim uslovima, srednji koeficijent prelaza toplote sa vazduha na unutrašnju površinu kanala povećao za 50%? Za koliko bi trebalo smanjiti dužu stranu pravougaonog preseka da bi se postiglo isto povećanje srednjeg koeficijenta prelaza toplote sa prvobitnom brzinom i sa ostalim nepromenjenim uslovima?

941


Nuseltov broj pri prinudnom turbulentnom strujanju vazduha kroz kanal proizvoljnog poprečnog preseka iznosi ⎛ T Nu = 0,021ε L Re0,8 Pr 0,43 ⎜1, 27 − 0,27 z ⎜ Tf ⎝

⎞ ⎟, ⎟ ⎠

pa je srednji koeficijent prelaza toplote 0,8 ⎛ λ T ⎛ wde ⎞ Pr 0,43 ⎜ 1, 27 − 0, 27 z α = 0,021ε L ⎜ ⎟ ⎜ de Tf ⎝ ν ⎠ ⎝

⎞ ⎟, ⎟ ⎠

gde je ekvivalentni prečnik kanala pravougaonog poprečnog preseka

de =

4A 4ab 4 ⋅ 0,2 ⋅ 0,3 = = = 0, 24 m . O 2 ( a + b ) 2 ( 0,2 + 0,3)

a) Iz uslova α1 = 1,5α , dobija se 1

w f 1 = 1,5 0,8 w ,

w f 1 = 1,5

1 0,8

⋅ 5 = 8,3 m .

Da bi se pri ostalim nepromenjenim uslovima koeficijent prelaza toplote sa vazduha na unutrašnju površinu kanala povećao za 50%, brzina vazduha u kanalu mora biti w f 1 = 8,3 m/s . b) Iz uslova α1 = 1,5α i pod pretpostavkom da je ε L1 = ε L 2 = 1 dobija se 1 d e0,2 1

942

= 1,5

1 d e0,2

,

PROSTIRANJE TOPLOTE de1 =

de 0,24 = = 0,0316 m . 5 1,5 1,55

Iz izraza za ekvivalentni prečnik kanala

0,0316 =

4 ⋅ 0,2 ⋅ b1 , 2 ( 0,2 + b1 )

sledi da je b1 = 0, 017 m ,

što znači da dužu stranu poprečnog preseka kanala treba smanjiti za ∆b = b − b1 = 300 − 17 = 283 mm ,

da bi se pri ostalim nepromenjenim uslovima koeficijent prelaza toplote sa vazduha na unutrašnju površinu kanala povećao za 50%. Pošto je l 15 = = 62,5 > 50 , d e 0, 24

i l 15 = = 474, 7 > 50 , d e1 0, 0316

popravka na dužinu cevi je ε L = ε L1 = 1 , pa ponavljanje proračuna nije potrebno.

943

Prilog 1

Fizičke osobine nekih idealnih gasova M ⋅103

cp

cv

κ

kJ kgK

kJ kgK

-

Gas

kg mol

R J kgK

Acetilen C2 H2

26

320

1,44

1,12

1,28

Amonijak NH3

17

489

2,20

1,71

1,28

Argon Ar

40

208

0,52

0,31

1,67

Azot N 2

28

297

1,04

0,74

1,40

Benzol C6 H6

78

107

0,48

0,37

1,28

Butan C4 H10

58

143

0,64

0,50

1,28

Etan C2 H6

30

277

1,25

0,97

1,28

Etilen C2 H4

28

297

1,34

1,04

1,28

64,5

129

0,58

0,45

1,28

4

2078

5,20

3,12

1,67

36,5

228

0,80

0,57

1,40

Kiseonik O2

32

260

0,91

0,65

1,40

Metan CH4

16

520

2,34

1,82

1,28

50,5

165

0,74

0,58

1,28

Neon Ne

20

416

1,04

0,62

1,67

Ozon O3

48

173

0,78

0,61

1,28

Pentan C5 H12

72

115

0,52

0,40

1,28

Propan C3 H8

44

189

0,85

0,66

1,28

Sumpordioksid SO2

64

130

0,58

0,45

1,28

Sumporvodonik H2S

34

244

1,10

0,86

1,28

Ugljendioksid CO2

44

189

0,85

0,66

1,28

Ugljenmonoksid CO

28

297

1,04

0,74

1,40

Vazduh

29

287

1,00

0,72

1,40

Vodonik H 2

2

4157

14,55

10,40

1,40

Etilhlorid C2 H5Cl Helijum He Hlorovodonik HCl

Metilhlorid CH3Cl

945

Prilog 2 Molarne specifične toplote i odnos molarnih specifičnih toplota idealnih gasova prema kinetičkoj teoriji gasova

( Mc )

( Mcv ) Idealni gas

κ

p

( Mc )

J molK

kcal kmolK

J molK

kcal kmolK

Jednoatomni gas

12,5

3

20,8

5

1,67

Dvoatomni gas

20,8

5

29,1

7

1,40

Troatomni i višeatomni gas

29,1

7

37,4

9

1,28

p

( Mcv )

947

Literatura 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18.

Ballaney, P. L.: Applied Thermodynamics, Khanna Publishers, New Delhi, 1982. Bošnjaković, F.: Nauka o toplini I dio, Tehnička knjiga, Zagreb,1970. Bošnjaković, F.: Nauka o toplini II dio, Tehnička knjiga, Zagreb,1976. Kostelić, A.: Nauka o toplini, Školska knjiga, Zagreb, 1989. Kostelić, A.: Nauka o toplini- tablice i dijagrami, Školska knjiga, Zagreb, 1989. Kozić, Đ., Bekavac, V., Vasiljević. B.: Priručnik za termodinamiku, Mašinski fakultet, Beograd, 1979. Malić, D., Đorđević, B., Valent, V.: Termodinamika strujnih procesa, Građevinska knjiga, Beograd, 1980. Marić, M., Maričić, Đ.: Termodinamika i prenos toplote, Prva književna komuna, Mostar, 1986. Milinčić, D., Voronjec, D.: Termodinamika, Građevinska knjiga, Beograd, 1988. Milinčić, D.: Zadaci iz termodinamike, Građevinska knjiga, Beograd, 1976. Мурзаков, В. В.: Основы технической термодинамики, Энергия, Москва 1973. Oprešnik, M.: Zadaci i rješenja iz termodinamike, Tehnička knjiga, Zagreb, 1968. Рабинович, О. М.: Сборник задач по технической термодинамике, Машиностроение, Москва, 1973. Sushkov, V. V.: Technical Thermodynamics, Peace Publishers, Moscow,1969. Šelmić, R.: Tehnička termodinamika, Naučna knjiga, Beograd, 1995. Vasiljević, B., Banjac, M.: Termodinamika, Mašinski fakultet, Beograd, 2000. Černe, B.: Nauka o toplini, Tehnička knjiga, Zagreb, 1972. Зубарев, В. Н., Александров, А. А.: Практикум по техническоы термодинамике, Энергия, Москва, 1971.

949

Zbirka Resenih Zadataka Iz Termodinamike Sa Kratkim Izvodima Iz Teorije

Recommend Documents