28188364-reŠenih-zadataka

dipl.ing. Schell Csabaing. Vladimir Muting. Flaman Csabaing. Horvát Zoltáning. Miklos Rudolfing. Bunjev Milanèev

ZBIRKAREŠENIH ZADATAKA

SADRŽAJ

Uputsvto studentima za rešavanje zadataka................................................................. 1Oznake.......................................................................................................................... 3Grčka slova................................................................................................................... 4

1. Termodinamičke osobine i energetska interakcija zatvorenogsistema i okoline........................................................................................................... 5

2. Primena zakona održanja mase i energije na zatvoren iotvoren sistem.............................................................................................................. 21 3. Termodinamički procesi u termičkim mašinama( uređajima i postrojenjima )........................................................................................ 77Literatura...................................................................................................................... 121

1

UPUTSTVO STUDENTIMAU REŠAVANJU ZADATAKA

Svaki student može na osnovu svojih znanja i iskustava da utvrdi postupak u traženjurešenja na postavljeni zadatak. I pored toga tokom samostalnih izrada zadataka, mogućnoje očekivati da se primeni neka uopštena, relativno fleksibilna, šema koja bi olakšalapripremu procedure pri izradi zadatka i nalaženje njegovog rešenja. Tako pripremljenametodologija olakšava studentima rad i postaje sastavni deo njegovog naučno stručnogtreninga i daljeg osposobljavanja za rešavanje još slpženijih problema, odnosno sticanjanovog vlastitog iskustva i daljeg produbljivanja materije. Prihvatanjem metodologijestudent se uči da relativno brzo, ne lutajući u stvaranju koncepta zadatka rešava problem.

Iako se ne može smatrati jedino mogućim postupkom, osnovne karakteristike takvemetodologije sadrže nekoliko osnovnih elemenata i putokaza koje bi smo naveli sledećimredom:

1. Problem, ili zadatak treba precizno definisati. Ako je, pak, problem već postavljen idefinisan, mora se pažljivo proučiti i razumeti. Studentu se preporučuje da tekstzadatka pažljivo pročita nekoliko puta. Time se stiču sve potrebne informacije zaupoznavanje problema o kome je reč i pružaju osnove za pripremu skica, dijagrama,podataka i drugih veličina bitnih za sam zadatak. Jasno se mora uočiti šta seproblemom rešava i na koji način će se to uraditi. Pogrešan je pristup da se bezpredhodnih priprema započne sa zamenom brojnih podataka u pojedine jednačine.

2. Pripremaju se odgovarajući crteži koji se odnose na radno telo (sistem) i njegovuinterakciju sa okolinom. To je od posebnog značaja za postavljanje granice sistema ilikontrolne površine. Pravilno postavljanje granica sistema često je od odlučujućegznačaja za način i sam postupak rešavanja zadatka. Pri tome svi oblici razmene mase ienergije između sistema i okoline moraju biti pravilno označeni i na odgovarajućamesta na šemama uneti.

3. Korisno je za dati proces prikazati grafički i termodinamičkim dijagramima (P-v, T-v,h-s i dr.) na taj način olakšava se utvrđivanje početnog i drugih karakteristika stanjaradnog tela. Vizuelizacijom se uočavaju odnosi karakterističnih veličina i utvrđujeputanja termodinamičkih procesa i nameće pitanje o osobinama radnog tela i kvalitetutermodinamičkog procesa. Ovakvi dijagrami su često od presudnog značaja za izbor ivrstu neophodnih tabličnih podataka potrebnih za numeričko rešavanje postavljenogzadatka.

4. Utvrditi, ako to nije posebno naznačeno tekstom zadatka, da li je potrebno vršitidopunske termodinamičke karakterizacije radnog tela i procesa ( idealan ili realanfluid, povratan ili nepovratan proces, zavisnost posmatrane veličine od pritiska,temperature, sastava radnog tela i slično). Bliže utvrđivanje navedenih karakteristikaje od izvanredne važnosti za rešenje zadatka. Zbog toga su u većini slučajeva ovakveidealizacije već ugrađene u sam tekst zadatka s uverenjem da one imaju svojupedagošku opravdanost.

5. Definisane osobine radnog tela ( idealan ili realan gas, podhlađena tečnost i slično)određuju i jednačinu stanja koju treba primeniti. Na osnovu jednačine stanja dobijajuse informacije o ravnotežnom stanju radnog tela. Pri tome treba uočiti da se iz

2

jednačine stanja ne dobijaju nikakvi podatci o karakteru i vrsti termodinamičkogprocesa koji obavlja sistem.

6. Ponmoću teksta zadatka odrediti vrstu procesa ( izotermski, izentropski i slično),uslove pod kojima se obavlja i njegovu povratnost ili nepovratnost. Uključitiodgovarajuće jednačine procesa (zakone kojima se promena stanja opisuje) u analizu.

7. Proanalizirati sve aparate ili uređaje koji su uključeni u proces i za koje se postavljagranica ( granicom sistema može se obuhvatiti i više aparata) sa aspekta njihoveosnovne svrhe: da li razmenjuju toplotu ( kotao, kondenzator) ili rad ( gasna ili parnaturbina). Pri tome voditi računa da je, ako su procesi nepovratni, potrebno u analizuuključiti odgovarajuće stepene iskorišćenja aparata, odnosno procesa ( termičkistepen iskorišćenja i slično). Zbog usvojenih konvencija za pojedine oblike kretanjamaterije ( toplota i rad, mesta ulaza i izlaza materije na kontrolnoj površine) nužno ihje pravilno uneti u izabrane jednačine sa pozitivnim ili negativnim predznakom.

8. Odrediti sve osnovne jednačine koje se moraju primeniti da bi se postavljen zadatakrešio. Proveriti konzistentnost primenjenih jedinica u pojedinim članovima jednačina.Ustanoviti veličine čije prisustvo nije bitno za rešavanje zadatka i koje se moguizostaviti ( rad, toplota, razni oblici energije i slično) izostaviti veličine koje se moguzanemariti ( promena kinetičke ili potencijalne energije). Ovim se često značajnomože olakšati nalaženje rešenja.

9. Izvršiti sve neophodne proračune i utvrditi da li je numerički odgovor u skladu sastečenim iskustvom samog studenta u rešavanju sličnih zadataka ili ih je analiziraoako su predhodno već bili rešeni. U tom smislu većina zadataka je tako pripremljenada dobivena rešenja ne odstupaju mnogo od tehničke prakse ili su u potpunojsaglasnosti sa njom.

10. Ukoliko rešavanje zadatka zahteva složen i obiman matematički aparat, korišćenjemnoštva međuzavisnosti različitih veličina stanja i procesa, ili pak nudi poznatumatematičku proceduru ( numeričke metode i slično) korisno je problem rešavatipomoću računara. Potrebno je napisati program za računar i pomoću njega na najbržinačin dobiti rešenje. Ovaj način rešavanja zadataka je sve prisutniji u svakodnevnojpraksi i stoga ga treba usvojiti i što češće kada je to potrebno primenjivati. Pri tomene treba smetnuti s uma da se najbolja znanja i iskustva stiču samostalnim radom ikorišćenjem znanja i iskustva svih drugih učesnika koji su već ovladali sličnomproblematikom.

Navedeni redosled pripremanja, obrade i nalaženja rešenja zadataka proistekao je iziskustva mnogih istraživača pa i autora ovog dela. Kada se izloženi ili sličan načinrazmišljanja usvoji i postane deo spontanog (iskustvenog) procesa rada studenta, može seočekivati da će u učenju nestati mnoge nedoumice i praznine u naporu da se nanajjednostavniji, najpouzdaniji i najkraći način dođe do rešenja zadatka. Naravno, svakiindividualni rad podrazumeva inicijativu, snalažljivost i kreativnost, te se s pravomočekuje od studenta da ne robuje nikakvim šematizovanim uputstvima, već da samutvrđuje puteve i načine rešavanja zadataka uspostavljajući sopstvenu metodologiju.Protivnici smo svake brzopletosti i stihijskog rada. Ukoliko navedeno uputstvo sadržipodstrek za dalji stvaralački napor studenta može se očekivati bogatstvo i raznovrsnost uupoznavanju i saznavanju istina i u drugim naučnim disciplinama.

Autori

3

OZNAKE

A - površina, konstanta, funkcija radne sposobnostia - ubrzanje koeficijent toplotne difuzivnosti, pepeo, koeficijentB - konstanta, drugi virijalni koeficijent, funkcija, energija, potrošnja gorivab - specifična potrošnja goriva, konstanataC - konstanta, konstanta zračenjac - specifični toplotni kapacitet, maseni udeo ugljenikaD - prečnikd - prečnik, diferencijalE - energijae - specifična energijaEx -eksergijaex - specifična eksergijaF - sila, Helmholcova funkcija, stepen ferenhajtaf - fagacitetG - težina, Gibsova funkcijag - ubrzanje zemljine teže, maseni udeoH - entalpija, visinah - specifična entalpija, maseni udeo vodonikaw - sadržaj vlagei - brojK - Kelvin, konstanta ravnoteže, koeficijent prolaženja toplotek - indikatorski stepenL - geometrijska veličina, dužina, količina vazduhal - dužina indikatorskog dijagrama, put zrakaM - molarna masam - masa, metar, razmena•

m - maseni protok n - količina supstancije, broj, stepen politrope, maseni udeo azotaO - okvašeni obim o - maseni udeo kiseonika P - pritisakQ - toplotna energija•

Q - toplotni protokq - toplotna energija po jedinici mase, toplotni fluks, toplotna moć gorivaR - gasna konstanta, stepen Rankina, toplotni otporr - zapreminski udeo, latentna toplota, specifični toplotni otporS - entropija, hod klipas - specifična entropija, put, sekunda, maseni udeo sumporaT - termodinamička temperaturat - temperaturaU - unutrašnja energijau - specifična unutrašnja energijaV - zapremina•

V - zapreminski protokv - specifična zaapreminax - stepen suvoće, molarni udeo

4

y - sastav rastvora, visina (geodetska)W - rad•

W - snagaw - brzina, vlaga u gorivuZ - faktor konpresibilnosti

GRČKA SLOVA

α - koeficijent prelaženja toplote, koeficijent, stepen disocijacijeβ - koeficijent zapreminskog širenja, koeficijent, ugaoγ - koeficijent, zapreminska težinaδ - debljina, greškaε - stepen kompresije, stepen crnoće, koeficijent hlađenja, koeficijentη - stepen iskorišćenja, indikatorski stepen, koeficijentχ - izložitelj izentopske promene stanjaλ - koeficijent viška vazduha, koeficijent toplotne provodljivostiµ - koeficijent dinamičkog viskoziteta, hemijski potencijalν - koeficijent kinematičkog viskoziteta, stehiometrijski koeficijentρ - gustinaΣ - algebarski zbirσ - koeficijent, površinski naponτ - vreme, taktnost motoraϕ - relativna vlažnost, stepen predekspanzije, koeficijent fugacitetaψ - stepen povećanja pritiska, koeficijentΦ - toplotni protok, radna sposobnost

TERMODINAMIKA I TERMOTEHNIKA – REŠENI PRIMERI

5

1. TERMODINAMIČKE OSOBINE I ENERGETSKA INTERAKCIJAZATVORENOG SISTEMA I OKOLINE

Zadatak 1.1 Vakumetar kondenzatora pokazuje 0,70 bar pri barometarskom pritisku od760mmHg. Koliko je apsolutni pritisak u kondenzatoru i koliki vakum u procentima?

Rešenje:

Barometarski pritisak iznosi: bP =760/750=1,013bar

Apsolutni pritisak je:P= bP - vP =1,013-,70=0,313bar

Za vakum u procentima dobija se:(%) vP =( vP / bP )*100=69,1%

Zadatak 1.2 Vakum u jednom kondenzatoru treba da iznosi 90%.Koliko bar pokazujevakumetar pri barometarskom pritisku od 150kN/ 2m ?

Rešenje:

vP =0,945bar.

Zadatak 1.3 Manometar parnog kotla pokazuje pritisak od 8bar. Koliki će biti apsolutnipritisak u kotlu izražen u barima, N/ 2m i at, ako barometarski pritisak iznosi 745mmHg i pritemperaturi 25 Co ? Uzeti u obzir uticaj temperature na barometarski pritisak.

Rešenje:

Apsolutni pritisak izračunava se iz jednačine P= bP + nPUticaj temperature na barometarski pritisak dat je preko izraza:

boP = bP (1-0.000172t)=(745-760)(1-0.000172*25)=0.989bar Vrednost apsolutnog pritiska iznosi:

25 /10*989.8989.8989.0 mNbarP ==+=ataP 169.902.1*989.8 == *

Zadatak 1.4 Koliko se iznosi apsolutni pritisak u kondenzatoru parne mašine ako vakumetarpokazuje 610mmHg, a barometar 950mbar pri temperaturi okoline 20 Co ? Izraziti ga ubarima , mm VS i 2/ inb f . Uzeti u obzir uticaj temperature na barometarski pritisak.

Rešenje:P=0.1364 bar=1392mm VS= 1.978 psi**

* ata-apsolutni pritisak izražen u tehničkim atmosferama** Vidi tablicu


6

Zadatak 1.5 Odrediti toplotno stanje tela pri kome je njegova temperatura u Co po brojnojvrednosti i znaku jednaka temperaturi u .Fo

Rešenje:

x=-40 Co =-40 .Fo

Zadatak 1.6 Za merenje protoka tečnosti i gasova upotrebljava se prigušna ploča. Šematskiprikaz uređaja dat je na slici 1.1. Na pogodnom mestu u cevovodu postavljena je prigušnaploča. 1. Kao posledica prigušivanja dolazi do pada pritisaka fluida u vodu iza ploče, a koji seodređuje pomoću diferencijalnog "U" manometara. Protok mase tečnosti određuje se posledećoj jednačini:

5.0.

)2( ρPkAm ∆=gde su:

.m -protok mase tečnosti, kg/sk -konstantna proporcionalnostiA -površina ulaznog otvora dijafragme, 2mP∆ -pad pritisaka na dijafragmi, N/ 2m

ρ -gustina tečnosti čiji se protok meri, 3/mkg

Slika 1.1 - Merenje protoka fluida.

a) Odrediti časovni protok vode, meren pomoću ovog uređaja , ako je k=0,8;ρ =0,998 3/ cmg ; visina živinog stuba u diferencijalnom manometru h=22mmHg; prečnikulaznog otvora dijafragme d=10mm; gustina žive ρ Hg =13595 3/mkgb) Kolika će biti greška (%) čitanja i u kom smislu će se održati, ako se ne uzme u obzirvisina vodenog stuba u levom kraku diferencijalnog manometara?

Rešenje:a) Pad pritisaka na dijafragmi izračunava se iz jednačine:

P∆ =h Hg (1- ρ v / ρ Hg )=22)1-998/13595)133,33=2717 N/ 2m

Površina ulaznog otvora dijafragme je:

A= 4/2πd =(10 π4− )/4=7,85*10 5− 2m


7

Protok mase tečnosti određuje se pomoću izraza :

.m 0,8*7,85*10 5− (2*2717*998) 5.0 =0,1462 kg/s=526,3kg/h

b) Ne uzimajući u obzir pritisak vodenog stuba pad pritisaka iznosi :

∆P=h Hg =22*133,33=2933 N/ 2m , čime se iz jednačine (a) dobija .m 1 =546,5 kg/h.

Greška izazvana zanemarivanjem visine vodenog stuba je:

|.m -

.m 1 |/|

.m =|526.9-546.5|/526.9=0.039=3.9%

Zadatak 1.7 Početno stanje kiseonika dato je veličinama stanja 1t +180 Co i v 1 =1,85m 3 /kg. Kiseonik (idealan. gas) se u procesu pri konstantnom pritisku zagreva, pri čemu mu sezapremina dva puta poveća. Izračunavati temperaturu kiseonika na kraju procesa.

Rešenje:

2

2

1

1

Tv

Tv

= Za uslov 2v =2 1v

T 2 =T 1 (2 1v / 2v )=2T 1 =2(180+273)=906K ili 2t =633 Co

Zadatak 1.8 U cilindru sa pokretnim klipom nalazi se kiseonik (id. gas) na temperaturi80 Co i vakuumu od 320mmHg. Tokom izotermskog procesa kiseonik se sabija do natpritiska12 at. Barometarski pritisak iznosi 745mmHg. Koliko puta se smanjila zapremina kiseonikapri sabijanju?

Rešenje:

1v / 2v =22,5

Zadatak 1.9 Na nekom gasometru očitana je potrošnja gasa od 700 m 3 /min. Temperaturagasa tokom merenja iznosila je 20 Co , dok je natpritsak bio 0,15 bar. Srednja vrednostbarometarskog pritisaka, za period merenja, bila je 750mmHg. Ako gas ima svojstvo idealnog, izračunati potrošnju gasa u m 3 /min.

Rešenje:

Primenom izraza na zadate i normale fizičke uslove dobija se : PV/T=P N V N T N odnosno..V =

.V

TPPT

N

N = 740700293*325.101

273*115= min/3

Nm

Zadatak 1.10 Odrediti masu 0,75m 3N ugljen-dioksida (idealan gas). Kolika je zapremina te

količine ugljen-dioksida na temperaturi 500 Co i apsolutnom pritisku 196kPa?


8

Rešenje:Masa ugljen-dioksida izračunava se iz jednačine:

==N

NN

RTNP

m kg473.1

44273*345.8

75.0*325.101=

Proverom jednačina se dobija:

.)(

*

)/()(32

kgK

KkgkJ

mmkNm ==

Zapremina se određuje iz jednačine:

PmRTV = = 3098.1

196*44773*315.8*473.1 m=

Napomena : Pri rešavanju zadataka uzeto je obzir da su normalni fizički uslovi definisaniP N =101.325kPa i T N +273K.

Zadatak 1.11 Odrediti gustinu ugljen-dioksida i ugljen-monoksida (idealni gasovi) nanormalnim fizičkim uslovima.

Rešenje:

2COρ =1,964 3/mkg COρ =1,25 3/mkg

Zadatak 1.12 0,3 3Nm kiseonika (idealan gas) nalazi se u sudu zapremine 650 cm 3 . Odrediti

manometarski pritisak u sudu , ako je temperatura kiseonika 200 Co . Barometarski pritisak je766mmHg.

Rešenje:

P M =81000kPa.

Zadatak 1.13 U cilindru prečnika 60cm nalazi se 0,41m 3 vazduha apsolutnog pritiska 2,5bari temperature 35 Co . Do jake temperature treba zagrejati vazduh pri konstantnom pritisku dabi se klip , (zanemarljive mase) , koji se kreće bez trenja , pomerio 0,4m?

Rešenje:

t 2 =118,8 Co

Zadatak 1.14 Pregrejana vodena para mase 1 kg zauzima zapreminu od 0,00826 m 3 natemperaturi 380 Co . Izračunati apsolutni pritisak pare koristeći: a) jednačinu stanja idealnoggasa, b) Van derValsovu jednačina stanja i c) Soaveovu jednačinu stanja.


9

Rešenje:

a) VmRTP = = bar19.365

00826.0*18)273380(*315.8*1=

+

Greška: 100*||

exp

exp

PPP raz−

=82,6%

Velika greška proračuna ukazuje na realno ponašanje vodene pare pod navedenim uslovima(relativno visokog pritisaka).

b) Da bi se izračunao pritisak preko Van derValsovu jednačina stanja prethodno se morajuodrediti konstantne a i b iz jednačine

2

2222

26.554100*5.220*64

3.647315.8*2764

27mkN

PTR

ac

cu ===

kmolmPTR

bc

cu /0305.0100*5.220*8

3.647*315.8*278

3===

gde je T c =647,3K i P c =220,5bar

v m=v*M=(V/m)M=(0,00826/1)*18=0,14868 kmolm /3

2mm

u

va

bvTR

P −−

= = bar71,20814868.0

26.5540305.014868.0

653*135.82 =−

−

Greška 4,36%

c) Proračun pritisaka po Soaveovu jednačinu stanja počinje izračunavanjem parametara m,α i ca

m=0.4+1,574*ω -0,176 2ω =0,48+1,574*0,344-0,176*3,44 2 =1,0006

pri čemu je za voda faktor acentričnosti ω =0,344

991.0)]0088.11(0006.11[ 25.0 =−+=α gde je Tr=T/Tc=653/647,3=1,0088

ca = 2

2222

61.561100*5.220

3.647315.8*42747.042747.0mkN

PTR

c

cu ==

a=α ca =0.991*561.61=556.56 2mkN


10

kmolmPTR

bc

cu /02115.0100*5.220

3.647*315.808664.008664.0 3===

=+

−−

=)( bvv

abvTR

Pmmm

u

bar34.205)002115.014868.0(*14868.0

26.55402115.014868.0

653*135.8=

+−

−

Greška 2.67%

Zadatak 1.15 Izračunati kritičan faktor kompresibilnosti izračunava se primenom jednačinena kritičnu tačku:

Rešenje:Kritičan faktor kompresibilnosti izračunava se primenom jednačine na kritičnu tačku:

229.03.647*153.80560.0*100*5.220

===cu

mccc TR

vPZ

Vrednosti kritičnih parametara za vodu date su u tablici.

Zadatak 1.16 Odrediti faktor kompresibilnosti pregrejanje vodne pare stanja : P=200bar;t=380 Co ; v =0,00826m 3 /kg

Rešenje:Z=0,548.

Zadatak 1.17 Izračunati moralnu zapreminu metana na apsolutnom pritisku 232 bar itemperaturi 13 Co korišćenjem opšteg dijagrama faktora kompresibilnosti.

Rešenje:

v m=0,085m 3 /kmol

Zadatak 1.18 Odrediti specifični i moralni izobarski i izohorski toplotni kapacitet argona ustanju idealnog gasa. Pretpostaviti da toplotni kapacitet ne zavisi od temperature.

Rešenje:Na osnovu tablice za argon (jednoatoman gas) sledi

|c p = (5/2)R = (5/2)(8,315/39,95)=0,52kJ/(kg*k)|c mp =(5/2)R u =(5/2) 8,315=20,788kJ/(kmol*K)

|c v = (3/2) R = (3/2) (8,315/39,95)=0,312kJ/(kg*k)|c mv=(3/2) R u =(3/2) 8,315=12,47kJ/(kmol*K)


11

Zadatak 1.19 Izračunati zapreminski izohorski i izobarski toplotni kapacitet ugljen-monooksida ( na normalnom fizičkom uslovima) u stanju idealnog gasa. Toplotni kapacitetfluida ne zavisi od temperature.

Rešenje:Moralni izobarski i izohorski kapacitet ugljen-monoksida (dvoatoman gas) su prema tablici:

|c mp =(7/2)R u =(7/2) 8,315=29,102kJ/(kmol*K)|c mv=(5/2) R u =(5/2) 8,315=20,788kJ/(kmol*K)

Zapreminski toplotni kapacitet ugljen-monoksida određuje se iz jednačine:

|c zp = |c mp /v mN =29,101/22,4=1,30kJ/(m 3N *K)

|c zv =|c mv /v mN =20,788/22,4=0,928kJ/(m 3

N *K)

Zadatak 1.20 Odrediti specifičan, molarni i zapreminski ( na normalnim fizičkim uslovima)izohorski toplotni kapacitet benzola u stanju i idealnog gasa. Pretpostaviti da je toplotnikapacitet benzola konstantan (ne zavisi od temperature).

Rešenje:|c v =0,373kJ/(kg*k) |c mv=29,102kJ/(kmol*K)

|c zv =1,30kJ/(m 3N *K)

Zadatak 1.21 Izračunati specifičan izohorski toplotni kapacitet i izložitelj adijabate za azot ustanju idealnog gasa: a) kada toplotni kapacitet ne zavisi od temperature, b) za temperature0 Co i 100 Co , c) za temperaturni interval od 0 Co do 100 Co .

Rešenje:a) Za azot (dvoatoman gas) , na osnovnu tablice sledi:

|c v = (5/2) R = (5/2) (8,315/28)=0,742kJ/(kg*k) i χ =1,4

b) Zamenom vrednosti koeficienata B,C,...,F (određenih za azot iz tablice) u jediničnu, ima seza temperaturni 0 Co , odnosno 273K

|c p =B+2CT+3DT 2 +4ET 3 +5FT 4 =

=1.068490-2*0.134096*.001*273+3*0.215569*10 6− *273 2 -4*0.078632*10 9− *273 3

+5*0.069850*10 13− *273 4


12

|c p = 1.037kJ/(kg*k)

Specifičan izohorski toplotni kapacitet izračunava se:

|c v = |c p -R=1,037-8,315/28=0,74 kJ/(kg*k)

Izložitelj adijabate je : χ = |c p / |c v

Sličnim postupkom se za temperaturu 100 Co (373K) nalazi :

c) Srednji specifičan izobarski toplotni kapacitet u stanju idealnog gasa određuje seintegracijom. Nakon sređivanja dobijenog izraza ima se:

|c ps=12

1TT −

[B )( 12 TT − +C )( 21

22 TT − +D )( 3

13

2 TT − +E )( 41

42 TT − +F )( 5

15

2 TT −

Zamenom vrednosti koecifijenata B,C,...,F azota, uz T 2 =373K i T1 273K, u jednačinuizračunava se : |c ps=1,039 kJ/(kg*k)Srednji specifičan izohorski toplotni kapacitet u stanju idealnog gasa je prema izrazu:

|c vs =|c ps -R=1,039-8,315/28=0,742kJ/(kg*k)

Izložitelj adijabate određuje se:

χ = |c ps /|c vs =1,039/0,742=1,40

χ

Napomena :Rezultati dobijeni u ovom primenu ukazuju da toplotni kapacitet azota u stanjuidealnog gasa ( u intervalu temperatura od 0 Co do 100 Co ) praktično ne zavisi odtemperature, odnosno da je konstantan.

Zadatak 1.22 Izračunati specifičan izobarski toplotni kapacitet azota u stanju idealnog gasa :

a)kada se zavisi od temperature,b) na temperaturi 50 Co ic) za temperaturni interval od 50 Co do300 Co .

Rešenje:

a) |c p =2,338kJ/(kg*k)

b) |c p =2,301kJ/(kg*k)

c) |c ps=2,706 kJ/(kg*k)


13

Zadatak1.23 Utvrditi stanje i odrediti vrednosti veličina stanja (v,h,s) vode, pomoću tablicatermodinamičkih veličina , na sledećim uslovima.

a) P1 = 1 bar t 1 =60 Co

b) P 2 = 1 bar t 2 =180 Co

c) P 3 = 1 bar t 3 =99,62 Co

Rešenje:

a) Stanje vode pritisaka 1 bar i temperature 60 Co može se odrediti na dva načina:I Iz tablice za termodinamičke veličine stanja vode na liniji zasićenja se za pritisak od 1 baročitava temperatura ključanja t k =99,62 Co . S obzirom da je za dati pritisak (1 bar)temperatura(60 Co ) niža od odgovarajuće temperature ključanja (99,62 Co ), voda je poddatim uslovima u stanju pothlađene tečnosti.Grafička ilustracija ovog primera data je naslici1.2.

Napomena: Realan fluid čija je temperatura niža od temperature ključanja, za zadati pritisak,je stanja pothlađene tečnosti.

Slika 1.2 - Šematski prikaz P - v dijagrama za realan fluid.

II Iz tablice za termodinamičke veličine stanja vode na liniji zasićenja se za temperaturut1 =60 Co očitava odgovarajući pritisak zasićenja P s =0,19917 bar. S obzirom da je za datutemperaturi(60 Co ) pritisak (1 bar) viči od odgovarajućeg pritisaka zasićenja (0,19917 bar),voda je u stanju pothlađene tečnosti, kako je to pokazano na slici 1.3Napomena: Realan fluid čiji je pritisak viši od pritisaka zasićenja za datu temperaturu jestanja pothlađene tečnosti. Pri tome temperatura fluida ne sme biti viša od kritičnetemperature (t c ) fluida , jer bi tada fluid bio u stanju pregrejane para.


14

Slika 1.3 - Šematski prikaz P - v dijagrama za realan fluid.

S obzirom da je utvrđeno da je na datim uslovima (P1 = 1 bar i t 1 =60 Co ) voda u stanjepothlađene tečnosti , iz tablice za termodinamičke veličine stanja pothlađene vode očitava se

kgmv /001017.0 31 = ; kgkJh /2.2511 = ; KkgkJs */(831.01 = )

b) Stanje vode pritisaka 1 bar i temperature 180 Co određuje se na analogan način kao u deluzadatka pod a).I Iz tablice za P 2 = 1 bar se nalazi tempera ključanja t k =99,62 Co . S obzirom da je za datipritisak (1 bar) temperatura (180 Co ) viša od temperature ključanja (99,62 Co ), voda je poddatim uslovima u stanju pregrejanje pare.Grafička ilustracija ovog primera data je na slici 1.4.

Napomena: Realan fluid čija temperatura viša od temperature ključanja, za dati pritisak, je ustanju pregrejane pare.

Slika 1.4 - Šematski prikaz P - v dijagrama za realan fluid

II iz tablice se za temperaturu t 2 =180 Co očitava pritisak zasićenja P s =10,027bar. Kako je zadatu temperaturu (180 Co ) pritisak zasićenja (10,027bar) viši od zadatog pritisaka (1 bar),voda je u stanju pregrejane pare.Grafička ilustracija ovog primera data je na slici 1.5.

Napomena: Realan fluid čiji je pritisak niži od pritisaka zasićenja, za datu temperaturu, je ustanju pregrejane pare.


15


Pošto je utvrđeno da je voda pritisaka 1 bar i temperature 180 Co u stanju pregrejane pare, iztablice za termodinamičke veličine stanja pregrejane vodene pare očitava se:

kgmv /081.2 32 = ; kgkJh /28352 = ; KkgkJs */(743.72 = )

c). Stanje vode pritisaka 1 bar i temperature 99,62 Co utvrđuje se na sledeći način:Iz tablice otčitava se za pritisak P 3 =1bar temperatura ključanja jednaka zadatoj temperaturi,odnosno t 3 =t k =99,62 Co . Dato stanje vode nije potpuno definisano, odnosno može bitiključala voda, vlažna vodena para ili suvozasićena vodena para. Za ova tri stanja realnogfluida (vode) temperatura i pritisak su međusobno zavisne veličine..Odnosno , izobara iizoterma se poklapaju , kako je to pokazano na slici1.6.



16

Zadatak 1.24 Odrediti veličine stanja ( v,h,s ) koristeći tablice termodinamičkih veličina, za:a) suvo zasićenu paru freona-12 na temperaturi 0 Co b) ključali amonijak pritiska 1,9022 bar,c) pregrejanu paru freona-12 pritisaka 3bar i temperature 23 Co

Rešenje:

a) Iz tablice se za t=0 Co očitava: P=3,086bar kgmvg /055389.0 3= ; kgkJhg /397.183=

)*/(696.0 KkgkJsg =

b) Iz tablice 9 , za pritisak 1,9022 bar , nalazi se:t=-20 Co kgmvt /001504.0 3= ; kgkJht /7.89= ; KkgkJst */(3684.0= )

c) Veličine stanja pregrejanje pare freona-12 određuju se iz tablice. Za date uslove (P=3bar, it=25 Co ) neophodno je izvršiti interpolaciju. Za vrednost pritiska od 3bar, iz tablice 8, moguse očitati vrednost termodinamičkih veličina stanja za temperature 20 Co i 30 Co , ali ne i za23 Co :

t=20 Co kgmv /062734.0 3= ; kgkJh /49.200= ; KkgkJs */(744.0= )

t=30 Co ; kgkJh /969.206= ; KkgkJs */(7658.0= )

Za određivanje termodinamičkih veličina stanja na temperaturi 23 Co primenićemointerpolacionu formulu.Pri tome je, za slučaj specifične zapremine: x 0 =20 Co ; x1 =30 Co ;x=23 Co ; f ( x 0 )=0,062734 kgm /3 ; f ( x1 )=0,065418 kgm /3

f ( x) - nepoznata vrednost specifične zapremine koja odgovara temperaturi od 23 Co .

Zamenom vrednosti u izraz ima se:

v= f ( x)= +−− 062734.0

30203023 065418.0

30203023

−− =0,062734 kgm /3

Sličnim postupkom se za specifičnu entalpiju i specifičnu entropiju , iz jednačine, dobija:

h= +−− 490.200

30203023 06541.0

30203023

−− =202,434kJ/kg

+−−

= 7440.030203023s 7658.0

30203023

−− =0,7505kJ/(kg*K)

Zadatak 1.25 Odrediti veličina stanja (v,h,s) vode pomoću h-s dijagrama na sledećimuslovima:a) P1 = 1 bar t 1 =180 Co b) t 2 =100 Co kgkJh /25002 = c) suvozasićena para pritisakaP 3 = 50kPa.


17

Rešenje:

a) Stanje "1" određuje se presekom izobarne P1 = 1 bar i izoterme t 1 =180 Co , kako je tošematski pokazano na slici 1.7. Sa h-s dijagrama za vodenu paru, datog u prilogu, očitava se:

kgmv /2 31 = ; kgkJh /28501 = ; KkgkJs */(76.71 = )

Napomena: Dobijeni rezultat je približno istog kvaliteta kao i onaj dobijen u zadatku 1.23 pod

Slika 1.7 - šematski prikaz h - s dijagrama za realan fluid.

b) Stanje "2" dobija se u preseku izoterme t 2 =100 Co i izentalpe kgkJh /25002 = kako je tošematski pokazano na slici 1.8. Sa h--s dijagram za paru se očitava:

kgmv /6.1 32 = ; barP 28352 = ; KkgkJs */(72 = ) x 2 =0,92.



18


c) Stanje "3" određuje se presekom izobare P 3 = 50kPa i gornje granične linije (x=1) , kakoje to šematski pokazano na slici 1.9. Otčitavanjem sa h-s dijagrama za vodenu paru dobija se:

3v = kgmvg /055389.0 3= ; 3h = kgkJhg /397.183= ; 3s = )*/(696.0 KkgkJsg =

Napomena: Rešiti deo zadatka pod b) i c) koristeći tablice termodinamičkih veličina stanja.

Zadatak 1.26 Utvrditi stanje i odrediti vrednosti termodinamičkih veličina stanja (h,v,u)vode, koristeći tablice termodinamičkih veličina, na sledećim uslovima: kgmv /5.0 3

1 = ;t 1 =140 Co

Rešenje:Stanje realnog fluida , kada je zadata temperatura (ili pritisak) i jedna specifičnatermodinamička veličina (v,h ili s) utvrđuje se pomoću tablica za veličine stanja na linijizasićenja (ključalu tečnost i suvozasićenu paru).

Iz tablice se za temperaturu t1 =140 Co očitavaju vrednosti zadate termodinamičke veličinestanja (u ovom primeru specifične zapremine) za ključalu tečnost ( lv ) i suvozasićenju paru

( gv ): lv =1,0798*10 3− kgm /3 ; gv =0,5087 kgm /3 .

S obzirom da je vrednost kgmv /5.0 31 = između očitanih vrednosti, odnosno lv < 1v < gv ,

voda je na datim uslovima u stanju vlažne pare.Ilustracija ovog primera data je na slici 1.10.

Slika 1.10 - Šematski prikaz P - v dijagrama za fluid realan

Napomena: Stanje realnog fluida , kada je zadata temperatura (ili pritisak) i bilo koja drugaspecifična termodinamička veličina (v,h ili s), može se utvrditi na sledeći način:


19

Pothlađena tečnost : v<v1 h<h1 s<s1

Ključala tečnost: v=v1 h=h1 s=s1

Vlažna para : lv < 1v < gv h1 <h<h g s 1 <s<s gSuvozasićena para: v=v g h=h g s=s gPregrejana para: v>v g h>h g s>s g

Pri tome se vrednosti termodinamičkih veličina na liniji zasićenja određuju iz odgovarajućihtablica za datu temperaturu (ili pritisak).Pošto je utvrđeno da je , na datim uslovima , voda u stanju vlažne pare, tražene vrednostispecifičnih termodinamičkih veličina izračunavaju se iz jednačina. Nepoznata vrednoststepena suvoće određuje se pomoću poznatih izraza, s obzirom da je zadata specifičnazapremina vlažne pare:

Za izračunavanje specifične entalpije i specifične entropije vlažne pare neophodno je odreditiodgovarajuće veličine stanja ključale tečnosti i suvozasićene pare za datu temperaturu. Iztablice se za ; t 1 =140 Co očitava:Iz jednačina:

Specifična unutrašnja energija izračunava se pomoću izraza :

Gde je P1 =P s =3,614 bar određen iz tablice za temperaturu t 1 =140 Co .

Zadatak 1.27 U nekom kotlu zapreminu 30m 2 nalazi se 600 kg vlažne vodene pare natemperaturi 120 Co . Za dve ravnotežne faze odrediti a) masu, b) zapreminu.

Rešenje:

983.010*0798.15087.0

10*0798.15.03

3

1 =−

−=

−−

= −

−

lg

t

vvvv

x

)*/(8418.6)7392.193.6(983.07392.1)(/5.2697)1.5892734(983.01.589)(

1,1,11,1

1,1,11,1

KkgkJssxsskgkJhhxhh

lgl

lgl

=−+=−+=

=−+=−+=

kgkJvPhu /8.25165.0*10*614.35.2697 21111 =−=−=

3

3

6.0

4.29

567

33

mV

mV

kgm

kgm

l

g

l

g

=

=

=

=


20

Zadatak 1.28 Specifična entalpija amonijaka na temperaturi -10 Co iznosi 420.5kJ/kg.Koristeći tablice termodinamičkih veličina odrediti sledeće specifične termodinamičkeveličine stanja: zapreminu, entropiju i unutrašnju energiju amonijaka.

Rešenje:

v=0,094 kgm /3 s=1,628 )*/( KkgkJ u=393,2kJ/kg.

Zadatak 1.29 Vlažna vodena para nalazi se na apsolutnom pritisku 2 bar i ima stepen suvoće7% . Odrediti specifične termodinamičke veličine stanja (v,h,s,u) vodene pare koristeći tablicetermodinamičkih veličina.

Rešenje:

v=0.063 kgm /3 h=658,9kJ/kg s=1,9221kJ(kg*K) u=646,3kJ/kg.


21

2. PRIMENA ZAKONA ODRŽANJA MASE I ENERGIJE NA ZATVOREN IOTVOREN SISTEM

Zadatak 2.1 U zatvorenom sudu zapremine 1m 3 nalazi se kiseonik pri t 1 =20 Co iP1 =2,0MPa. Gasu se saopšti 5000kJ toplote. Odrediti pritisak i temperaturu na kraju procesa.Smatrati da se kiseonik ponaša kao idealan gas. Pretpostaviti da je toplotni kapacitet kiseonikakonstantan.

Rešenje:Pošto se proces odigrava pri V=const uslovima , dovedena količina toplote je jednaka

Odakle je

Zadatak 2.2 U cilindru sa pokretnim klipom nalazi se 0,01 kmol vazduha početnog pritisakaP1 =2bar i temperature t1 =25 Co .Ovom stanje vazduha se održava pomoću klipa na kome jepostavljen teret mase m t (slika(2.1a)).Izračunati rad koji se dobija pri izotermskog širenju i količinu toplote koju je potrebno dovestigasu, ako se ukloni pola tereta. Masa klipa je m k =5kg, a površina A=0,01m 2 . Pritisak okolneatmosfere je P o =1bar. Pretpostaviti da se kao rezultat trenja klizanjem između klipa i zidovacilindra pri uklanjanju tereta sva oscilatorna kretanja klipa mogu smatrati prigušenim.

Rešenje:U početnom stanju kada se uspostavljena mehanička i termodinamička ravnoteža važi

Slika 2.1 - Cilindar sa pokretnim klipom a) početnostanje, b) krajnje stanje posle uklanjanja dela tereta.

111

12|

/)(

RTVPmttmcQ v

=−=

MPakPaP

CtcVP

QRTtcmQt o

vv

93.339321732027330310*20

30320

32*2315.8*5*1*10*20*32

293*315.8*5000*

22

21|

11

11|2

==++

=

=+=+=+=

gAmmPP kt

o )(1+

+=


22

Pri čemu se efektivni pritisak ispoljava kroz dejstvo pritisaka okoline i pritisaka kojiproizvode teret i klip. Sada je:

Odakle se dobija ukupna masa tereta: kgmt 9.96= . Početna zapremina gasa se određuje izKlaperjonove jednačine:

Ako su ukloni pola tereta kgmt 45,482/ = , gas će se izotermski širiti (slika 2.1b) i ravnotežipritisak gasa nakon prestanka oscilovanja klipa biće:

a zapremina:

Kako se vazduh u cilindru pod datim uslovima pritisaka i temperature tretira kao idealan gas ,to je u izotermskom procesu 012 =∆U , pa iz ovog principa termodinamike za zatvorennepokretan sistem sledi:

12Q je toplota koji se dovodi gasu da bi se temperatura gasa održala konsatntnom, dok 12Wpredstavlja rad gasa protiv okoline, utrošen na dizanje klipa i tereta i utrošen na trenje. Akonema mehanizma kojim bi se ostvarila disipacija kinetičke energije u termičku , tada biuklanjanjem tereta klip postigao trajno oscilatorno kretanje. Međutim , prisustvo disipativnihefekata prigušuje ovo kretanje.Rad utrošen na savladavanje sila trenja rasipa se u termodinamičku energiju koja ispoljavapovećanjem temperature klipa i zidova cilindra. Ovu termičku energiju ( |

12Q ) zatim apsorbujegas. Čist tok toplote gasa je

Pošto je |12Q uvek pozitivno to se iz jednačine vidi da je manje toplote potrebno da bi se

temperatura gasa održava konstantnom, ako se širenje gasa odvija uz trenje nego bez njega.Ukupno tok toplote u gas je:

Čist rad je:

2225

25 81.9

01.0)5(10*110*2

sm

mkgm

mN

mN t ++=

3

1

11 124.0

100*2298*315.8*01.0 m

PTnRV u ===

3

2

22 163.0

100*524.1298*315.8*01.0 m

PTnRV u ===

2552 /10*524.181.9

01.0)545,48(10*1 mNP =

++=

1212121212 , WodnosnoQWUQ =+∆=

12|

12 QQQcist −=

JVVTnRPdVWQ u 2.6776

124.0163.0ln298*8135*01.0ln

2

12

11212 ===== ∫

cistkt

ocist WVPygmmVPQQQ =∆=∆++∆=−= 212|

12 )2

(


23

I dobija se pri širenju gasa kao rad koji se troši na podizanje klipa i tereta i deluje nasuprotokoline atmosfere. Sada je:

Rad utrošen na savladavanje sila trenja je

Zadatak 2.3 3m 3 vazduha temperature 20 Co i pritisaka 1 bar, zagreva se pri konstantnojzapremini do pritisaka 3 bar. Srednji molarni toploti kapacitet za vazduhu dat je jednačinom

|mpc =28,82+0,002708*t )]*/([ KkmolkJ .

Naći količinu toplote koja se kroz granicu sistema dovodi vazduhu (idealnom gasu) molarnemase* 29 kg/kmol. Sistem je zatvoren i nepokretan.

Rešenje:Najpre se nalazi masa vazduha koji učestuje u procesu:

Dovedena količina toplote pri v=const data je jednačinom

Temperatura do koje je , pri izohorskom povratnom procesu, zagrejan idealan gas:

Srednji molarni toplotni kapacitet:|mpc =28,82+0,002708(606+20)

21 =29,667 )]*/([ KkmolkJ

Iz Marejove jednačine sledi sada:|mvc = |

mpc -8,135=21,352 )]*/([ KkmolkJ

* molarna masa vazduha je

kmolkgM 96.28= i često se koristi zaokružena vrednost

kmolkgM =

JVPWcist 6.5943)124.0163.0(10*524.1 52 =−=∆=

JQW cistcist 6.5943==

JQQWW cisttrRm 6.8326.59432.677612 =−=−==

293*831529*3*10*1 5

==RTPVm

)(** 12|

12 ttcmQ v −=

CTt

KPPTT

o606273879273

8793*293

22

1

212

=−=−=

===


24

dok je srednja vrednost masenog toplotnog kapaciteta:

Prema tome dovedena količina toplote iznosi:

Zadatak 2.4 1kg ugljen-monoksida širi se pri konstantnoj temperaturi t=100 Co , pri čemu sezapremina povećava 10 puta u odnosu na početnu. Odrediti rad količinu toplote koja serazmenjuje kroz granicu sistema ako se CO ponaša kao idealan gas.

Rešenje:Zapreminski rad pri povratnoj izotermskoj promeni stanja u stacionarnom nepokretnomsistemu dat je izrazom:

Pošto je pri izotermskoj promeni stanja idealnog gasa du=0 to je:

Važno je uočiti da pri izotrmskoj promeni stanja rad , pa prema tome i količina razmenjenetoplote, ne zavisi od apsolutni vrednosti pritisaka i zapremina u krajnjim tačkama procesa, većsamo od njihovog odnosa.Na primer, u gornjem slučaju pri t=100 Co rad će biti jednak u svimovim slučajevima u kojima je 21 /PP odnosno 10/ 12 =vv . Tako da slučaj kada je pritisak 70bar a krajnji 7 bar rad će biti isti kao i u slučaju kada je početni pritisak 20 bar a krajni 2 baritd. Objašnjenje za ovo leži u samoj prirodi izotermskog procesa, koji je u P-v dijagramupredstavljen ravnokrakom hiperbolom.

Zadatak 2.5 Dokazati na osnovu prvog principa termodinamičke za zatvoren nepokretansistem da je u P-v dijagramu za idealne gasove povratna adijabata uvek strmija od povratneizotrme. Pretpostaviti da je gas širi.

Rešenje:

Gde je za adijabatske procese 0=qδ . Na taj način se dobija:

Kako je za idealne gasove u=u(T) , u odnosno du= ,'dTcv za adijabatski proces od stanja (1)do stanja (2) se dobija:

Pošto je

)*/(736.029352.21|

| KkgkJMcc mv

v ===

kJQ 1540586*736.0*57.312 ==

./25510ln*373*28315.8ln

1

2|12 kgkJ

vvRTW ===

./255|1212 kgkJWq ==

'Wduq δδ +=

.' duW −=δ

)_________().(')( 2121 attcuu v −=−

auu _0)( 21 <− 0'_ >vc


25

To iz (a) prolazi

Prema tome pri adijabatskom širenju idealnog gasa temperatura gasa opada i obrnuto, prisabijanju raste, jer je u =u(t)

Posmatrajući adijabatsko i izotermsko širenje, polazeći od istog stanja idealnog gasa i vršećiekspanziju sistema od iste zapremine , jasno je da se adijabatski proces ne može završititačkom2" koja leži iznad tačke 2 na početnoj izotermi, jer je 12" tt > .

Istog razloga kretanje tačke (stanja) izotermskog i daijabatkog procesa širenja ne mogu ni dase međusobno poklapaju. Prema tome krajnje stanje na adijabati mora da se nalazi ispodkrajnjeg stanja na izotermi, pri širenju od istog početnog stanja do jednake krajnje zapremine.

Analogan dokaz može se izvesti i za procese izoterme i adijabatske kompresije, polazeći odistog početnog stanja do preseka sa proizvoljnom, ali za oba slučaja istom izohorom.

Zadatak 2.6 Za koliko puta će se promeniti apsolutna vrednost rada adijobatskog povratnogsabijanja idealnog gasa početne temperature 1T i pritisaka 1 bar, ako krajnji pritisak u prvomprocesu iznosi P 2 = 10 bar, a u ostalim slučajevima krajnji pritisak se povećava za10,100,1000 puta? Kako će se promeniti rad, ako se početna apsolutna temperatura gasapovećava 10 puta?Gas je dvoatoman. Termodinamički sistem je zatvoren i nepokretan. Toplotni kapacitet gasaje konstantan.

Rešenje:a) Da bi smo odrediti vrednost zapreminskog rada pri adijabatskoj promeni stanja iz podataka

koji su nam dati, poslužičemo se tablicom. Pošto je |

|

v

p

cc

n == χ to je:

za dvoatomne idealan gasove je vidi tablicu 4.1=χ tako da sledi:

odnosno za ostale slučajeve:

1221 __0)( ttodnosnott <<−

])(1[1

)1(1

)1(1

)1(' /)1(

1

211

1

211

1

21

1

2112

χχ

χχχ−−

−=−

−=−

−=−=

PPVP

TTVP

TTmRT

TTTmcW v

15286.0

154.1

14.11

5

10*3299.2)101(10*5.2])1

10(1[14,1

*10 VVVWa −=−=−−

=−

.87.13__;66.6__;93.2

10*3299.2)100001(10*5.2

10*3299.2)10001(10*5.2

10*3299.2)1001(10*5.2

15286.0

15

15286.0

15

15286.0

15

===

−=−=

−=−=

−=−=

a

d

a

c

a

b

d

c

b

WW

WW

WW

VVW

VVW

VVW


26

b) Da bi smo dali odgovor na ovo pitanje uzećemo sledeću jednačinu za rad pri povratnojadijabatskoj promeni stanja idealnog gasa (po 1 kg gasa)

pošto je χχ /)1(

1

212 )( −=PPTT znači da se pri povećanju apsolutne temperature za 10 puta i rad

povećava za 10 puta.

Zadatak 2.7 0,5m 3 ugljen-dioksida pritiska 980kN/m 2 i temperature 100 Co širi se povratnona petostruko veću zapreminu i pri tome pritisak opada na 150kN/m 2 . Odrediti eksponentpolitrope, rad širenja i količinu toplote razmenjenih kroz granicu sistema tokom procesa uzatvorenom sistemu. Smatrati da CO 2 poseduje osobine idealnih gasova konstantnogtoplotnog kapaciteta. Sistem je zatvoren i nepokretan.

Rešenje:Eksponent se određuje iz jednačine politropa.(vidi tablicu)

Gde se rešavanjem jednačine po n dobija:

Zapreminski rad politropskog širenja iznosi:

Razmenja količina toplote određuje se:

Deljenjem ovih jednačina dobija se:

Da bi se mogla izračunati količina toplote, potrebno je najpre naći vrednost odnosa || / ccv izjednačine za maseni specifični toplotni kapacitet politropskog procesa

Pri čemu je (vidi tablicu )

)1(1 1

2112 T

TRTW −−

=χ

nn vPvP 2211 =

166,15,0log5,2log

150log980logloglogloglog

12

21 =−−

=−−

=VVPPn

.7.692)5.2*1505.0*980(1166,1

1)(1

122112,1 kJVPVP

nW =−

−=−

−=

.____ |12`

|1212` TmcQodnosnoTmcWQ v ∆=∆==

|

|

12`

1212`

cc

QWQ v−

1||

−−

=nncc v

χ

._,286,1|

|

tjcc

mv

mp ==χ

.395.1286.1166.11166.1

1|

|

−=−−

=−−

=nn

ccv χ


27

Pogodnim transformisanjem prethodne jednačine za 12`Q dobija se:

Zadatak 2.8 U rezervoaru zapremine 0,3m 3 nalazi se azot pod pritiskom 120bar i natemperaturi okoline. Ventil se brzo otvori i ispusti se izvesna količina azota u atmosferu azatim se ventil ponovo brzo zatvori, tako da se može pretpostaviti da pri tim uslovima nemazamene toplote između rezervoara i okoline. Neposredno po zatvaranju ventila pritisak urezervoaru iznosi 60bar. Tokom vremena temperatura azota u rezervoaru izjednači se zatemperaturom okoline koja iznosi 27 Co . Izračunati: a) Koja količina azota je istekla izrezervoara? Koliko iznosi temperatura azota u rezervoaru neposredno posle zatvaranjarezervoara? Koliko iznosi pritisak u rezervoaru posle izjednačavanja temperature saokolinom? b) Koja količina azota bi istekla, ako bi isticanje bilo veoma lagano tako da setemperatura ne menja, a konačan pritisak iznosi 60 bar?Azot ima svojstvo idealnog gasa konstantnog toplotnog kapaciteta.

Rešenje:a) Pošto je proces, u prvom slučaju, adijabatski to se iz tablice dobija:

Tako da je temperatura 2T , nakon isticanja gasa iz rezervoara:

Gde je za azot 4,1|

==mv

mp

cc

χ (vidi tablicu)

Za 2t se dobija:

Masa isteklog azota odrediće se : za 21 VV = sledi:

Pritisak azota u rezervoaru posle završenog isticanja i izjednačavanja temperature satemperaturom okoline se iz izraza:

''

2

2

1

1

TP

TP− gde je '21 TT = pa je tada:

.2.289)395.1(1

7.692

1 |

|12

12` kJ

cc

WQv

=−−

=−

=

221/)1(

1

/)1(

TPTPχχχχ −

=−

KTPPT 246)27273(*)120/60()/( 4,1/)14,1(1

/)1(212 =+== −− χχ

CTt o2727324627322 −=−=−=

kgTPTPRV

RTVP

RTVPmmm 77.15)246/60300/120(

315.828*100*3.0)//( 2211

2

2

1

121 =−=−=−=−=∆

barPTTP 17.7360

246300' 2

2

12 ===


28

a) Za izotermski proces će masa isteklog 2N iznositi:

Zadatak 2.9 Pri ekspanziji azota na povratan način odvedena količina toplote iznosila je102kJ/kg dok je istovremeno temperatura opala za 180 Co . Odrediti eksponent politrope iodnos između izvršenog rada i odvedene količine toplote. Azota se ponaša kao idealan gaskonstantnog toplotnog kapaciteta. Sistem je zatvoren i nepokretan.

Rešenje:Eksponent politrope izračunava se iz izraza za razmenjanu količinu toplote pri politropskojpromeni stanja (slika 2.2). Polazi se od jednačine*:

Odnosno:

Ako se usvoji:

Sledi jednačina: =nPv const_____________(d)

Slika 2.2 - a) Politropski proces sa n+2,686 u p-v dijagramu, b) smer toplote i rada.

* pokazati kako se do jednačine (a) dolazi.

kgPPRTV

RTVP

RTVPm 20.20)60120(

300*315.828*100*3.0)( 21

21 =−=−=−=∆

)(__________)()(' | aPdvRPvdc

RPvdc v −=

)(__________0)''()''( bvdPccpdvcc vp =++−

)_______(__________''''

ccccc

nv

p

−

−=


29

Iz jednačine (c) mogu je odrediti specifični toplotni kapacitet politropskog procesa

Tako da se zamenom u constcuzcdTq v == __,δ posle integracija dobija

Rad je uz koriščenje jednačine (d'):

Pošto su prethodne vrednosti u saglasnosti sa prvim principom termodinamičke za zatvorennepokretan sistem, možemo izračunati koji deo smanjenja unutrašnje energije ide na hlađenjea koji deo je utrošen na vršenje spoljašnjeg rada:

%7.23100*7.1337.31

|| 12

12 ==− uuW unutrašnji energije troši se rad a,

86.3% se preda okolini usled hlađenja sistema.

Zadatak 2.10 U povratnom procesu politropskog širenja idealan gas vrši rad od 250kJ, pričemu se u jednom slučaju dovodi kroz granicu sistema 200kJ toplote, a u drugom slučaju odgasa oduzima 70kJ toplote. Gas je dvoatoman i konstantnog toplotnog kapaciteta. Odrediti zaoba slučaja eksponent politrope. Termodinamički sistem je zatvoren.

Rešenje:Za politropski povratni proces , u slučajnog idealnog gasa,(vidi tablicu) deljenjem jednačina.

)(1

' 2112 TTnRW −−

= i )(1

' 1212 TTnncq v −−−

=χ

dobija se:

odnosno:

)(__________1

'' 'dnncc v −−

=χ

.868.2

);180(14.1

28*2315.8*5102

)(1

' 1212

=

−−−

=−

−−−

=

nnn

TTnncq v

χ

kgkJTTcu

kgkJTTnRW

dTnRdT

ncc

dTnnccdTccW

v

vpvv

/7.133)180(*28*2315.8*5)('

/7.31180*)1686.2(28

315.8)(1

'

11''

1'')''('

12

2112

−=−=−=∆

=−

=−−

=

−−=

−

−−=

−−

−=−=χδ

)(''

12

12

χ−−=

ncR

qW

v

)(__________11' 121212 an

qn

qW−−

=−−

−=χχ

χχ


30

Pogodnom transformacijom izraza (a) sledi odnos (b)

S obzirom da je m=const.Za prvi slučaj je:

Pošto stepen politrope određuje vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta politropskog

procesa sledi:

Pri čemu je (prema tablici) za dvoatoman idealan gas

4,1|

==mv

mp

cc

χ

U drugom slučaju je:

Odakle se proračun, kao pod (c), dobija za stepen politrope .51.12 =n

Zadatak 2.11 U politropskom povratnom procesu od stanja "1" do stanja"2" unutrašnjaenergija 3kg kiseonika povećava se za 850kJ, a pre tome se utroši rad od 60kJ. Poznati suparametri kiseonika t 1 =100 Co i P 2 =1800kN/m 2 . Odrediti za oba stanja veličine stanjaP,v,t,h kao i izložitelj politrope. Termodinamički sistem je zatvoren O 2 se ponašan kaoidealan gas.

Rešenje:Da bi odredili veličine stanja u stanju "2" polazi se od jednačine

Pošto ne znamo interval temperature, pretpostaviće se da je toplotni kapacitet konstantan:

Odnosno približava vrednosti temperature u stanju "2":

)(__________''

12

1212 bQWQ

cc v −

=

25.0200

250200''

−=−

=cc v

)_____(08.1125.0

14.1*25.0

1''

1*''

1 c

cccc

nv

v

=−−−−

=−

−=

χ

57.4)70/()25070('/' =−−−=cc v

)(__________.850)(' 1212 akJTTmcUUU v =−=∆=−

CCmcUt

KkgkJRc

oo

v

v

4368.43565.0*3

860'

)*/(65.032*2315.8*5

25'

≈==∆

=∆

===

Cttt o53643610012 =+=∆+=


31

Znajući približan interval temperatura, srednji specifični toplotni kapacitet za kiseonikizračunava se prema jednačini (vidi tablicu) ili korišćenjem jednačine:

Sada se nalaze tačne vrednosti za t∆ i t 2 korišćenjem jednačine (a):

Iz jednačine stanja dobija se specifična zapremina u stanju "2":

Entapija u stanju "2" iznosi (u odnosu na t=0 Co za koju je h o =0):

Gde je za kiseonik srednji specifični toplotni kapacitet 2|' topsc (tablica)

Pa je prema tome specifična entalpija ( u odnosu na t=0 ; h !00= ):

Specifični toplotni kapacitet politropskog procesa određuje se iz izraza:

Izložitelj politrope je:

Traženi parameteri u stanju "1":

096.2373/8.781/)/( 121

21 ===− TTvv n

)*/(6930.0)2

536100(10*272.16526.0|'

)*/()2

(10*272.16526.0|'

4536100,

214,

2

2

12

CkJkJc

CkJkJttc

oOvs

ottOvs

=+

+=

++=

−

−

KTCttt

Cmcut

o

o

vs

8.7818.5082738.5088.408100

8.4086930.0*3

850'

2

12

=+==+=∆+=

==∆

=∆

./113.01800*32

8.781*315.8 2

2

22 kgm

PRTv ===

22 *|' tch otops=

)*/(9773.08.508*10*272.19126.0|' 48.50802

CkgkJc opsO =+= −

kgkJch tps /2.4978.508*9773.0|' 2

02 ===

)*/(6442.08.408*3

60850' 1212 CkgkJtmWU

tmQc o=

−=

∆+∆

=∆

=

.82.66442.06930.06442.09773.0

''''

=−−

=−−

=cccc

nvs

ps

.128.0)373

8.781(113.0)(3

182.61

11

1

221 kg

mTTvv n === −−


32

Pritisak u stanju "1" određujemo iz jednačine stanja:

Entapija u stanju "1" dobija se iz jednačine:

Pri čemu se srednji specifični toplotni kapacitet kiseonika izračunava prema tablica, aentalpija se određuje u odnosu na t=0 Co (tj. h o =0):

Zadatak 2.12 Na slici 2.3 prikazana su tri kvazistatička procesa preko kojih gas može doći izravnotežnog stanja "1" u drugo ravnotežno stanje "2". Putanja I predstavlja adijabatski proces.Putanja II se sastoji iz izohore a putanja III iz izobare i izohore. Obavljajući proces II i III gasmože da razmenjuje toplotu sa drugim sistemima koji imaju različitu temperaturu od gasa.Neka je JWJWJW IIIIII 18;10;5.13 === i neka je ukupna energija sistema u stanju "1"

JEI 65= .a) Izračunati E 2 i količine toplote Q II i Q III i procesima II i III.b) Ako se gas prelazi iz stanja "1" u stanje "2" putanjom III i vraća se iz stanja "2" u stanje"1",naći korisnu energiju koju sistem od okoline u vidu toplote primi.

Slika 2.3 - P-v dijagram zamišljenog procesa.

Zadatak 2.13 12 m 3 kiseonika temperature 127 Co komprimuje se izotermski, na povratnunačin, do pritisaka 3 bar pri čemu se zapremina smanji dva puta, a zatim se proces vodiizohorskim zagrevanjem do temperature227 Co . Kiseonik se ponaša kao idealan gas.

a) Naći osnovne veličine stanja u karakterističnim tačkama procesa, b) Izračunati razmenjenukoličinu toplote i rad tokom ovih procesa. c) Skicirati proces u P-v i T-s dijagramu (slika2.4)

2111 /2.757)128.0*32/()373*315.8(/ mkNvRTP ===

102 *|' 1 tch tps=

./53.92100*9253.0

)*/(9253.0100*10*272.19126.0|'

1

41000

kgkJh

CkgkJc ops

==

=+= −


33

Slika 2.4 - P-v i T-s dijagram razmatranih procesa.

Rešenje:a)

b)

Srednji specifični toplotni kapacitet pri V=const. (tablica) je:

Zapreminski rad razmatranih procesa daje:

Jer je: )(023 constvW ==Kod izotermske promene stanja utrošen (spoljašnji) rad ekvivalentan je odvedenoj količinitoplote pa je prema tome:

barmkNvRTP

barvv

vvPP

kgmvv

kgmvv

kgmPRTv

13.4/0.413346.0*32550*315.8

5.12

32

/692.02

/346.0

/346.0100*3*32400*315.8

2

3

33

2

2

2

221

321

332

3

2

22

====

===

==

==

===

.34.17692.012

)()/ln(

1

1

23121231213

kgvVm

TTmcvvmRTQQQ vs

===

−+=+=

.51517641249)400550(6783.0*34.1721ln*400

32315.834.17

)*/(6783.0)2

277127(*10*272.16526.0|'

13

40

kJQ

CkgkJc otvs

s

=+−=−+=

=+

+= −

12231213 WWWW =+=

kJWWW 1249121213 −===


34

Zadatak 2.14 U cilindru sa pokretnim klipom nalazi se vazduh pritisaka 450kN/m 2 itemperature 380 Co . Vazduh se hladi pri konstantnom pritisku od temperature 5 Co .Zapremina cilindara na početku procesa iznosi 1,30dm 3 .Odrediti količinu toplote, i promenu unutrašnje energije. Koristiti pravolinijsku zavisnosttoplotnog kapaciteta od temperature (vidi tablicu).

Rešenje:

Zadatak 2.15 0,2m 3 vazduha pritisaka 70ata i temperature 15 Co zagreva se povratno pristalnoj zapremini, a zatim se povratno adijabatski širi do pritisaka 1 ata pri čemu je krajnjatemperatura 15 Co . Vazduh je idealan gas, molarne mase 29kg/kmol. Sistem je zatvoren. a)odrediti osnove veličine stanja na kraju izohorskog zagrevanja. b) Izračunati potrebnukoličinu toplote za zagrevanje. c) Naći rad adijabatske ekspanzije. d) Odrediti promenuunutrašnje energije i entalpije , posebno za proces zagrevanja i ukupno za oba procesa ako jespecifični toplotni kapacitet konstantan. e) Skicirati proces u P-v dijagramu.

Rešenje:

a) Za izohorski proces važi relacija 1212 // PPTT = , dok je za adijabatski χχ /)1(3232 )/(/ −= PPTT

Kako je 13 TT = , to je 3212 // TTTT = odnosno)(__________)/(/ /)1(

3212 aPPPP χχ−=

Za vazduh, smešu idealnih gasova, stepen 4,1==vs

ps

cc

χ tako da se iz jednačina (a) dobije:

Temperatura se dobija uvrštavanjem vrednosti za P 2 u jednačinu:

b) Potrebna količina toplote 2312 QQQ += svodi se na 12Q pošto je .023 =Q

gde je:

a masa zatvorenog sistema prema jednačini

c) Zapreminski rad adijabatske promene stanja iznosi

JUUJQ980

;1360

12

12

−=−−=

ataPPP 9.3821/70)/( 4.04,11312 === −χχ

CtiliKPPTT O1302__1575)70/9.382(288)/( 21212 ====

)(' 1212 ttmcQ v −=

kgKkJRc v 7168.0

29315.8

25

25' ===

kJQkgRTVPm

15332)2881557(7168.0*62.1662.16)288*315.8*02.1/(29*2.2*100*70/

12

111

=−====

kJTTmcW v 15332)2881557(7168.0*62.16)(' 3223 =−=−=


35

d) Promena unutrašnje energije jednaka je dovedenoj količini toplote

pošto je 13 TT = .

Dovedena količina toplote sistemu povećava unutrašnju energiju U∆ . To povećanje unutrašnje energije troši se kasnije na vršenje rada 23W , tako da unutrašnjaenergija u stanju 3 i 1 ima istu vrednost. Promena entalpije je

Iz ovog primera se vidi da je izoterma idealnih gasova istovremeno linija konstantneunutrašnje energije i konstantne entalpije.

e) Grafički prikaz promena stanja u radnom P-v dijagramu dat je na slici 2.5.

Slika 2.5 - Promene stanja u P - v dijagramu.

Zadatak 2.16 0.08m 3 vazduha temperature 200 Co i pritisaka 9,8 bar sabija se povratnoizotermski, pri čemu je dovedena količina toplote 167,4kJ.Koliko iznosi pritisak i zapremina na krajnu izotermskog sabijanja?

Rešenje:

Zadatak 2.17 Pregrejana para amonijaka pritiska 91.48 bar i temperature 120°C zagreva setokom izobarskog procesa u zatvorenom sistemu do temperature 200°C.Odrediti količinudovedene toplote,rad širenja i promenu unutrašnje energije amonijaka koristeći: a) modelidealnog gasa, b) tablice termodinamičkih veličina stanja, c) Van der Valsovu jednačinustanja.

Rešenje:

a) 1,17612 =q kJ/kg; 1,39'12 =W kJ/kg; 0,13712 =∆u kJ/kg

0)('15332)('

1313

1212

=−=−=−=−

TTmcUUkJTTmcUU

v

v

0)(2145615332*4.1)()(')('

1313

12121212

=−=−

==−=−=−=−

UUHHkJUUTTcmTTmcHH vp

χ

χχ

.9.8200946.0

2

32

barPmV

==


36

b) 6,44812 =q kJ/kg; 7,100'12 =W kJ/kg; 9,34712 =∆u kJ/kg

c) 7,28912 =q kJ/kg; 4,70'12 =W kJ/kg; 3,21912 =∆u kJ/kg

Napomena : Dobijeni rezultati ukazuju da se amonijak tokom navedenog procesa ne možeaproksimirati modelima idealnog, odnosno Van der Valsovog gasa.Posebno su dobijenavelika odstupanja , u odnosu na odgovarajuće tablične vrednosti pomoću modela idealnoggasa.

Zadatak 2.18 2 3Nm ugljen-dioksida u povratnom izotermskom procesu se širi do zapremine

12 3vv = a zatim sa povratnom adijabatom sabija do početne zapremine pri čemu su 63 =P bari 3503 =t °C (slika 2.6).a) Odrediti veličine stanja u datim tačkama procesa.b) Naći ukupan rad procesa

Slika 2.6 - Izotermska i adijabatska promena stanja u P-v dijagramu

2CO se ponaša kao idealan gas konstantnog toplotnog kapaciteta.Termodinamički sistem jezatvoren.

Rešenje:

a) Najpre će se izračunati masa 2 3Nm

93,32738315

44210013,1 5

=⋅

⋅⋅⋅==

N

NN

RTVP

m kg

Pritisak u stanju ,,2” nalazi se iz jednačine za povratnu adijabatsku promenu stanja. (viditablicu).

χχ3322 vPvP = pri čemu je χ=1,286 (vidi tablicu)

46,1)3/1(6)3/(6)/( 286,1132332 ==== χχ vvvvPP bar.

Da bi se odredila specifična zapremina u tački 2 pošto je 312 33 vvv == ,potrebno je izračunatispecifičnu zapreminu ugljen-dioksida u stanju ,,2''.

196,0106446238315

53

33 =

⋅⋅⋅

==PRT

v kgm /3


37

Sada je:588,0196.033 32 =⋅== vv kgm /3

Temperatura u tački 2 nalazi se iz jednačine stanja:

4548315

44588,01046,1 522

2 =⋅⋅⋅

==RvPT K

18127345427322 =−=−= Tt °CProces od 1-2 se odvija po kvazistatičkoj izotermskoj promeni stanja: Ctt °== 18112 za kojuje

2211 vPvP =

38,4346,13

1

12

1

221 =⋅===

vv

Pvv

PP bar.

b) Zapreminski rad pri povratnom izotermskom širenju idealnog gasa sledi iz jednačine

4,3703ln45444315,893,3)/ln( 12112 =⋅⋅== vvmRTW kJ.

Zapreminski rad pri povratnoj adijabaskoj kompresiji određuje se prema jednačini

4,440)623454()1286,1(44

315,893,3)(1 3223 −=−

−=−

−= TTmRWχ

kJ

Sada ukupan zapreminski rad ,izvršen tokom procesa,iznosi:70)4,440(4,370231213 −=−+=+= WWW kJ

Zadatak 2.19 Vazduh početnog stanja 98,01 =P bar , Ct °= 151 komprimuje se povratnomadijabatskom promenom stanja do pritiska 85,72 =P bar.Usled trošenja izolacije nakonodređenog vremena ta promena više nema adijabatski karakter već je politropska saizložiteljem politrope n=1,3.Odrediti ako je sistem zatvoren:a) Do kog pritiska se vazduh komprimuje politropskim procesom ako se sabija 200 3

Nm ?b) Da li se više troši rada pri adijabatskoj ili politropskoj kompresiji?c) Koliko se toplote razmenjuje sa okolinom?Molarna masa vazduha iznosi 29kg/kmol.Vazduh ima svojstva idealnog gasa konstantnogtoplotnog kapaciteta.

Rešenje :a) Početno stanje vazduha određuje se iz Klapejronove jednačine stanja.Pošto je dato

3200 Nn mV = mase to je izraženo u masenim jedinicama:

9,2582004,22

29=⋅=⋅= n

mN

VVMm kg

Promenom stepena promene stanja menjaju se uslovi rada ali se kompresija obavlja do istezapremine (što je uslovljeno konstrukcijom uređaja).Stepen kompresije 21 :VV odrediće se izadijabatske promene stanja

χχ2211 VPVP =

gde je: χ=1,4


38

42,4)98/785()/()/( 4,1/1/11221 === χPPVV

Na kraju politropske kompresije ostvareno je stanje 3 za koje važi 23 VV = .

3311 VPVP n =gde je 42,4:: 3121 == VVVV

tako da se za pritisak 3P dobija:5,676)42,4(98)/( 3,1

3113 === nVVPP 2/mkN =676,5 kPa.

Na kraju politropske kompresije je =3P 676,5 kPa.Smanjenje pritiska posledica je razmenetoplote sa okolinom.

b) Utrošeni rad adijabatskog procesa se određuje iz:121212 WQUU −=−

gde je 012 =Q ; U=U(T)Iz promene stanja sledi nepoznata temperatura 2T :

522)42,4(288)/( 14,112112 =⋅== −−χVVTT K

43452)288522(292315,859,258)(' 1212 =−⋅

⋅=−=− TTmcW v kJ

Zapreminski rad politropskog procesa je

40086)450288(29)13,1(315,89,258)(

1 3113 −=−⋅−

⋅=−

−= TTnmRW kJ

Temperatura 3T se određuje za politropsku promenu stanja ( 32 VV = );1

211

2113 )/()/(/ −− == nn VVVVTT450)42,4(288)/( 13,11

2113 =⋅== −−nVVTT K

b) Rad politropskog procesa 1213 WW < pošto je 23 PP < .

c) Toplota se razmenjuje sa okolinom samo pri politropskom procesu)(' 1313 TTmcQ −= ?'=c

Specifični toplotni kapacitet c' politropskog procesa je

239,013,14,13,1

292315,85

1'' −=

−−

⋅⋅

⋅=

−−

=nncc v

χ kJ/(kgK)

10024)288450)(239,0(9,258'13 −=−−=∆TmcQ kJ.

Negativni predznak specifičnog toplotnog kapaciteta c'=0,239 kJ/(kgK) ukazuje da (iakotemperatura vazduha raste) se toplota tokom kompresije odvodi.


39

Zadatak 2.20 U nekom cilindru ekspanduje vazduh od stanja ,,1'' ( 0,81 =V bar i Ct °= 201 )do pritiska 22 =P bar.Smatrati da se promena stanja vazduha odigrava kvazistatički iizotermički 21 tt = .Odrediti rad koji sistem izvrši pri promeni stanja kao i koristan rad ako jespoljni atmosferski pritisak 0,10 =P bar.Sistem je zatvoren.Vazduh ima svojstva idealnoggasa konstantnog toplotnog kapaciteta.

Rešenje :

4,116'12 =W kJ/kg; 9,84' =korW kJ/kg.

Zadatak 2.21 Pri ekspanziji ugljen-monoksida koja se vrši na povratan način odvedenakoličina toplote iznosi 713,1kJ pri čemu je istovremeno temperatura opala za 320°C.Masaidealnog gasa iznosi 15 kg.Odrediti izložitelj politrope i odnos između izvršenog rada i odvedene količine toplote ako seproces izvodi u zatvorenom nepokretnom sistemu.

Rešenje :

n=1,50; 99,3/ 1212 =QW

Zadatak 2.22 U cilindru zapremine 20,01 =V 3m komprimuje se na povratan način masaargona m=0,35 kg sa pritiska 0,!1 =P bar do pritiska 0,42 =P bar.Promena stanja data jejednačinom:

4,111

4,1 vPPv =Specifična unutrašnja energija argona može se odrediti iz jednačine 050,1 uPvu += . Odreditireverzibilno razmjenu količinu toplote.

Rešenje :

7,9,12 −=revQ kJ

Zadatak 2.23 Odrediti promjenu entalpije nekog gasa tokom povratne adijabatske ekspanzijegasa u zatvorenom nepokretnom sistemu.Pretpostaviti da je izložitelj adijabatske promenestanja χ=1,4 a dobijen rad tokom procesa 1000kJ/kg.Da li je tokom procesa temperaturaopala:

Rešenje :Iz prvog principa za zatvoren nepokretan sistem sledi:

duWq =− 'δδ (a)Za povratne promene stanja je zapreminski rad sistema:

PdvW ='δ .

Kako je specifična entalpija definisana izrazom h=u+Pv to sledi da je njen totalan diferencijal:.)( vdPpdvduPvuddh ++=+= (b)

Zamenom (a) u (b) se dobija prvi princip termodinamike za zatvoren sistem:vdPdhq −=δ (c)


40

S obzirom na adijabatsku promenu jednačina (c) prelazi u oblik:vdPdh = (d)

Za povratnu adijabatsku promenu važi:constPv =χ (e)

Diferenciranjem jednačine (e) dobija se:01 =+ − dvPvdPv χχ χ

0=+ PdvvdP χ

Odakle sledi:dhWdvPvdP −===− )'(δχχ (f)

U tehničkoj praksi izraz ( vdP− ) označava tehnički rad.Na taj način jednačinom (f) je data iveza između tehničkog rada i zapreminskog rada povratne adijabatske promene stanja.

Za konačnu promenu stanja iz jednačine (f) sledi:14001004,1)'()( 1212 =⋅==∆−=−− revWhhh χ kJ/kg

Pošto je kod idealnih gasova specifična entalpija funkcija samo temperature h=h(t),sledi:)(' 1212 ttchhh p −=−=∆

Odnosno za temperaturu21 tt > pošto prema zadatku mora biti 012 <− hh

Zadatak 2.24 Vazduh se od stanja 1,11 =P bar, 151 =t °C adijabatski na povratan načinkomprimuje u cilindru. Usled kompresije temperatura na kraju iznosi Ct °= 1182 .Odrediti radpotreban za sabijanje i najviši krajnji pritisak 2P ,koji se može postići pri kompresiji, zanavedene uslove. Maseni toplotni kapacitet pri V=const je 714,0' =vc kJ/(kgK).

Rešenje :Zapreminski rad, po 1 kg mase idealnog gasa,sledi iz jednačine

54,73)391288(714,0)('' 212112 −=−=−=−= TTcuuW v kJ/kg (a)

Znak minus,iz jednačine,pokazuje da se rad troši!Pošto unutrašnja energija zavisi samo od temperature,to je rad 12W nezavisan od pritiska 1P i

2P .Najviši pritisak 2P moguće je postići samo ako se kompresija izvodi reverzibilno i ako susvi disipativni efekti jednaki nuli.Iz jednačine stanja idealnih gasova sledi:

RdTvdPPdv =+

WpdpRTRdTvdPRdTPdv δ=−=−= )/(


41

Uz pomoć jednačine (a) dobija se diferencjalna jednačina

pdPRTRdTdTc v −=− '

∫∫+

=2

1

2

1

)'(TdT

RcR

PdP v

1

2

1

2 ln'

lnTT

RcR

PP v+

=

RcR v

TTPP '

121

2 )/(+

= (b)

čime se može odrediti 2P ako je poznata gasna konstanta R.Za vazduh gasna konstanta imavrednost ( M=29 kg/kmol ):

287,029315,8

===MR

R u kJ/(kgK).

Prema tome iz jednačine (b) se dobija :

714,0292315,85' =⋅

⋅=vc kJ/(kgK)

20,3)288/391(1,1)/( 289,0714,01'

1

212 ===++

Rc v

TTPP bar

Za sve druge uslove kompresije krajnji pritisak 2P bi bio manji od izračunatog pritiska ; dopada pritiska bi došlo usled prisustva disipativnih efekata.

Zadatak 2.25 Odrediti pritisak vazduha na 6000m nadmorske visine pretpostavljajući: a) dase temperatura atmosfere ne menja sa promenom visine, b) da se pri promeni visine pritisak itemperatura menjaju po zakonu povratne adijabatske promene stanja ; kolika je temperaturana toj visini.

Vazduh treba tretirati kao idealan gas ( konstantnog toplotnog kapaciteta )i uzeti da jeubrzanje zemljine teže konstantno.Na koti površine zemlje nadmorske visine 00 =y su:

013,10 =P bar i 2980 =T K

Rešenje:a) Osnovna jednačina za određivanje hidrostatičkog pritiska u gravitacionom polju je

dygdP ⋅⋅−= ρ

gde su ρ-lokalna gustina vazduha )/( 3mkg ,g-lokalno ubrzanje zemljine teže )/( 2sm ,y -visinaiznad površine zemlje )0( 0 =y . Ako se pretpostavi da je vazduh idealan gas:

TRMPTRPv

vMM

uum

mm ==== ρρρ ;;

gde je M molarna masa vazduha, to je:

.dyTR

MgPdP

u

−= (a)

Pri T=const uslovima, integracija jednačine (a) daje:

0000

ln;0

TRMg

PPdy

TRMg

PdP

u

y

u

P

P

−=−= ∫∫ (b)


42

gde je 0P pritisak za kotu 00 =y .Jednačina (b) je poznata kao barometarska formula .Premauslovima zadataka je:

508,0;2988315600081,929ln

0

=⋅⋅⋅

−= PPP bar

b) Ako se pretpostavi da je zavisnost promene pritiska P i temperature T adijabatska , tada jeuz pomoć jednačine (a):

KconstRMg

dydT

PdP

TdT

u

==

−−=

−=

χχ

χχ 1;1 (c)

pri čemu su χ i g nezavisni od t i y.Integracijom jednačine (c) dobija se:KyTT += 0 (d)

gde je 0T temperatura za 00 =y .Pomoću jednačina (c) i (d) dobija se:

)(1)( 00 KyTKdy

KyTdy

RMg

PdP

u +

−

=+

−=χχ

odnosno posle integracije:

∫∫ +

−

=yP

P KyTdyK

PdP

0 0 )(10

χχ

+

−

=00

1ln1

lnTKy

PP

χχ (e)

Zamenom podataka u jednačini (e),χ=1,4, dobija se:

⋅−+=

2986000)0097755,0(1ln

4,04,1ln

0PP

pri čemu je:

0097755,08315

81,9294,1

14,11−=

⋅

−−=

−−=

uRMgK

χχ K/m

Sada je P=0,47 bar.Temperatura se određuje iz jednačine za adijabatsku promenu stanja

3,235013,147,0298

4,14,01

00 =

=

=

−χχ

PPTT K

Zadatak 2.26 Izolovan rezervoar sadrži idealan gas na temperaturi 28°C i pritisku 18bar.Otvaranjem ventila na rezervoaru pritisak u rezervoaru opadne do 8 bar.Pokazati da gas urezervoaru pri pražnjenju ostvaruje adijabatski reverzibilan proces.Izračunati temperaturuugljen-dioksida u rezervoaru posle njegovog pražnjenja.Uzeti da je pod datim uslovima zaidealan gas χ=1,286.


43

Rešenje:Posmatrajmo bilo koji deo ukupne mase gasa u rezervoaru i izaberimo sistem tako da gasunutar sistema ne napušta rezervoar za vreme procesa pražnjenja.Zamišljena graničnapovršina sistema neka je membrana koja je slobodna za ekspaziju kao i razmenu toplotneenergije kroz nju. (slika 2.7)

Slika 2.7 – Izolovani rezervoar

U svakom trenutku procesa temperatura i pritisak u rezervoaru su uniformni pa prema tome iu sistemu i sistem može da ostvari povratnu adijabatsu ekspanziju.

Krajnja temperatura idealnog gasa određuje se iz jednačine povratne adijabaske promenestanja idealnog gasa:

;constPv =χ PRTv = ; constTP =⋅− χχ1 (a)

Iz jednačine (a) sledi temperatura 2T :

4,2518

18)28273(286,1286,111

2

112 =

+=

=

−−χχ

PPTT K

CTt °−=−=−= 6,212734,25127322

Zadatak 2.27 Voda se ispušta iz rezervoara čiji je prečnik 2m,kroz otvor prečnika 2 cm, kojise nalazi na bočnoj strani,na visini 0,1 m iznad dna rezervoara.Rezervoar je otvoren premaatmosferi.Ako je visina vode u rezervoaru 3 m,odrediti brzinu isticanja vode 2w kroz otvor:a) pretpostavljajući da se brzina spuštanja nivoa vode u rezervoaru može zanemariti )0( 1 =w ,b) uzimajući u obzir brzinu 1w .Koliki je protok vode kroz otvor.

Rešenje :

a) Prečnik otvora je zanemarljiv u odnosu na prečnik rezervoara )0( 1 =w , to se isticanje vodeiz rezervoara kroz otvor može može tretirati kao ,,kvazi stacionaran'' proces tokom koga jekontrolisana zapremina (zapremina vode u rezervoaru) konstantna.Pošto je 0,0 == cvcv QW δδi ako se pretpostavi da je voda nestišljiv fluid, za mesta ,,1'' i ,,2'' (slika2.8) može se postavitiBernulijeva jednačina

( ) ( ) 021

1221

22

12 =−+−+−

yygwwPP

ρ (a)


44

Slika 2.8-Isticanje iz rezervoara sa nepromenljivim nivoom slobodne površine tečnosti

Pošto se na mestima ,,1'' i ,,2'' ispoljava atmosferski pritisak 21 PP = , i uz pretpostavku da je01 =w ,jednačina (a) postaje:

( ) 02 12

22 =−+ yygw

odnosno ,prema uslovima zadatka:( ) ( ) 54,71,0381,922 212 =−⋅=−= yygw m/s (b)

b) Stvarna brzina nivoa vode u rezervoaru 1w može se odrediti iz jednačine kontinuiteta:

222111 ρρ AwAw =

Kako je za vodu 21 ρρ = ,to je:

000754,04

0004,054,71

221 ===AAww m/s

Ova brzina se može zanemariti,pa nema uticaja na vrednost brzine 2w .Protok vode koja strujikroz otvor je:

( ) smyygAwAV /003,054,70004,02 3212222 =⋅=−==

Ova brzina se može zanemariti, pa nema uticaja na vrednost brzine 2w .Protok vode koja strujikroz otvor je:

( ) smyygAwAV /003,054,70004,02 3212222 =⋅=−== (c)

Usled mesnog otpora isticanja kroz otvor,stvarna brzina isticanja je manja.Takođe je i usledkontrakcije mlaza stvarni protok manji.Iz tih razloga se u praksi uvode korekcionikoeficijenti(brzinski koeficijent i koeficijent isticanja) kojima se koriguju vrednosti dobijenejednačinama (b) i (c).

Za kružni otvor se može uzeti da je brzinski koeficijent ϕ= 0,97 pa je stvarna brzina32,754,797,0' 22 =⋅== ww ϕ m/s

Koeficijent isticanja je µ=0,62, pa je zapreminski protoksmVV /00186,0003,062,0' 3

22 =⋅== µ


45

Zadatak 2.28 U gasnoj turbini,maseni protok gasova je 72 t/h a snaga koju razvija turbinaiznosi 19 MW. Entalpije gasova su: na ulazu 12501 =h kJ/kg a na izlazu 2152 =h kJ/kg;Brzina na ulazu je 551 =w m/s odnosno na izlazu 1652 =w m/s.a) Odrediti količinu toplote koja se predaje okolini u jednici vremena( toplotni protok ).b) Naći površinu poprečnog preseka ulazne cevi ako je spcefična zapremina gasova na ulazu

smv /65,0 31 = .

Rešenje :Polazi se od opšte energetske jednačine za stacionarno strujanje fluida pri čemu se uzima dase promena potencijalne energije može zanemariti (slika 2.9)tako da se za jedno ulazno ijedno izlazno mesto fluida dobija jednačina:

( )21

2212 2

1' wwhhWq cvcv −+−=− (a)

Slika 2.9 - Turbina

Članovi koji se odnose na kinetičku energiju u jednačini (a), su

5,15122

552

221 ==w J/kg ≈ 1,512 kJ/kg*

5,136122

1652

222 ==w J/kg ≈ 13,612 kJ/kg.

Rad turbine je :

950360010721019'

' 3

3

=⋅⋅⋅

== ⋅

m

WW cs

cv kJ/kg

toplota koja se preda okolini određena je jednačinom (a):

( ) 9,72950)512,1612,13(125215'21 2

12212 −=+−+−=+−+−= cvcv Wwwhhq kJ/kg

*iz upoređenja 512,12/2

1 =w kJ/kg sa 12501 =h kJ/kg vidi se zanemarljiv uticaj brzina w<55 m/s na ostaleenergijske članove jednačine (a)


46

Za toplotni protok se dobija:

( ) 458,1145814589,723600

1072 3

−==−=−⋅⋅

==⋅

kWskJqmQ cvcv MW

b) Da bi se našla površina poprečnog preseka cevovoda potrebno je iskoristiti jednačinukontinuiteta. Za ulazno stanje (1) površina poprečnog preseka iznosi:

236,0553600

65,01072 3

111 =

⋅⋅⋅

==

⋅

ρwmA 2m

Zadatak 2.29 Vazduh struji konstantnim masenim protokom od 22,5 kg/min kroz vazdušnikompresor ulazeći brzinom od 6 m/s, na pritisku od 0,98 bar i specifične zapremine 0,84

kgm /3 i izlazeći iz kompresora brzinom od 4,5 m/s, na pritisku 6,8 bar i specifične zapremine0,163 kgm /3 .Unutrašnja energija vazduha koji izlazi je za iznos:84,5 kJ/kg veća nego naulazu.Hladna voda koja se nalazi u omotaču cilindra apsorbuje toplotu od vazduha odnosećipri tome 1000 kJ/min.

Odrediti potrebnu snagu u KS za rad kompresora i površinu poprečnog preseka ulazne iizlazne cevi kompresora ( slika 2.10 ).

Rešenje :U najvećem broju slučajeva u termodinamičkim aparatima može se zanemariti promenapotencijalne energije na ulazu i izlazu iz aparata a kako je u pitanju stacionarno strujanjevazduha energetski bilans daje rad kompresora:

cvcv qwwhhW +−+−= )(21' 2

22121 (a)

Šematski prikaz kompresora dat je na slici 2.10.U ovom slučaju količina toplote koju primahladna voda iz kompresora jednaka je količini toplote koja se uklanja kroz kontrolnu površinuotvorenog sistema.S obzirom na definiciju entalpije Pvuh += zamnea u jednačini (a)omogućava izračunavanje potrebnog rada kompresora.

kgkJ

qwwvPvPuuW cvcv

/4,1575,22

10002105,4

2106163,0108,694,01098,05,84

2/2/'

32

3222

22

21221121

−=−⋅

−

−⋅

+⋅⋅−⋅⋅+−=

=+−+−+−=

−

−

Rad ima znak minus pošto se dovodi sistemu.Da bi se izračunala snaga uzeće se apsolutnavrednost jediničnog rada kao i konverzioni član 1 kJ= KSh410777,3 −⋅

KSWmW cvcv 3,8010777,34,157605,22' 4.

=⋅⋅⋅⋅== −⋅

Površina poprečnog preseka se izračunava pomoću jednačine kontinuiteta i na ulazu u sistem(1) iznosi:

2

1

.

11 0525,0

66084,05,22 m

wmvA =

⋅⋅

==


47

dok površina poprečnog preseka na izlazu iz sistema ima vednost:

2

1

.

12 0136,0

5,460163,05,22 m

wmvA =

⋅⋅

==

Slika 2.10 – Šematski prikaz kompresora

Zadatak 2.30 Vazduh (idealan gas konstantnog toplotnog kapaciteta) struji stacionarno krozhladnjak.Maseni protok vazduha je 0,75 kg/s.Pritisak i temperatura na ulazu u hladnjakiznose 4 bar i 80°C a na izlazu 2,4 bar i 5°C.Površine poprečnog preseka ulaza i izlaza su istei iznose svaka 100 2cm (slika 2.11).

Slika 2.11 – Šematski prikaz hladnjaka

Koristeći date podatke izračunati :

a) Brzine vazduha na ulazu i izlazu iz hladnjakab) Toplotni protok koji vazduh razmenjuje sa okolinom.

Rešenje :

smw /97,181 = smw /91,242 = kWQcv 35,56.

−=


48

Zadatak 2.31 Idealan gas protoka 2 kg/s ulazi u ejektor* na pritisku 0,95 bar,temperaturi18°C i brzinom od 165 m/s.Ako se zahteva da pritisak na izlazu ejektora bude 1,1 bar kolikesu površine poprečnih preseka ulazne i izlazne cevi.Uzeti da je proces strujanja gasa uejektoru povratnog adijabatskog karaktera,gasna konstanta gasa 0,289 kJ/(kgK), specifičnitoplotni kapacitet )/(006,1' CkgkJc p °⋅= .

Rešenje :S obzirom da se u ejektoru odigrava adijabatski proces i da su toplota i rad jednaki nuli,opštajednačina stacionarnog stanja, pri zanemarivanju potencijalne energije gasa, ima oblik:

2/2/ 222

211 whwh +=+

odakle sledi brzina fluida - gasa - na izlazu iz ejektora (slika 2.12):( ) 2

1212 2 whhw +−= (a)

Za idealan gas je specifična entalpija h=h(T), tako da u jednačini (a) nedostaje temperatura2T čija se vrednost izračunava iz jednačine adijabatske promene stanja:

KPPTT 5,303

1,195,0)18273(

403,1403,111

2

112 =

+=

=

−−χχ

pri čemu iz Majerove (Mayer) jednačine sledi stepen χ:

403,1

006,1289,01

1

'1

1.''

'1 =−

=−

==−

p

pp

v

cRtj

cR

cc χ

Iz odgovarajućih zamena u jednačini (a)dobija se brzina gasa na izlazu (2)

smw /55,45165)5,303291(10006,12 232 =+−⋅⋅=

Za skgm /2.= jednačina kontinuiteta se koristi za izračunavanje površina traženih na mestu

izlaza (1) i (2) Prema jednačini se dobija (posredi je idealan gas!):poprečni presek na ulazu:

22

11

.

1

11

.

1 0107,01095,0165291289,02 m

PwmRT

wmA =

⋅⋅⋅⋅

===ρ

22

22

.

2

22

.

2 0350,0101,155,45291289,02 m

PwmRT

wmA =

⋅⋅⋅⋅

===ρ

* Ejektor (dinamički kompresor) ima zadatak da strujanje jednog fluida dovede do usisavanja i kompresijedrugog fluida - primer :vodena (vakum) pumpa.


49

Slika 2.12 – Ejektor

Zadatak 2.32 Pokazati da je u stacionarnom procesu strujanja u kome se promena kinetičke ipotencijalne energije može zanemariti, rad otvorenog sistema :

∫−=2

1

' vdPW cv

U P-v dijagramu pokazati površinu koja predstavlja ovaj rad i uporediti je sa površinom kojase odnosi na rad u procesima zatvorenog nepokretnog sistema.

Rešenje:Polazi se od opšte energetske jednačine za stacionarne procese strujanja koja udiferencijalnom obliku za 1 kg fluida glasi:

cvcv Wqygdwddh ')()2/( 2 δδ −=++ (a)

Kako je h=u+Pv,to se dh može da zameni sa du + Pdv + vdP, pa se dobija :

cvcv WqygdwdvdPPdvdu ')()2/( 2 δδ −=++++ (b)

Za posmatrača koji se kreće zajedno sa fluidom biće ,Pdvduq +=δ tako da se iz jednačine (b)dobija traženi izraz:

cvWgydwdvdP ')()2/( 2 δ−=++ (c)

∫−−−−−=2

112

21

22 )()(

21' vdPyygwwW cv

Kada se zanemare promene kinetičke i potencijalne energije sledi da je rad otvorenog sistema:

∫−=2

1

' vdPW cv (d)

Iz jednačine (d) sledi da je 0' ≠cvW i u slučaju konstantne zapremine.Ova jednačina ne daje samo rad za stacionarni strujni proces već pokazuje fundamentalnurazliku koja postoji između rada u strujnim procesima i procesima u zatvorenomnepokretnom sistemu.Poznato je da za proces u zatvorenom nepokretnom sistemu važi izrazza rad:

∫=2

112' PdvW (e)


50

Jednačina (e) pokazuje da se u zatvorenom nepokretnom sistemu rad obavlja na računpromene zapremine sistema tj. posredi je zapreminski rad.Poređenje ova dva rada je prikazano na slici (2.13).

Slika 2.13 – Zapreminski rad (a) i tehnički rad (b) u P-v dijagramu

Na slici 2.13 površina A - 1 - 2 - B predstavlja ∫−2

1

vdP (negativni znak daje pozitivnu

vrednost integrala u slučaju ekspazionog procesa kao što je pokazano na slici).Ista površinamože biti dobijena i iz slike sledećom jednačinom:

=−+ ∫ 2

2

1211 vPPdvvP površina C - 1 - 2 - F.

Izraz 11vP opisuje površinu O - C - 1 - D, i predstavlja energiju (rad) strujanja tj.rad potreban

da se fluid utisne u kontrolisanu zapreminu.Izraz ∫2

1

Pdv , pokazan je površinom D - 1 - 2 - E.

Izraz - 22vP ,dat je površinom E - 2 - F - O odnosi se na energiju (rad) strujanja potrebnu da sefluid istisne iz kontrolisane zapremine.Suma ovih radova na levoj strani prethodne jednačinepredstavlja rad u stacionarnom strujnom procesu i pošto je površina C - 1 - 2 - F jednakapovršini A - 1 - 2 - B,dobija se da je:

=−+−= ∫2

12211' vpPdvvpW cv površina A - 1 - 2 - B = ∫−

2

1

vdP

tj. isti izraz koji je prikazan jednačinom (d).

Zadatak 2.33 Pumpom se crpi voda pritiska 1 bar i dalje transportuje pri pritisku od 8bar.Zanemarujući promenu brzine ,nivoa i zapremine vode naći rad po 1 kg vode potreban zarad kompresora.Specifična zapremina tečne faze vode je kgmv /001,0 3= ,dok je maseni

protok skgm /5,0.= .

Rešenje :Jednačina stacionarnog procesa daje potrebnu snagu crpke:

kWPPvmvdPmWcv 35,0)81(10001,05,0)()( 221

.2

1

.−=−⋅⋅=−=−= ∫

Dobijena vrednost predstavlja minimalnu snagu za taj proces pošto nisu uzeti u obzirdisipativni efekti koji u stvarnosti postoje.


51

Zadatak 2.34 Maseni protok pare na ulazu u turbinu iznosi 2200 kg/h.Snaga turbine je 500kW.Gubitke toplote u turbini zanemariti.Naći:a) Promenu entalpije pare na ulazu i izlazu iz turbine .Ulaz i izlaz iz turbine nalaze se na istojvisini.Brzina pare je konstantna.b) Promenu entalpije pare ako je brzina na ulazu 60 m/s,a na izlazu 80 m/s.Ulazna cev je 3 miznad izlazne cevi.

Rešenje :

a) kgkJhh /18,81821 =−b) kgkJhh /38,81521 =−

Zadatak 2.35 Mlaznicom se povećava brzina strujanja fluida. Na ulazu u mlaznicu entalpijafluida je 2900 kJ/kg, a brzina 60 m/s. Entalpija fluida na izlazu je 2650 kJ/kg. Mlaznica jehorizontalna a gubici toplote mogu se zanemariti.a) Naći brzinu fluida na izlazu iz mlaznice.b) Ako je površina ulaznog poprečnog preseka 221029,9 m−⋅ a specifična zapremina fluida

kgm /188,0 3 izračunati maseni protok fluida.c) Ako je specifična zapremina na izlazu iz mlaznice kgm /5,0 3 naći površinu poprečnogpreseka mlaznice.

Rešenje :

a) smw /6,7092 = ; b) skgm /65,29.= c) mA 2

2 1009,2 −⋅=

Zadatak 2.36 Gas,koji struji kroz horizontalnu cev,ima na ulazu pritisak 6,8 bar itemperaturu 460°C.Na izlazu iz cevi pritisak je 5 bar,a temperatura 300°C. Specifičnazapremina gasa na ulazu je kgm /25,0 3 a na izlazu kgm /236,0 3 .Specifični toplotnikapacitet gasa pri konstantnoj zapremini je )/(33,1 KkgkJ ⋅ .Ako je osovinski rad jednak nuli i ako su brzine male odrediti količinu i smer toplote koja serazmenjuje kroz cev.

Rešenje :

kgkJqcv /8,264−=

Zadatak 2.37 Vazduh (idealan gas) ulazi u turbinu na pritisku 10 bar i temperaturi 240°Caizlazi na istom pritisku i temperaturi 40°C. Ako se uzme da je specifični toplotni kapacitet prikonstantnom pritisku konstantan.i za vazduh iznosi )/(0,1 KkgkJ ⋅ ,odrediti rad koji dajeturbina po 1 kg vazduha.Specifična zapremina vazduha na ulazu iznosi kgm /148,0 3 .

Zanemariti promenu potencijalne i kinetičke energije.Zanemariti toplotne gubitke u okolinu.

Rešenje :

kgkJW cv /200' =


52

Zadatak 2.38 Na ulazu u stacionarni strujni uređaj pritisak fluida iznosi 8 bar a gustina3/100 mkg . Na izlazu iz uređaja pritisak je 4 bar a gustina 3/48 mkg .Ako je zapreminski

protok fluida na ulazu min/2800 3m a površina poprečnog preseka izlazne cevi 2182,0 modrediti:a) maseni protok fluida ;b) izlaznu brzinu;c) energiju strujanja na izlazu i ulazu.

Rešenje :

a) skgm /1068,1 5.

⋅= b) smw /2,5342 = c) kJVP 811 = kJVP 34,822 =

Zadatak 2.39 Vazduh (idealan gas) struji pri konstantnom masenom protoku od 300 kg/h izagreva se od 20°C do 88°C. Grejanje se obavlja u vertikalnom razmenjivaču toplote koji imakonstantan poprečni presek.Visina razmenjivača je 3,6 m.Pritisak vazduha na ulazu urazmenjivač iznosi 1,2 bar a usled trenja fluida u aparatu opadne za 0,2 bar do vrhaaparata.Brzina na ulazu razmenjivača iznosi 4,5 m/s.Izračunati količinu toplote koju primi vazduh u razmenjivaču u toku jednog časa.Koristiti vezu )/(109347,09950,0' 4 CkgkJc ps °⋅⋅+= − .

Rešenje :

hkJQcv /20414=

Zadatak 2.40 Pregrejana vodena para pritiska 6 bar i temperature 180°C ulazi u izolovanumlaznicu brzinom 60 m/s.Iz mlaznice para izlazi na pritisku 2 bar brzinom600 m/s.Odreditikvalitet pare po izlazu iz mlaznice.

Rešenje :Za stacionarno strujanje koje se ostvaruje u adijabatskoj oblozi primenjuje se jednačina:

2/2/ 222

211 whwh +=+

odakle je:.2/2/ 2

22112 wwhh −+=

Za barP 61 = i Ct °=1801 ,iz tablice 6 za vodenu paru kgkJh /28051 = pa je:

kJh 8,2626102

600102

602805 32

32

2 =⋅−⋅+= −−

Iz tablice za barP 22 = , kgkJhg /27072 = , kgkJhl /72,5042 = ,što pokazuje da je vodenapara vlažna pošto je 2gh veće od 2h .Za heterogeni sistem važi:

)( 2222 lgl hhxhh −+=odakle se za stepen suvoće vlažne pare dobija:

963,072,504270772,5048,2626

22

22 =−−

=−−

=lg

l

hhhhx


53

Zadatak 2.41 U pneumatskom motoru koji radi sa vazduhom kao radnim telom pristacionarnim uslovima razvija se snaga od 5 kW.Ulazni uslovi su:pritisak 6 bar i temperatura127 °C; pritisak na izduvnoj cevi je 1 barMotor radi pri adijabatskim uslovima (χ=1,4) sa izentropskim stepenom iskorišćenja0,75.Promenu kinetičke energije na izlazu i ulazu motora zanemariti (slika 2.14).

Slika 2.14 – Pneumatski motor i promena stanja vazduha

Odrediti temperaturu vazduha koji izlazi iz motora i maseni protok u kg/s. Molarna masavazduha iznosi 29 kg/kmol.Vazduh se ponaša kao idealan gas konstantnog toplotnogkapaciteta.

Rešenje :

Iz energetske jednačine,pošto je 0=cvq , a promena kinetičke i potencijalne energije sezanemaruje,dobija se reverzibilan rad:

21)'( hhW revcv −=

Izentropski stepen iskorišćenja određen je iz jednačine tako da je:

75,0)(')('

])'[()'(

21

21

21

21

12

21 =−

−=

−−

== ′′

TTcTTc

hhhh

WW

p

p

revcv

cveη (a)

Pretpostavljajući da vazduh ima osobine idealnih gasova tada je h=h(T). Temperatura na krajupovratne (reverzibilne) adijabatske promene stanja sledi iz jednačine:

KPPTT 240

16)127273(

4,14,111

2

112 =

+=

=

−−χχ

Iz jednačine (a) sledi temperatura vazduha na kraju stvarne promene stanja idealnog gasa:

KTTTT i 280)240400(75,0400)( 2112 =−−=−−=′ ηUz pomoć stvarnog rada uređaja:

kgkJTTchhW pcv /4,120)280400(292315,87)(')'( 212121 =−⋅

⋅=−=−= ′′′

dobija se maseni protok vazduha:

skgWWmcv

cv /0415,04,120

5)'( 21

.===

′


54

Zadatak 2.42 Odrediti dimenzije ulaznog i izlaznog preseka mlaznice gasne turbine ako jepoznato da produkti sagorevanja imaju svojstva vazduha (idealan gas)i da je njihovo stanje naulazu u mlaznicu zadano pritiskom barP 81 = i Ct °= 5001 .

Na izlazu iz mlaznice pritisak je barP 1,12 = maseni protok gasa je skgm /5,1.= .Uzeti da je

χ=1,35.Isticanje smatrati adijabatskim. Trenje u kanalu mlaznice i ulaznu brzinu zanemariti.

Odrediti temperaturu na izlazu iz mlaznice.Molarna masa vazduha je 29 kg/kmol.

Rešenje :Najpre treba odrediti kritični odnos pritisaka. Prema jednačini*

)135,1(35,1)1(

135,12

12

−−

+

=

+

=χχ

χPPkr

U našem slučaju je 1375,08/1,1/ 12 ==PP .Pošto se ekspanzija vrši do pritiska P=1,1 bar, kojije manji od 1537,0 PPk ⋅= ,neophodno je izabrati konvergentno - divergentnu mlaz-nicu.Kritična brzina vazduha (idealnog gasa) iznosi prema jednačini

smRTwkr /6,50477329

8315135,1

35,121

2 1 =⋅+

=+

=χχ

Kritičnoj brzini odgovara kritičan presek:

26

.

,2 1305106,504439,05,1 mm

wvm

Akr

krkr =⋅

⋅=

⋅=

pošto su:

kgmPPvv

kkr /439,0

)537,0(277,0

)/(3

35,1/1/11

,2 === χ

kgmPRTv /277,0

108297738315 3

51

11 =

⋅⋅⋅

==

Brzina na izlaznom preseku (2) iznosi prema ** izrazu:

=−−

= − χχ

χχ /)1(

1212 )/(1[1

2 PPRTw sm /2,829]1375,01[77329

8315135,1

35,12 35,1135,1

=−⋅⋅−

−

* D.Malić,Termodinamika i termotehnika,Građ.knjiga,Beograd,1980.jed.(172).** D.Malić,Termodinamika i termotehnika,Građ.knjiga,Beograd,1980.jed.(169a)


55

Kako je iz .constpv =χ

kgmPPvv /204,1

1,18277,0 3

35,1/11

2

112 =

=

=

χ

to za 2A sledi:

26

2

.

22 217810

2,829204,15,1 mm

wmvA =⋅

⋅==

Izlazna temperatura je:

KRvPT 9,461

315,829204,1101,1 2

222 =

⋅⋅⋅==

Zadatak 2.43 Iz rezervoara u kome je temperatura 100°C i pritisak 60 ata,kroz mlaznicuističe kiseonik (idealan gas konstantnog toplotnog kapaciteta).Pritisak okolne sredine u kojuističe gas je 36 ata.

Odrediti brzinu isticanja i potrošnju kiseonika ako je površina izlaznog preseka220mmA = .Proračun izvršiti:

a) u tehničkom sistemu jedinica;b) u interancionalnom sistemu jedinica

Rešenje :

a) jednačina u tehničkom sistemu jedinicaima oblik (χ=1,4):

=−−

= − χχ

χχ /)1(

1212 )/(1[1

2 PPRTw

= sm /6,303])60/36(1[37332848

14,14,181,92 4.1/4,0 =−⋅⋅−

⋅⋅

Težinski protok gasa je određen iz jednačine:

=−⋅⋅−

= − ])/()/[(1

2 /)1(12

/22

1

1.

χχχ

χχ PPPP

vPgAG

skp /256,0])60/36()60/36[(01647,0

106014,1

4,181,921020 4,1/4,24,1/24

6 =−⋅

⋅−

⋅⋅= −

pri čemu je:

kpmPRTv /01647,0

106032373848 3

41

11 =

⋅⋅⋅

==


56

b) Pri korišćenju međunarodnog sistema jedinica dobija se:

smw /5,303])60/36(1[37332

831514,1

4,12 286,02 =−⋅⋅

−=

Maseni protok možemo odrediti i na sledeći način:

kgmPPvv /02372,0)36/60(01647,0)/( 34,1/1/12112 === χ

skgvwAm /256,0

02372,05,3031020 6

2

22.

=⋅⋅

==−

Zadatak 2.44 Dvoatomni gas (idealan gas konstantnog toplotnog kapaciteta)( )/(3,294 KkgJR ⋅= ) ima na ulazu mlaznice parametre : barP 7,631 = i KT 3301 = ,i ističeiz mlaznice u sredinu čiji je pritisak 35,4 bar.

Odrediti brzinu isticanja i maseni protok ako je prečnik izlaznog preseka 5 mm.Isticanjesmatrati adijabatskim.Gubitke usled trenja i ulaznu brzinu zanemariti.

Rešenje :

smw /3242 = skgm /247,0.=

Zadatak 2.45 Vodena para na ulazu u mlaznicu ima entalpiju 2840kJ/kg a na izlazu izmlaznice 2560 kJ/kg.Odrediti izlaznu brzinu pare:

a) ako je ulazna brzina jednaka nuli;b) ako je ulazna brzina 305 m/s.

Rešenje :

a) smw /3,7482 = b) smw /8082 =

Zadatak 2.46 Vodena para pritiska 10 bar i stepena suvoće 96,01 =x ulazi masenimprotokom 100 kg/h u konvergentno - divergentnu mlaznicu na čijem je izlaznom delu pritisak1,4 bar.Naći površine poprečnih preseka najužeg dela mlaznice i na njenomizlazu.Pretpostaviti da je 10% od ukupnog izentropskog pada entalpije otišlo na trenje udivergentnom delu mlaznice.Za vlažnu paru uzeti da je χ=1,135 da bi se odredio kritičnipritisak.Šematski prikaz procesa dat je na slici 2.15

Rešenje :

barPP 77,5135,1

2101

2 1135,1135,1

1

11 =

+

=

+

=−−χ

χ

χIz Molijerovog (Mollier) dijagrama za vodenu paru (vidi prilog) dobija se za izentropskuekspanziju pare ( 321 sss == ):

barPibarPzakgkJhh 77,510/10026002700 2121 ===−≈−barPibarPzakgkJhh 4,110/32523752700 2131 ===−≈−


57

Zanemarujući brzinu na ulazu,iz h-s dijagrama za vodenu paru sledi ∆h=100 kJ/kg:smw /4502 ≈

Za pritisak barP 77,51 = može se sa dovoljno tačnosti uzeti da je 222 gvxv = ,(pošto je 2lv vrlomalo); 2gv se nalazi interpolacijom između P=6 bar i P=5,5 bar iz tablice:

kgmvg /3280,0 32 =

Kako je kgmvxv g /2798,03280,0853,0 3222 =⋅=≈ (vrednost 853,02 =x nalazi se iz h-s

dijagrama), to je površina poprečnog preseka na izlazu:

24

2

.

22 101727,0

36004501002798,0 m

wmvA −⋅=

⋅⋅

==

Ukupni gubici u mlaznici su 10% pa je uz pomoć Molijerovog dijagrama razlika specifičnihentalpija pare:

kgkJhhh /5,2923259,0)(9,0 31 =⋅=−=∆Iz h,s dijagrama, smw /7703 ≈ (za kgkJh /5,292=∆ ).

Za ;/238,1,4,1 333 kgmvbarP g == iz dijagrama za vodenu paru je 865,03 =x

kgmvxv g /076,1238,1865,0 3333 =⋅==

24

3

.

33 10388,0

7703600076,1100 m

wmvA −⋅=

⋅⋅

==

Slika 2.15 - Promena stanja Slika 2.16 - Promena stanjavlažne pare u h-s dijagramu vlažne pare u h-s dijagramu

Zadatak 2.47 Suvozasićena vodena para pritiska 14 bar struji kroz konvergentno-divergentnu mlaznicu čiji je prečnik u najužem preseku 0,0076 m. Para napušta mlaznicu napritisku 1 bar. Pretpostaviti da para ostvaruje izentropsku ekspanziju sa χ=1,135. Odreditimaseni protok pare. Šematski prikaz procesa je na slici (2.16).

Rešenje :

barPP 77,51135,1

2141

2 1135,1135,11/

12 =

+

=

+

=+

−χχ

χ


58

Iz h-s dijagrama za vodenu paru (prilog):

kgkJhh /1002690279021 =−=−

Iz dijagrama se takođe za tačku ,,2'' može pronaći stepen suvoće 958,02 =x .Na osnovu tablice za vodenu paru,uzimajući da je približno barP 82 = ,specifična zapreminavlažne pare je:

kgmvvxvv lgl /230,0)0011,02403,0(958,00011,0)( 322222 =−+=−+=

Iz jednačine kontinuiteta dobija se maseni protok vodene pare:

skgvdw

vAwm /0887,0

4230,00076,0450

4

2

2

22

2

22.

=⋅

⋅=

⋅==

ππ

Zadatak 2.48 U sistemu za hlađenje u kome je freon 12 rashladno sredstvo,freon 12 ulazi ukompresor na pritisku 1,5 bar i temperaturi - 10°C.Maseni protok freona 12 je 60 kg/h,a snaga kompresora je 1 kW.Napuštajući kompresor freon 12 ulazi u kondenzator na pritisku 7 bar i temperaturi 80°C aizlazi kao tečnost koja ključa na 20°C.

Odrediti :

a) količinu toplote koju oslobodi kompresor u toku jednog časa (toplotni protok)b) maseni protok vode za hlađenje kondenzatora.

Rešenje :a) Postavimo najpre kontrolnu zapreminu za kompresor i pretpostavimo da je u pitanjustacionarni strujni proces:

kJm

WW cvcv 603600

601' . −=⋅

−==

Iz tablice za freon 12:

CtibarPzakgkJhh u °−==== 105,1/619,184 1111

CtibarPzakgkJhh iz °==== 807/997,235 112

Pošto je brzina pare freona 12 na ulazu i izlazu iz kompresora vrlo mala i kako se promenekinetičke i potencijalne energije mogu zanemariti,to se na osnovu jednačine može napisati:

kgkJWhhq cvcv /622,8)60(619,184997,235'12 −=−+−=+−=

Sada je toplotni protok:

hkJmqQ cvcv /32,51760)622,8(..

−=⋅−==


59

b) Sada ćemo postaviti kontrolisanu zapreminu za kondenzatior, čiji je šematski prikaz dat naslici 2.17.Za ovako postavljenu kontrolisanu zapreminu imamo struje fluida :struju freona 12 i strujuvode. Ako se pretpostavi da su promene kinetičke i potencijalne energije jednake nuli,da jerad jednak nuli i da nema razmene toplote kroz kontrolnu površinu tada je bilans entalpije iz:

izizululhmhm ∑∑ =

.. (a)

Za dva ulaza i dva izlaza mase iz sistema jednačina (a) ima oblik:

OHizOHFizFOHulOHFulF hmhmhmhm2222 )()()()(

....+=+ (b)

Rešenje jednačine (b) po OHm 2

. daje:

OHuliz

FizulFOH

hhhhmm

2

2 )()(..

−−

=

Iz tablice za freon 12 (ulazno stanje barPul 7= ; Ctul °= 80 ,izlazno stanje Ctiz °= 20 :kgkJh Ful /997,235)( = kgkJh Fiz /828,54)( =

Iz tablice,za vodenu paru,za Ctul °=10 i Ctiz °= 20 sledi entalpija tečne faze:

;/90,83)(2

kgkJh OHiz = ;/04,42)(2

kgkJh OHul =

hkgm OH /678,25904,4290,83

828,54997,235602

.=

⋅−⋅

⋅=

Zadatak se može rešiti i tako što se obe struje fluida postave u dve odvojene kontrolisanezapremine (slika 2.18); tada toplota prolazi iz jedne kontrolisane zapremine u drugu.

Slika 2.17 – Kondenzator Slika 2.18 – Postavljanje kontrolne površine za zadatak 2.51

Za freon 12 može se napisati na osnovu energetske jednačine stacionarnog strujanja:

kgkJhhmQ FulizFcv /14,10870)997,235828,54(60)(..

−=−=−=


60

Ova količina toplote prolazi kroz kontrolnu površinu za vodu pa je )(2OHcv QQ =−

OHulizOHcv hhmQ22

)(..

−=

hkgm OH /678,25904,429,83

14,108702

.=

−=

Zadatak 2.49 Centrifugalni vazdušni kompresor gasne turbine usisava vazduh iz okolinetemperature 25°C.U izduvnoj cevi kompresora brzina iznosi 90 m/s a temperatura 65°C.Maseni protok na ulazu u kompresor je 50,0 kg/min (slika 2.19). Vazduh se ponaša kaoidealan gas:

a) Izračunati koliku snagu u kW potrebno dovesti za rad kompresora;b) Ako se na izduvnu cev kompresora preko ventila priključi evakuisan rezervoar i naglimotvaranjem i zatvaranjem ventila napuni tako da se pritisci izjednače, kolika će bititemperatura u rezervoaru posle punjenja?Uzeti da je )/(1' KkgkJc p ⋅= i )/(7065,0' KkgkJc v ⋅= .

Slika 2.19 – Šematski prikaz kompresora i rezervoara

Rešenje :a) Granica kontrolne površine je postavljena tako da obuhvata okolni vazduh pa je prviprincip termodinamike za stacionarni strujni proces:

2)('

2'

22

12

22

12wTTcwhhW pcv +−=+−=−

pošto je 1w ,u okolnom vazduhu ,jednako nuli.

kgkJW cv /05,4421090)2565(1'

32

=⋅

+−=−

Potrebna snaga kompresora:

kWWmW cvcv 70,36)05,44(6050'

.−=−⋅==

b) Iz odabranog sistema vidi se da će se granica sistema kretati i da će para u cevi vršiti radunutar sistema : .1111 vmPVPW ==−


61

Pošto je proces punjenja trenutan sledi 012 =Q i constP =1 i ako se zanemari promenakinetičke i potencijalne energije:

11120 VPUU −−=

11120 vPmumum ⋅⋅−⋅−⋅=

11112 hvPuu =+=

kgkJuh /6521 == (pod pretpostavkom da je za t=0°C !00 =h ).Kako je:

22 ' tcu v=to je:

Ccutv

°=== 927065,065

'2

2

Do istog rezultata se može dići ako se punjenje rezervoara tretira preko uniformnog procesa.

Zadatak 2.50 Vazduh,idealan gas (konstantnog toplotnog kapaciteta) pritiska 4 bar itemperature 110°C nalazi se u rezervoaru zapremine 33m .Pražnjenje rezervoara obavlja sekroz slavinu tako da vazduh odlazi u atmosferu.Zanemarujući razmenu toplote sa okolinomizračunati rad koji je jednak kinetičkoj energiji vazduha (idealnog gasa).Pritisak okolineiznosi 0,98 bar.Molarna masa iznosi 29 kg/kmol.Izložitelj adijabate je χ=1,4.

Rešenje :Masa fluida punog rezervoara na početku procesa je:

kgRTVP

mp

ppp 93,10

383315,8293104 2.

=⋅⋅⋅⋅

==

S obzirom da je proces pražnjenja adijabatski temperatura na kraju ekspanzije bi iznosila:

KPPTT pkpk 256)4/98,0(383)/( 4,114,1

/)1( ===−

− χχ

Masa vazduha u rezervoaru posle pražnjenja (zapremina rezervoara V=const)

kgRTVPmk

kkk 0,4

256315,82931098,0 2

=⋅

⋅⋅⋅==

Kako je 0=cvQ to energetska jednačina uniformnog strujnog procesa dobija oblik:=−−−=− ikpkkppikp hmmumumwmm )()2/)(( 2

kJ9,487256292315,87)0,493,10(256

292315,850,4383

292315,8593,10 =

⋅⋅

−−⋅

⋅−

⋅⋅

=

Zadatak 2.51 Izolovan rezervoar zapremine 5 3m sadrži ugljen-dioksid na temperaturi 70°C ipritisku 5 bar.Rezervoar je ventilom spojen sa okolnim vazduhom pritiska 1 bar.Ako se ventilotvori i pritisak u rezervoaru izjednači sa pritiskom okoline naći odnos krajnje i početne


62

temperature u rezervoaru. Rešiti problem razmatrajući sistem kao zatvoren sistem i prekokontrolisane zapremine.Rešenje :a) Pošto nema toplotne interakcije sistema sa okolinom prvi princip termodinamike zazatvoren nepokretan sistem glasi: UW δδ =− .Ako je pritisak okoline 2P konstantan, tada je:

)(')( 12122 TTmcVVP v −=−− (a)pošto je:

1'

1

11

−==χRci

RTVPm v

dobija se zamenama u jednačini (a):

)(1

1 121

11

1

212 TTR

RTVP

VVVP −

−⋅=

−−

χ

−

−=

−− 1

111

1

2

21

21

1

2

TT

PTTP

PP

χ

−

−=+− 1

11

1

2

1

2

1

2

TT

PP

TT

χ

111

11

1

2

1

2

−+=

+

− χχ PP

TT

−

+−

=1

11

1

2

1

2

χχχ

PP

TT (b)

Pošto je za ugljen-dioksid χ=1,286, to se iz jednačine (b) dobija:

822,01286,1

151

286,11286,1

1

2 =

−

+−

=TT

b) Razmotrimo najpre bilans kontrolisane zapremine;energija koja ulazi u kontrolisanuzapreminu mora biti jednaka povećanju energije kontrolisane zapremine.Prvi princip termodinamike je tada:

;)( dudmh =−− kako je U=umdmudumdmh +=

S druge strane je:RTuPvuh +=+=

dmudumdmRTu +=+ )( dumdmRT =Kako je:

2

222

1

111 RT

VPmiRTVPm ==

to je:

1

2

12

12 ln'lnTT

Rc

PTTP v=


63

ili:)1/(1

12/'

1221

12 )/()/( −== χTTTTTPTP Rc v

7,0)5/1()/( 286,1/)1286,1(/)1(12

1

2 === −− χχPPTT

Vidi se da se dobijeni rezultati razlikuju od rezultata određenog preko zatvorenog sistema.Prvimetod se bazira na pretpostavci da je ravnoteža održavana između gasa u rezervoaru i gasaizvan rezervoara (slika 2.20).

Slika 2.20 – Isticanje gasa - - - - - zatvoren sistemIz zatvorenog rezervoara -.-.-.-.- otvoren sistem

(kontrolna površina)

Međutim,to nije realno pošto se proces odigrava vrlo brzo i pošto se toplotna interakcijaizmešu gasa i cevi i gasa u rezervoaru odigrava kroz cev vrlo malog prečnika pa setemperatura gasa u rezervoaru razlikuje od temperature gasa koji napušta kontrolisanuzapreminu.Dobijeni rezultati se međutim ne razlikuju znatno.Ako se reverzibilna adijabatskapromena stanja dobijena drugim metodom razvije u niz,dobija se:

=

−−==

−

−

χχχχ

/)1(

1

21/)1(12

1

2 1)/(PPPPP

TT

=−

−−−

−−−= ...

!2111

1

212

1

21

PPP

PPP

χχ

χχ

−

−−+

−−

= ...!21

111

2

1

21

1

2

PPP

PP

χχχχ

Prva dva člana su ista kao rezultat dobijen razmatranjem problema preko zatvorenog sistema:jed. (b).

Zadatak 2.52 Evakuisana prostorija je spojena slavinom za parovod koji sadrži vodenu parupritiska 3 bar i temperature 200°C. Slavina se otvara i para struji u prostoriji dok pritisak uprostoriji ne dostigne vrednost 3 bar. Za isto vreme količina toplote koju oda prostorija iznosi300 kJ/kg uvedene pare. Zanemarujući kinetičku i potencijalnu energiju pare odrediti kolika jeunutrašnja energija pare u sobi na kraju procesa.

Rešenje :

kgkJu /25642 =


64

Zadatak 2.53 Rezervoar konstantne zapremine sadrži m=75 kg vazduha na pritiskubarP 151 = .Otvaranjem ventila ispušta se vazduh,iz dok pritisak ne opadne nabarP 5,22 = .Odrediti količinu preostalog vazduha pod sledećim uslovima:

a) Rezervoar je u adijabatskoj oblozi;b) veličine stanja vazduha su konstantne po celoj zapremini (homogen system);c) promena stanja vaduha u rezervoaru je kvazistatična;d) zanemariti promenu kinetičke i potencijalne energije.

Vazduh smatrati idealnim gasom a toplotni kapacitet tretirati konstantnim.

Rešenje :Jednačine za nestacionarne procese, u opštem obliku, za otvoren sistem su:

dEdmgywhdmgywhWQ cvcv =++−+++− 2222211

211 )2/()2/(δδ (a)

dmgywudE

sistemaotvorenogmasa

)2/( 22 ++=∫ ∫

Pošto je rezervoar u adijabatskoj oblozi 0=cvQ i sistem ne vrši rad )0( =cvW , u sistem neutiče masa pa je 01 =dm tako da jednačina (a) prelazi u oblik:

dumdmudEdmh +==− 22 (b)

Istekla količina vazduha ( 2dm ) upravo je jednaka masi vazduha za koju se smanjila njegovakoličina u rezervoaru.Za masu važi:

2dmdm =−

Kako je entalpija određena preko)(2 Pvuhh +==

pa se zamenom u (b) dobija:

dumdmudmPvu +=+ )( dummPv ⋅=⋅ Pvdu

mdm

=

Pošto je ,RTPv = sledi uz dTcdu v'=

TdT

Rc

mdm v ⋅=

'

nakon integraljenja se dobija (za vreme 1τ i 2τ )Rc v

TT

mm

/'

1

2

1

2

=


65

Pošto su nam temperature nepoznate a zapremina rezervoara V=const to sledi,za takavotvoren sistem:

11 mRTVP =

22 mRTVP =

RcRc vv

mm

PP

mm

/'

2

1

/'

1

2

1

2

⋅

=

1/'/'

1

212

+

=

RcRc

v

v

PPmm

Ako je za vazduh (idealan gas):

)/(717,0' KkgkJc v ⋅= )/(287,0 KkgkJR ⋅=

to je masa vazduha (u rezervoaru) nakon završenog procesa pražnjenja

kgPPmm 9,20

155,275

714,0714,0

1

212 =

=

=

Iz rezervoara je istekla masa vazduha ∆m

kgmmm 1,549,207521 =−=−=∆

Zadatak 2.54 Zatvoren rezervoar zapremine 3 3m sadrži vlažnu vodenu paru stepena suvoćex+0,2 na pritisku od 30 bar.Ključala voda se lagano ispušta iz rezervoara sve dok se ukupnamasa u rezervoaru ne smanji na trećinu.Za vreme pražnjenja rezervoara temperatura seodržava konstantnom dovođenjem toplote.Odrediti:

a) koliko je vode ispušteno iz rezervoara;

b) količinu dovedene toplote.

Pošto se temperatura održava konstantnom tokom pražnjenja to su ključala voda isuvozasićena para u ravnoteži,pa je i pritisak u rezervoaru konstantan.

Rešenje :

a) Iz rezervoara je ispuštena masa cviz mm )3/2(= ,gde je cvm ukupna masa vlažnepare.Ukupna masa cvm se izračunava sledećom procedurom.Iz uslova zadatka rezervoar sadrži20% suvozasićene pare i 80% ključale tečnosti: 42,0/8,0/ ==gl mm ,pa je:

33)4(4 mvvmvmvmvmvmV glggglgggllcv =+=+=+=


66

Iz tablice 5 (prilog)za P=30 bar: kgmvl /0012162,0 3= i kgmvg /06668,0 3= , pa je:

;3)06668,00012162,04( =+⋅gm kgmg 93,41=Ukupna masa je:

kgmxxmmxxmm gglgcv 04,21893,4148,093,412,04)1()1( =⋅⋅+⋅⋅=−+=−+=

Masa ispuštena iz rezervoara je

kgmm cviz 36,14504,21832

32

===

b) Ukoliko se članovi kinetičke i potencijalne energije zanemare i pošto je 0=cvWδ ,to jeenergetski bilans pražnjenja rezervoara

cvizizcv mudmhQ )(+= δδ

ili posle integracijecvizizcv mumhQ )(∆+= (a)

kako je Pvhu −= ,dalje se ima

cvcvcvcv mhmPvmhmu )()()()( ∆=∆−∆=∆ (b)

pošto je P=const i .0)()( =∆=∆=∆ cvcvcv VPmvPmPv Iz jednačina (a) i (b) sledi:

cvizizcv hmmhQ )(∆+=

Ukupna promena entalpije u rezervoaru je

)()()( 1212 gggllllcv hmghmhmhmmh −+−=∆

pa se zamenom u energetski bilans dobija

)()( 2112 izllizgggcv mmmhmmhQ −−−−= (c)

pošto je izl hh = .Jednačina (c)se pojednostavljuje pomoću bilansa mase

1122 lgizlg mmmmm +=++

odnosnommmmmm izllgg ∆=−−=− 2112

pa se dobijarmmhhhmQ lgcv ⋅∆=∆=−∆= lg)(


67

gde je ∆m masa ključale vode koja je tokom pražnjenja isparila u rezervoaru;∆m se određujena osnovu činjenice da je constVV cvrez == ,tj.,

ggllggllcv vmvmvmvmV 2211 +=+=

)()( 1221 lllggg mmvmmv −=−odnosno

)( 12 lllg mmvmv −=∆odakle je

kgvvvmmlg

liz 270012162,006668,0

0012162,036,145=

−⋅

=−

=∆

Iz tablice,za P=30 bar: kgkJhg /2803= i kgkJhl /35,1008= pa je

.55,48445)35,10082803(27 kJQcv =−⋅=

Zadatak 2.55 Čelični rezervoar zapremine 10 3m sadrži vazduh pritiska barP 11 = itemperature Ct °= 201 .Punjenje rezervoara se ostvaruje otvaranjem ventila preko koga jerezervoar spojen za cevovod u kome se vazduh nalazi pod stacionarnim uslovima temperature25°C i pritiska 6 bar (slika 2.21).Ako se punjenje obavlja dok pritisak u rezervoaru nedostigne vrednost barP 42 = , i pri tome vazduh tretira kao kao idealan gas a članovi kinetičkei potencijalne energije zanemare,izračunati količinu vazduha u rezervoaru i njegovutemperaturu nakon punjenja: a) ako je proces punjenja adijabatski; b) ako se razmena toploteizmeđu zidova rezervoara i vazduha obavlja tako brzo da su zidovi i vazduh uvek na istojtemperaturi.

Kolika bi bila krajnja temperatura u rezervoaru ako bi se rezervoar koji je prethodno bioevakuisan punio pod adijabatskim uslovima.Masa rezervoara je 1000 kg,a toplotni kapacitetčelika )/(461 KkgJc ⋅= .

Rešenje :

a) Polazi se od energetskog bilansa )0( =cvQδ

cvululcv mudmhQ )(+−= δδ (a)

pošto je iz bilansa mase dmmul =δ ,dalje sledi

cvulcv muddmhQ )(+−=δ

odnosno posle integracije i i sređivanja

)()( 1122 ululcv humhumQ −−−=

odnosno preko broja molova

))(())(( 1122 ulmmulmmcv hunhunQ −−−= (b)


68

Slika 2.21 – Punjenje rezervoara

pošto je: uluulmulmululmulm TRuvPuh +=+= )()()()( , Tcu mvm ∆=∆ ' ( constcmv = ) i

umvmp Rcc '' = ,to iz jednačine (b) sledi

)''()''( 122 ulmpmvulmpmvcv TccnTcTcnQ −−−= (c)

Početna količina vazduha je:

kmolTRVPnu

cv 41,0)20273(8315

10101 5

1

11 =

+⋅⋅⋅

==

Za adijabatske uslove je 0=cvQδ ,pa energetski bilans (c) sadrži dve nepoznate 22 Tin ; tj.,iz jednačine (c) je tada

ulmpmv

ulmpmv

TcTcTcTc

nn''''

2

112 −

−=

Zamenom vrednosti:

kmoln 41,01 = , KT 2931 = , KTul 298= , )/(1,29315,827

27' KkmolkJRc ump ⋅=⋅== ,

)/(79,20315,825

25' KkmolkJRc umv ⋅=⋅==

8,867179,2021,1058

2981,2979,202981,29293785,2041,0

222 −⋅

−=⋅−⋅⋅−⋅

=TT

n

druga jednačina je

22

5

2

22

06,4818315

10104TTTR

VPnu

cv =⋅⋅⋅

==

rešavanjem ove dve jednačine dobija se: KT 3,3772 = i kmoln 275,12 =

b) Razmena toplote između rezervoara i vazduha je

)( 12 TTcmQ celrezcv −=−odnosno

).293(461,01000 2 −⋅=− TQcv


69

Sada jednačina (c) glasi−⋅−=−⋅ )2981,29785,20()293(461,01000 222 TnT

)2981,2929379,20(41,0 ⋅−⋅−

njenim rešavanjem sa jednačinom 22 /06,481 Tn = dobija se: KT 35,3432 = i kmoln 4,12 = .

c) Ako se prethodno evakuisan rezervoar )0( 1 =n pod adijabatskim uslovima )0( =cvQδ puniidealnim gasom,jednačina (c) postaje

0'' 2 =− ulmpmv TcTcodnosno

ululmv

mp TTcc

T χ==''

2

pa je u datom slučaju za vazduh χ=1,4 i KTul 298=

KT 2,4172984,12 =⋅=Znači ova temperatura se dobija nezavisno od toga kolika je zapremina rezervoara i koliko sevazduha unosi u njega.

Zadatak 2.56 Na primeru idealnog gasa (konstantnog toplotnog kapaciteta) odrediti tehničkirad pri izentropskoj ekspanziji radnog tela pretpostavljajući da su poznati početni i krajnjipritisak radnog tela i početna temperatura 1T .Zanemariti promenu kinetičke i potencijalneenergije.

Rešenje :Pri izentropskoj ekspanziji radnog tela na osnovu prvog i i drugog principa termodinamike zaotvoren termodinamički sistem važi:

vdPdhvdPPvddoPdvduq −=−+=+= )(δqTds δ= vdPdhTds −=

Za izentropske uslove promene stanja constss == 21 te je reverzibilan, koristan rad:

revcvWdhvdP )'(∫ ∫ =−=−

)()'( 211

2

12 hhhhdhW revcv −−=−=−= ∫

Ako se smatra posredi da je posredi idealan gas tada toplotni kapacitet ne zavisi od pritiska teje:

)./1(')(')'( 12121

2

1

TTTcTTcdTcW ppprevcv −−=−−== ∫

Na osnovu izentropske promene stanja odnos 12 /TT je:χχ /)1(

1

2

1

2

−

=PP

TT


70

pa se zamenom dobija:

−

−=

−=−

−− χχχχ

χχ

/)1(

1

21

/)1(

1

21 1

11')'(

PPRT

PPTcW prevcv

Prema tome,pri reverzibilnoj adijabatskoj promeni stanja idealnog gasa od pritiska 1P do 2Ptehnički rad iznosi:

−

−=−

− χχ

χχ

/)1(

1

21 1

1)'(

PPRTW revcv

Zadatak 2.57 Odrediti tehnički rad tokom politropske kompresije idealnog gasa od početnogstanja 11, tP do krajnjeg pritiska 2P ako je poznat stepen politrope i ako se promena kinetičke ipotencijalne energije može zanemariti.

Rešenje :Polazi se od jednačine za 1 kg gasa:

vdPdhvdPPvdduPdvduq −=−+=+= )(δ (a)

Za politropsku promenu promenu stanja razmenjena toplota je:

dTnncq v 1

'−−

=χδ (b)

Za sve idealne gasove važi dTcdh p'= pri čemu je constc p =' ,koristi se veza

12)'(∫ −= cvWdPv . Primenom (a) i (b) i ostalih izraza dobija se:

∫ ∫ =

−−

−=−=−2

1

2

112 1

'')()'( dTnnccqdhW vpcv

χδ

( )∫∫ −−

=−

=−

−=

2

112

2

1 111)''(

TTRnndTR

nndT

nccn vp

Prema tome tehnički rad otvorenog sistema tokom politropske promene stanja je:

−

−=−

−=

1

212112 1

1)(

1)'(

TTRT

nnTTR

nnW cv

Kako je odnos temperatura moguće odrediti iz politropske promene stanja idealnog gasann

PP

TT

/)1(

1

2

1

2

−

=

čime se nakon zamene u izraz za rad dobija:

−

−=

−

−=

− nn

cv PPRT

nn

TTRT

nnW

/)1(

1

21

1

2112 1

11

1)'(


71

Zadatak 2.58 Odrediti snagu kompresora pri izentropskoj kompresiji vazduha (idealan gas)početnog stanja barP 98,01 = i Ct °= 201 ako je pritisak na kraju kompresije barP 62 = akompresor stacionarno komprimuje hm

N/500 3 vazduha. Koliko iznosi temperatura na kraju

izentropske kompresije? Zanemariti promenu kinetičke i potencijalne energije.Specifičantoplotni kapacitet vazduha je )/(004,1' KkgkJc p ⋅= .

Rešenje :Kompresor se posmatra kao stacionaran otvoren termodinamički sistem. Snaga kompresorapri izentropskoj kompresiji:

−=−=

− χχ /)1(

1

21

.

21

..1')()'(

PPTcmhhmWm prevcv

Sekundni maseni protok vazduha kroz kompresor

hmhmmNN /1388,0/500 33

.=

Gustina vazduha na normalnim uslovima:3

2

0

00 /294,129

273315,810013,1 mkg

RTP

=⋅⋅⋅

==ρ

skgVm /1796,0294,11388,00

..=⋅=⋅= ρ

Rad kompresora pri izentropskoj kompresiji (χ=1,4), uz pretpostavku da je vazduh idealangas.iznosi:

kgkJPPTcW prevcv /5,199

98,061293004,11')'(

4,1/4,0/)1(

1

21 −=

−⋅=

−=

− χχ

Snaga kompresora (teorijska):

kgkJPPTcW prevcv /5,199

98,061293004,11')'(

4,1/4,0/)1(

1

21 −=

−⋅=

−=

− χχ

Temperatura na kraju izentropske kompresije na izlazu iz kompresora:

χχ /)1(

1

2

1

2

−

=PP

TT

KPPTT 7,491

98,06293

4,1/4,0/)1(

1

212 =

=

=

− χχ

CTt °=−=−= 7,2182737,49127322

Zadatak 2.59 Kompresor sabija min/09,2 3m tečne vode,stanja Ct °=1051 .Poznato je da seusled trenja javljaju gubici u pritisku od 0,2 bar a na kraju pritisak treba da iznosi

barP 6,12 = .Odrediti snagu kompresora i izentropski stepen kompresije ako se pretpostavi danema gubitaka toplote u okolini.


72

Rešenje :Kompresija se odigrava sa nestišljivim fluidom čiji su parametri (voda) constv ≈ i koji semogu uzeti iz tablice*:

Ct °=1051 barP 208,11 = kgdmv /0474,1 31 =

Rad kompresora pri reverzibilnoj promeni stanja:

kgkJPPdPvW revcv /0411,010)208,16,1(100474,1)()'( 231

2

12 −=⋅−⋅−=−−=−= −∫

Potrebna snaga kompresora sa idealnom promenom stanja:

kWWmW revcvrevcv 36,10411,060110

0474,109,2)'()'( 3

..=⋅⋅==

Ako se uzme u obzir pad pritiska usled trenja tada kompresor mora da savlada i ovo trenje dabi na kraju kompresije pritisak iznosio barP 6,12 = .Rad pri stvarnoj promeni stanja je veći odpromeni stanja je veći od revcvW )'( :

kgkJPPvW cv /0620,010)208,12,06,1(100474,1)()'( 231212 −=⋅−+⋅⋅−=−−=

Snaga kompresora za stvarnu promenu:

kWWmW cvcv 06,20620,060110

0474,109,2)()( 3

13

.

12

.=⋅⋅==

Izentropski stepen iskorišćenja kompresora:

663,00620,00411,0

)'()'(

12

===cv

revcvc WWη

Zadatak 2.60 Pri ekstrakciji mahovine kao ekstrakciono sredstvo koristi setoluol ( 87HC )temperature 20°C.Radi punjenja ekstrakcionog suda na visini od 4 mkoristi se kompresor izentropskog stepena iskorišćenja 65,0=cη .Ako je poznato da se morapretočiti 200 l za 5 min,odrediti potrebnu snagu kompresora. U rezervoaru toluola i suda zaekstrakciju vlada isti pritisak od 1 bar tokom procesa.

Rešenje :Kompresor komprimuje nestišljiv fluid const=ρ .Pošto je pritisak u rezervoaru i sudu tokomprocesa isti to se pri sabijanju mora savladati hidrostatički pritisak fluida.

* U inženjerskoj praksi često se termodinamički parametri tečnosti datog stanja određuju za stanje zasićenja(ključala tečnost).Pri tome se ima u vidu da uticaj pritiska na pothlađeno stanje nije veliki.Ovaj pristup će seširoko primenjivati u ovoj knjizi.


73

barmNghP 34,0/10340,0481,9866 25 =⋅=⋅⋅==∆ ρCt °= 201 3/866 mkg=ρ

Na kraju kompresije pritisak iznosi:

barPPP 34,134,0112 =+=∆+=

Idealan reverzibilan rad kompresora je:

)(1)()'( 121

2

12 PPPPvdPvW revcv −−=−−=−= ∫ ρ

dok je stvaran jedinični rad veći od idealnog iznosi:

kgkJPPW cv /0607,065,0

10)134,1(866

11)'(2

1212 −=

⋅−−=

−−=

ηρ

Protok fluida kroz kompresor:

skgVm /77,586660

105

2000 3..=⋅=⋅=

−

ρ

Potrebna snaga kompresora sledi iz jednačine

kWWmPPmW cvc

cv 35,00607,077,5)'()()'( 12

.12

.

12 =⋅==−

=ηρ

Zadatak 2.61 Vazduh pritiska barP 11 = komprimuje se do stanja : barP 6,42 = i

temperature Ct °=1922 . Snaga kompresora ( kWW cv 40)( 12

.= . Odrediti: maseni protok

vazduha i izentropski stepen iskorišćenja kompresora ako se vazduh ponaša kao idealan gas(konstantnog toplotnog kapaciteta) a promena kinetičke i potencijalne energije možezanemariti. Temperatura vazduha na početku kompresije iznosi Ct °=191 .

Rešenje :

skgm /231,0.= .93,0=cη

Zadatak 2.62 Radi korišćenja kioseonika u tehnološkom procesu neophodno je da pritisak

kiseonika iznosi barP 852 = a količina komprimovanog gasa hmV N /15 3.= .

Ako je izentropski stepen iskorišćenja kompresora 75,0=cη odrediti potrebnu snagukompresora u tehnološkom procesu.Smatrati da su početni parametri kiseonika barP 98,01 = i

Ct °=101 i da se kiseonik ponaša kao idealan gas (konstantnog toplotnog kapaciteta).Zanemariti promenu kinetičke i potencijalne energije.

Rešenje :

kWW cv 26,5)( 12

.=


74

Zadatak 2.63 Za punjenje boca metanom )( 4CH koristi se rezervoar u kome vlada pritisakbarP 62 = .Ako se iz rezervoara stacionarno odvodi hm N /500 3

metana,a pritisak urezervoaru ne sme opadati,,odrediti potrebnu snagu kompresora, izentropskog stepena

iskorišćenja 78,0=cη kojim se rezervoar puni. Kompresor crpi metan pritiska barP 6,11 =

temperature Ct °= 231 .Smatrati da se metan ponaša kao idealan gas (konstantnog toplotnogkapaciteta),da se mogu zanemariti promene kinetičke i potencijalne energije i da je χ =1,286.

Rešenje :Izentropski rad kompresora za višeatomni idealan gas*

kgkJPPTchhW prevcv /7,235

6,161296

164,371')'(

286,1/286,0/)1(

1

2121 −=

−⋅=

−=−=

− χχ

Stvaran rad,da bi se ostvario isti pritisak 2P u rezervoaru )6( 2 barP = ,je veći od teorijskog:

kgkJWWc

revcvcv /2,302

78,07,235)'()'( 12 −=

−==

η

Snaga kompresora potrebna za dovođenje one mase koja napušta rezervoar iznosi:

12

.

12

.)'()( cvcv WmW =

dok je nepoznat maseni protok metana

skgRTPVm /0992,016

273315,810013,1

3600500

3600500 2

0

00

..=⋅

⋅⋅

=== ρ

tako da je potrebna snaga kompresora (zanemarujući negativan predznak) :

kWWmW cvcv 98,292,3020992,0)'()( 12

.

12

.=⋅==

Zadatak 2.64 Za sintezu amonijaka pritisak azota u reaktoru ne sme biti manji odbarP 1202 = . Amonijak )( 3NH se dobija pri direktnoj reakciji azota sa vodonikom prema

jednačini:322 23 NHHN =+

Ako se iz reaktora stacionarno odvodi 50 kmol/h amonijaka,odrediti potrebnu snagukompresora kojim se azot sabija u reaktor kada je izentropski stepen iskorišćenja kompresora0,80.Azot se nalazi u reaktoru pritiska barP 61 = i temperaturi Ct °=171 .Smatrati da se azotponaša kao idealan gas (konstantnog toplotnog kapaciteta) gde se promena kinetičke ipotencijalne energije može zanemariti.

* Vidi zadatak 2.56


75

Rešenje :

kWW cv 1,99)( 12

.−=

Zadatak 2.65 Za tehnološki proces hidrogenovanja vodonik )( 2H treba da bude u stanju:barP 2,42 = i temperature 240°C. Ako se sabijanje vodonika koristi kompresor izentropskog

stepena iskorišćenja 0,78 koji stacionarno radeći može da komprimuje maksimalno

hkgm /202.= vodonika, definisati uslove rada i prodiskutovati veličine stanja vodonika

tokom procesa kompresije. Vodonik na početku kompresije je određen sa:barP 11 = , Ct °=191 . Smatrati da se vodonik ponaša kao idealan gas (konstantnog toplotnog

kapaciteta) i da se promena kinetičke i potencijalne energije može zanemariti. Pretpostaviti daje χ=1,4.

Rešenje :Kompresor se posmatra kao otvoren termodinamički sistem. Reverzibilan rad kompresoraiznosi:*

=

−=−=

− χχ /)1(

1

2121 1')'(

PPTchhW prevcv

kgkJ /215312,41292

22315,87 4,1/4,0

−=

−⋅

⋅⋅

=

Stvaran rad pri kompresiji do istog pritiska barP 2,42 = je veći od teorijskog:

kgkJWWc

revcvcv /2760

78,02153)'()'( 12 −=

−==

η

Pri stvarnoj kompresiji temperatura na kraju kompresije iznosi:

KcWTT

p

cv 48222315,87

)2760(292'

)'( 1212 =⋅

⋅−

−=−=

CTt °=−=−= 20927348217322

Prema tome, pri jednostepenoj kompresiji nije moguće ostvariti željene uslove (temperaturavodonika!) te se mora primeniti višestupna kompresija sa međuhlađenjem.Ako bi se i zasledeću kompresiju koristio isti kompresor tada bi se vodonik nakon prve kompresije moraohladiti do međutemperature:

KcWTT

p

cvm 32322

315,87)2760(513

')'( 13

2 =⋅⋅−

+=+=

Ctm °= 50

i nakon toga ponovo komprimovati do barP 2,42 = i Ct °= 2402 .


76

Stvarna snaga kompresora je za prvi stepen kompresije:

kWW cv 8,154)2760(3600202)( 12

.−=−⋅=

Zadatak 2.66 Kompresor usisava atmosferski vazduh (idealan gas konstantnog toplotnogkapaciteta) pritiska HgmmP 7601 = i temperature Ct °=101 i komprimuje ga do pritiska

ataP 52 = . Ako se kompresija odvija politropski,sa stepenom politrope n+1,3 a stepeniskorišćenja kompresora iznosi 0,70 odrediti zapreminski protok vazduha kroz kompresor u

hm N /3 ukoliko je snaga kompresora kWWcv 1000)( 12 = .

Rešenje :

hmV N /12617 3.=


77

3. TERMODINAMIČKI PROCESI U TERMIČKIM MAŠINAMA(UREĐAJIMA POSTROJENJIMA)

Zadatak 3.1 10 kg vazduha ( idealnog gasa ) izvodi desnokretni Karnoov ciklus ( slika 3.1 )između temperatura t1 = 637oC i t3 = 37oC, pri čemu je najviši pritisak 70 bar, a najniži 1 bar.Odrediti:a) veličine stanja vazduha u karakterističnim tačkama ciklusa ( P, v, T ),b) koristan rad ciklusa i termički stepen iskorišćenja.

Za proračun koristiti:

KkmolkJcmp ⋅

= 1,29 i Kkmol

kJcmv ⋅= 8,20

Rešenje:

Slika 3.1 - Karnoov ciklus u P, v, T, s dijagramu.

a) Za stanje 1 vazduha je:

P1 = 70 bar, T1 = 910 K

0373,0107096,28

91083155

1

11 =

⋅⋅⋅

==P

RTv m3 / kg

Za stanje 2 vazduha traženje veličine stanja će biti:

T2 = T1 = 910 K, T3 = 310 K, P3 = 1 bar

( ) ( )

34,43310910 14,1/4,11

3

2

3

2 =

=

=

−−xx

TT

PP

34,4334,43 32 =⋅= PP bar.

Za izotermsku promenu stanja 1 - 2 važi:2211 vPvP =


78

06,034,430373,070

2

112 =

⋅==

PvP

v m3 / kg

Za stanje 3 vazduha je specifična zapremina

89,010196,28

31083155

3

33 =

⋅⋅⋅

==P

RTv m3 / kg

Za stanje 4 vazduha je temperatura

T4 = T3 = 310 K.

Iz jednačine povratne adijabatske promene stanja 4 - 1 je:

( ) ( )

34,43310910 14,1/4,11

4

1

4

1 =

=

=

−−xx

TT

PP

615,134,43

7034,431

4 ===PP bar.

Za izotermsku promenu stanja 3 - 4 važi

4433 vPvP =

55,0615,1

89,01

4

334 =

⋅==

PvP

v m3 / kg

b) Dovedena toplota u ciklus iznosi:

2,1240373,006,0ln910

96,28315,8ln

1

212,1 =⋅==

vv

RTq kJ / kg

12422,124102,12,1 =⋅=⋅= qmQ kJ

Odvedena toplota će biti vrednosti

84,4289,055,0ln310

96,28315,8ln

3

434,3 −=⋅==

vv

RTq kJ / kg

( ) 4,42884,42104,34,3 −=−⋅=⋅= qmQ kJ

Koristan rad ciklusa jednak je iskorišćenoj toplotnoj energiji

W'k = qk = q1,2 + q3,4 = 124,2 - 42,84 = 81,36 kJ / kg


79

6,81336,8110' =⋅=⋅= kk WmW kJ

c) Termički stepen iskorišćenja Karnoovog ciklusa je:

.659,0910

310910

1

31 =−

=−

=T

TTCt

η

Za proveru zadatka može se koristiti i opšti stepen iskorišćenja:

.655,02,124

36,81||

2,1

4,32,1 ==−

=q

qqtη

Zadatak 3.2 Za desnokretni ciklus klipnog motora sa unutrašnjim sagorevanjem kod koga setoplota dovodi pri stalnoj zapremini ( slika 3.2 ) odrediti veličine stanja ( P, v, T ) ukarakterističnim tačkama ciklusa, koristan rad i termički stepen iskorišćenja ciklusa, kao idovedenu i odvedenu količinu toplote. Dati su sledeći parametri: P1 = 1 bar, t1 = 27oC, ε = 4,ψ = 1,4. Toplotne kapacitete smatrati konstantnim. Radno telo ima osobine vazduha. Cikluszapočinje povratnom adijabatskom kompresijom pri čemu je cmv = 20,8 kJ / ( kmol · K ).

Rešenje:Za stanje 1 radnog tela je:

P1 = 1 bar, T1 = 300 K.

Slika 3.2 - Otoov ciklus u P, v i T, s dijagramu.

Iz jednačine stanja idealnog gasa sledi specifična zapremina gasa* u stanju 1

861,010196,28

300315,82

1

11 =

⋅⋅⋅

==P

RTv m3 / kg.

Kako je stepen kompresije:

ε = 2

1

vv

= 4

* Smatra se da dimni gasovi imaju ( približno ) osobine vazduha.


80

to je specifična zapremina na kraju sabijanja gasa

215,04861,01

2 ===εv

v m3 / kg.

Temperatura na kraju povratne adijabatske kompresije određuje se iz izraza za adijabatskupromenu stanja ( א = cp / cv = 1,4 )

57,522215,0861,0300

14,11

2

112 =

=

=

−−x

vv

TT K.

Pritisak na kraju povratnog adijabatskog gasa će biti vrednosti

98,610215,096,28

57,522315,82

2

22 =

⋅⋅⋅

==v

RTP bar.

Za stanje 3 vazduha je:v3 = v2 = 0,215 m3 / kg.

Kako se za izohorski proces ( 2 - 3 ) može primeniti zavisnost

=== 5,32

3

2

3

TT

PP

ψ

to se za stanje 3 dobija

P3 = P2 · ψ = 6,98 · 3,5 = 24,43 bar

T3 = T2 · ψ = 522,57 · 3,5 = 1829 K

Za stanje 4 vazduha je:

v4 = v1 = 0,861 m3 / kg.

Iz jednačine za povratnu adijabatsku promenu stanja ( 3 - 4 ) temperatura gasa na krajuprocesa ima vrednost:

5,1050411829 4,0

1

1

23

1

4

334 ==

=

=

−− xx

vvT

vv

TT K.

Za proces izohorskog hlađenja 4 - 1 pritisak gasa na kraju procesa će biti

5,31300

5,10501

1

44 =⋅=⋅= P

TT

P bar.


81

Dovedena toplota (2-3) određena je toplotnom moći pogonskog fluida (benzina) i sledi izzavisnosti

( ) ( ) 32,93857,522182996,288,20

233,2 =−=−= TTcq v kJ / kg.

Odvedena toplota ( 4 - 1 ) za izohorski proces će iznositi

( ) ( ) 5395,105030096,288,20

411,4 −=−=−= TTcq v kJ / kg.

Termički stepen iskorišćenja ciklusa

.426,032,938

53932,938

23

4123 =−

=+

==q

qqqqk

toη

Stepen iskorišćenja će imati vrednost

( ) .426,04

1111 14,11 =−=−= −−xto εη

Koristan rad ciklusa iznosi:

32,399)539(32,938' 1,43,2 =−+=+== qqqW kk kJ / kg.

Zadatak 3.3 Za desnokretni kružni proces, kod koga se toplota dovodi pri stalnom pritisku (slika 3.3 ), odrediti veličine stanja ( P, v, T ) u karakterističnim tačkama ciklusa, koristan rad istepen iskorišćenja ciklusa, kao i dovedenu i odvedenu toplotu, ako su dati sledeći parametri:P1 = 1 bar, t1 = 27oC, ε = 13, φ = 2 i 1,4 = א. Radno telo je vazduh ( idealan gas ). Toplotnikapacitet smatrati konstantnim. Ciklus započinje povratnom adijabatskom kompresijomradnog tela za koje je cmv = 20, 9 kJ / ( kmol · K ).

Rešenje:Za stanje 1 vazduh je:

P1 = 1 bar, T1 = 300 K.

Iz jednačine stanja idealnih gasova za početno stanje će specifična zapremina gasa biti

861,010196,28

300315,82

1

11 =

⋅⋅⋅

==P

RTv m3 / kg.

Kako je stepen kompresije:


82

ε = 2

1

vv

= 13

to je specifična zapremina gasa na kraju kompresije:

0662,013861,01

2 ===εv

v m3 / kg.

Slika 3.3 - Dizelov ciklus u P, v, i T, s dijagramu

Temperatura na kraju povratnog adijabatskog sabijanja gasa ( za vazduh je 1,4 = א )

95,83613300 4.01

2

112 =⋅=

=

−x

vvTT K.

Odgovarajući pritisak gasa u stanju 2 iznosiće

3,36100662,096,28

95,836315,82

2

22 =

⋅⋅⋅

==v

RTP bar.

Kako je proces izobarskog širenja ( 2 - 3 ) opisan jednačinom:

==2

3

2

3

vv

TT

φ = 2; P2 = P3

sledi specifična zapremina gasa u stanju 3:

v3 = v2 · φ = 0,0662 · 2 = 0,1324 m3 / kg.

Temperatura vazduha na kraju izobarske ekspanzije je:

T3 = T2 · φ = 836,95 · 2 = 1673,9 K

odnosno pritisak:

P3 = P2 = 36,3 bar


83

Pritisak na kraju povratnog adijabatskog širenja ima vrednost:

64,2861,0

1324,03,364,1

1

33

4

334 =

=

=

=

xx

vv

Pvv

PP bar.

Za izohorsko hlađenje ( 4 - 1 ) temperatura i specifična zapremina na kraju procesa imajuvrednost:

792164,2300

1

414 ===

PP

TT K

861,01064,296,28

792315,82

4

44 =

⋅⋅⋅

==P

RTv m3 / kg.

Dovedena toplota u ciklus iznosi ( cp = א cv ):

( ) ( ) 84195,8369,167396,281,29

233,2 =−=−= TTcq p kJ / kg.

Odvedena toplotna energija će biti vrednosti

( ) ( ) 37,35379230096,288,20

411,4 −=−=−= TTcq v kJ / kg.

Koristan rad ciklusa iznosi:

63,48737,353841' 1,43,2 =−=+== qqqW kk kJ / kg.

Stepen iskorišćenja toplotne energije

.58,0841

63,487'

3,2

===qW k

tη

Zadatak 3.4 Dokazati da je termički stepen iskorišćenja za desnokretni kružni processastavljen iz dve izohorske i dve izobarske promene stanja, prikazan na slici 3.4, ako je radnotelo idealan gas, a toplotni kapacitet ne zavisi od temperature, dat sledećim izrazom:

( )( )11

11−+−−+−

−=ϕϕψ

ψϕηx

xxt

pri čemu su:


84

φ = v3 / v2 - stepen predekspanzije iψ = P2 / P1 - stepen povišenja pritiska.

Slika 3.4 - Zamišljen kružni proces. Slika 3.5 - Zamišljen ciklus

Zadatak 3.5 Odrediti termički stepen iskorišćenja desnokretnog kružnog procesa koji jesastavljen iz izobare, izohore i izentrope ( slika 3.5 ). Radno telo ima osobine idealnog gasa.

Rešenje:

( ) ( ).1

111/1

11

/111

−−

−=−⋅⋅−

−=ψψ

ψψ

ηxx

tx

TTTTx

Zadatak 3.6 Za desnokretan ciklus gasne turbine sa dovođenjem toplote pri stalnom pritisku( slika 3.6 ) odrediti veličine stanja ( P, v, T ) u karakterističnim tačkama ciklusa, koristan rad,termički stepen iskorišćenja ciklusa, kao i odvedenu i dovedenu toplotu, ako je: P1 = 1 bar, t1= 20oC, t3 = 800oC, ψ = 12 i 1,286 = א. Radno telo je ugljen-dioksid ( idealan gas ), atoplotni kapacitet je konstantan. Ciklus započinje izentropskom kompresijom gasa za koji jecmp = 37,4 kJ / ( kmol · K ).

Rešenje:Iz jednačine stanja idealnog gasa specifična zapremina ugljen-dioksida je:

554,0100144293315,8

1

11 =

⋅⋅⋅

==P

RTv m3 / kg.

Temperatura radnog tela na kraju povratnog procesa iznosi:

2,51112293 224.0/)1(1

/)1(

1

212 =⋅=⋅=

= −

−

xxxx

TPP

TT ψ K.

dok je pritisak vrednosti:

P2 = P1 · ψ = 1 · 12 = 12 bar.


85

Slika 3.6 - Ciklus gasne turbine.

Specifična zapremina gasa u stanju 2 će biti

08,0101244

2,511315,82

2

22 =

⋅⋅⋅

==v

RTv m3 / kg.

Za proces povratne adijabatske ekspanzije ( 3 - 4 ) veličine stanja ugljen-dioksida na krajuprocesa su:

162,11

12169,0286,1/1/1

4

334 =

=

=

x

PP

vv m3 / kg

89,614315,8

44162,1101 244

4 =⋅⋅⋅

==RvP

T K.

P4 = P1 = 1 bar.

Dovedena toplota radnog tela ( koje obavlja ciklus ) iznosi:

( ) ( ) 53,4772,511107344

4,37233,2 =−=−= TTcq p kJ / kg.

Odvedena toplotna energija za izobarski proces ( 4 - 1 ) će biti

( ) ( ) 6,27389,61429344

4,37411,4 −=−=−= TTcq p kJ / kg.

Za koristan rad dobija se

93,2036,27353,477' 1,43,2 =−=+== qqqW kk kJ / kg.

Termički stepen iskorišćenja ciklusa je:

.427,053,47793,203

3,2

===qqk

tη


86

Stepen iskotišćenja toplotne energije će iznositi

.427,0925,6

1111 286,01 =−=−= −xt εη

Zadatak 3.7 Klipni motor unutrašnjeg sagorevanja sa kombinovanim dovođenjem toplotezapočinje ciklus izentropskom kompresijom ( slika 3.7 ). Zadate su temperature sledećihstanja: t1 = 90oC, t2 = 400 oC, t3 = 590oC, t5 = 300oC. Smatrati da je cmp = 29,1 kJ /( kmol · K).

Ako radno telo raspolaže svojstvima idealnog gasa, azota:

a) odrediti termički stepen iskorišćenja datog ciklusa iuporediti ga sa termičkim stepenom iskorišćenjaKarnoovog ciklusa za dati interval temperatura,

b) prikazati ciklus u P, v i T, s dijagramu.

Slika 3.7 - Sabate-Zajligerov ciklus.

Rešenje:

a) Najpre je potrebno odrediti t4.

Pošto su procesi 1 - 2 i 4 - 5 izentropski može se pisati ( imajući na umu da za radno telo, kojeobavlja ciklus, važi ∫ ds = 0 ):

∆ s5,1 = ∆ s3,2 + ∆ s4,3ili

∆ s4,3 = ∆ s5,1 - ∆ s3,2

Promena specifične entropije azota za pojedine procese ciklusa iznosi:

∆ s3,4 = cp ln3

4

3

4

3

4 ln04,1ln28

1,29TT

TT

TT

==

∆ s1,5 = cv ln 339,0363573ln

288,20

1

5 ==TT

kJ / ( kg · K )

∆ s3,2 = cv ln 185,0673863ln

288,20

2

3 ==TT

kJ / ( kg · K )

1,04 ln3

4

TT

= 0,339 - 0,185 = 0,154 kJ / ( kg · K );3

4

TT

= 1,159.


87

Kako je T3 = 863 K, to je nepoznata temperatura azota u stanju 4

1000863159,1159,1 34 =⋅=⋅= TT K,

t4 = 727oC.

Ukupna dovedena toplota ( određena je procesima: 2 - 3 i 3 - 4 ) će biti

5,283)8631000(28

1,29)673863(28

8,20)()( 3423 =−+−=−+−= TTcTTcq pvd kJ / kg.

Odvedena toplota iz ciklusa:

156)573363(28

8,20)( 51 −=−=−= TTcq vo kJ / kg.

Korisna toplota je određena algebarskim zbirom dovedene i odvedene toplotne energije

5,1271564,1421,1411,54,33,2 =−+=++= qqqqk kJ / kg.

Stepen iskorišćenja ciklusa, tokom pretvaranja toplotne energije u mehanički rad, biće

.450,05,2835,127===

d

ksz q

qη

Za navedeni interval temperatura stepena iskorišćenja toplotne energije u Karnoovom ciklusuimaće vrednost

.637,01000363111

max

min0 =−=−=−=TT

TT

cη

Upoređenje stepena iskorišćenja energije potvrđuje teorijski zaključak po kome je

ηc > ηsz.

Zadatak 3.8 Odrediti efektivnu snagu i specifičnu efektivnu potrošnju gorivaosmocilindričnog četvorotakt-nog dizel-motora, ako je srednji indikatorski pritisak P1 = 7,8 ·105 Pa, stepen kompresije ε = 17, zapremina komore za sagorevanje Vc = 12 · 10-5 m3, ugaonabrzina obrtanja kolenastog vratila ω = 200 ort / s, mehanički stepen iskorišćenja ηm = 0,8 ipotrošnja goriva B = 1,05 · 10-2 kg / s.

Rešenje:Srednji efektivni pritisak ima vrednost:

Pef = ηm · P1 = 0,8 · 7,8 · 105 = 6,24 · 105 Pa.


88

Radna zapremina cilindra iznosi:

VH = ( ε - 1 ) Vc = ( 17 - 1 ) 12 · 10-5 = 19,2 · 10-4 m3.

Broj obrtaja kolenastog vratila je:

83,312200

2===

ππω

vn s-1.

Efektna snaga motora biće:

54,152410

883,31102,191024,6210

2)( 3

45

3

.=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

==−

τinVP

W vHefefcv kW.

Za specifičnu efektivnu potrošnju goriva dobija se:

248,054,152

36001005,1

)(

3600 2

.

.

=⋅⋅

=⋅

=−

efcv

e

W

Bb kg / kWh.

Zadatak 3.9 Odrediti ugaonu brzinu obrtanja kolenastog vratila i stepen kompresije

šestocilindričnog čet-vorotaktnog motora, ako je aktivna snaga efcvW )(.

= 66 kW, srednjiefektivni pritisak Pef = 6,5 · 105 Pa, broj obrtaja kolenastog vratila nv = 60 s-1 i ukupnazapremina cilindra Va = 6,63 · 10-4 m3.

Rešenje:ω = 377 rad / s ε = 6,7.

Zadatak 3.10 Odrediti litarsku snagu i specifičnu indikatorsku potrošnju gorivaosmocilindričnog četvoro-taktnog motora, ako je srednji indikatorski pritisak Pi = 10 · 105 Pa,prečnik cilindra D = 0,1 m, hod klipa S = 0,15 m, ugaona brzina obrtanja kolenastog vratila ω

= 380 rad / s, mehanički stepen iskorišćenja motora ηm = 0,85 i potrošnja goriva 3.

1020 −⋅=Bkg / s.

Rešenje:Radnu zapreminu cilindra daje:

422

1078,114

15,01,04

−⋅=⋅⋅

=⋅

=ππ SDVH m3.

Broj obrtaja kolenastog vratila iznosi:

45,602380

2===

ππω

vn s-1.


89

Indikatorska snaga motora je

8,284410

845,601078,111010210

2)( 3

45

3

.=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

==−

τinVP

W vHiicv kW.

Efektivna snaga motora iznosi

08,2428,28485,0)()(..

=⋅=⋅= icvmefcv WW η kW

čime se za litarsku snagu motora dobija:

6,256871078,118

08,242)()( 4

..

=⋅⋅

=⋅

= −H

efcv

lcvVi

WW kW / m3.

Specifična indikatorska potrošnja goriva

253,08,28436001020

)(

3600 3

.

.

=⋅⋅

=⋅

=−

icv

i

W

Bb kg / kWh.

Zadatak 3.11 Odrediti broj obrtaja kolenastog vratila u sekundi i specifičnu efektivnupotrošnju goriva čet-vorocilindričnog četvorotaktnog dozel-motora, ako je efektivna snaga

motora efcvW )(.

= 109 kW, srednji efektivni pritisak Pef = 5,6 · 105 Pa, stepen kompresije ε =

14, zapremina komore sagorevanja Vc = 2,5 · 10-4 m3 i potrošnja goriva 3.

105,6 −⋅=B kg / s.

Rešenje:nv = 30 s-1, bef = 0,215 kg / kWh.

Zadatak 3.12 Odrediti efektivni stepen iskorišćenja šestocilindričnog četvorotaktnog motora,ako je srednji efektivni pritisak Pef = 7 · 105 Pa, donja toplotna moć goriva qd = 40000 kJ / kg,prečnik D = 0,1 m, hod klipa S = 0,08 m, srednja brzina klipa cm = 10 m / s i potrošnja goriva

3.

105 −⋅=B kg / s.

Rešenje:ηe = 0,254.

Zadatak 3.13 Odrediti potrošnju goriva za šestocilindrični četvorotaktni dizel-motor, ako jesrednji indika-torski pritisak Pi = 8 · 105 Pa, ukupna zapremina cilindra Va = 8 · 10-4 m3,zapremina komore sagorevanja Vc = 7 · 10-5 m3, broj obrtaja kolenastog vratila nv = 2500 min-

1, donja toplotna moć goriva qd = 43000 kJ / kg, efektivni stepen iskorišćenja motora ηe = 0,35i mehanički stepen iskorišćenja ηm = 0,8.

Rešenje:


90

Potrošnja goriva iznosi:

3

..

1088,343000438,0

73)( −⋅=⋅

=⋅

=di

icv

qW

Bη

kg / s.

Zadatak 3.14 Osmocilindrični četvorotaktni dizel-motor efektivne snage efcvW )(.

= 180 kW,radi sa gorivom donje toplotne moći qd = 43000 kJ / kg, pri efektivnom stepenu iskorišćenjamotora ηe = 0,4. Odre-diti u procentima toplotu koja je pretvorena u koristan rad, gubitaktoplote usled hlađenja i gubitak toplote u izlaznim gasovima, ako je protok rashladne vodekroz motor mv0 = 2 kg / s, razlika tempe-rature vode na ulazu i izlazu iz motora ∆ t = 10oC,količina gasova dobijena pri sagorevanju 1 kg goriva Vg = 16 m3 / kg, količina vazduhaneophodna za sagorevanje 1 kg goriva Vv = 15 m3 / kg, temperatura izlaznih gasova tg =560oC, srednji zapreminski toplotni kapacitet goriva czpg = 1,5 kJ / ( m3 · K ) i temperaturavazduha tv = 20 oC.

Rešenje:Toplota koja je pretvorena u koristan rad iznosi:

efcvef WQ )(..

= = 180 kW.

Potrošnja goriva u motoru ima vrednost:

33

..

1046,1010434,0

180)( −⋅=⋅⋅

=⋅

=de

efcv

qW

Bη

kg / s.

Procentualni iznos toplote pretvorene u koristan rad

%.4010431046,10

100180100 33.

.

=⋅⋅⋅

⋅=⋅

⋅= −

d

efe

qB

Qq

Toplota predata rashladnoj vodi iznosi:

74,83101868,42)( 1200

..=⋅⋅=−= ttcmQ pvvhl kW

ili u procentima:

%.62,1810010431046,10

74,83100 33.

.

=⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

= −

d

hlhl

qB

Qq

Gubitak toplote nastao odvođenjem izduvnih gasova u okolinu iznosi:

5,136)203,1155605,116(1046,10)( 3..

=⋅⋅−⋅⋅⋅=−= −vpvgpgg tcVtcVBQ

vg kW


91

u procentima:

%.35,3010010431046,10

5,136100 33.

.

=⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

= −

d

gg

qB

Qq

Zadatak 3.15 Odrediti toplotni bilans, u procentima, četvorocilindričnog četvorotaktnogkarburatorskog motora, ako je srednji efektivni pritisak Pef = 6,45 · 105 Pa, stepen kompresijeε = 7, zapremina komore sagorevanja Vc = 1 · 10-4 m3, hod klipa S = 0,092 m, broj obrtajakolenastog vratila nv = 4000 min-1, donja toplotna moć goriva qd = 43,8 · 103 kJ / kg,specifična efektivna potrošnja goriva bef = 0,34 kg / kWh, gubici toplote sa rashladnom

vodom hlQ.

= 46 kW, gubici toplote u izduvnim gasovima gQ.

= 56 kW, gubici toplote usled

nepotpunog sagorevanja goriva nsQ.

= 39,6 kW i ostali gubici toplote ostQ.

= 20 kW.

Rešenje:Kako je radna zapremina cilindra:

VH = (ε - 1 ) · Vc = ( 7 - 1 ) · 1 · 10-4 = 6 · 10-4 m3

to je efektivna snaga motora:

6,5146010

440001061045,6210

2)( 3

45

3

.=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

==−

τinVP

W vHefefcv kW.

Toplota pretvorena u koristan rad iznosi:

efcvef WQ )(..

= = 51,6 kW.

Potrošnja goriva:

3

..

1087,43600

6,5134,03600

)( −⋅=⋅

=⋅

= efcvef WbB kg / s.

Toplota pretvorena u koristan rad, u procentima, iznosi:

%.2,24108,431087,4

1006,51100 33.

.

=⋅⋅⋅

⋅=⋅

⋅= −

d

efe

qB

Qq

Gubici toplote nastali usled hlađenja motora vodom, u procentima, iznose:

%.6,21100108,431087,4

46100 33.

.

=⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

= −

d

hlhl

qB

Qq


92

Gubici tolote nastali odvođenjem izduvnih gasova u okolini su:

%.3,26100108,431087,4

56100 33.

.

=⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

= −

d

gg

qB

Qq

Gubici toplote nastali usled nepotpunog sagorevanja goriva iznose:

%.6,18100108,431087,4

6,39100 33.

.

=⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

= −

d

nsns

qB

Qq

Ostali gubici toplote su

%.3,9100108,431087,4

20100 33.

.

=⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

= −

d

ostost

qB

Qq

Sada jednačina toplotnog bilansa ima oblik:

%.1003,96,183,266,212,24 =++++=++++= ostnsghle qqqqqq

Zadatak 3.16 Motor sa unutrašnjim sagorevanjem snage 320 kW koristi gorivo čija je donjatoplotna moć 43000 kJ/kg pri efektivnom stepenu iskorišćenja od 38%.Potrošnja vazduhaiznosi 25 kg po jednom kilogramu goriva. Odrediti u procentima gubitke toplote u izduvnimgasovima i sistemu hlađenja pri potpunom sagorevanju goriva, ako je temperatura izlaznihgasova 450oC, a temperatura vazduha je 20oC. Ostale gubitke toplote zanemariti. Dimni gassmatrati da ima osobine idealnog gasa tako da je cpg = 1,15 kJ / ( kgoC ) i cpv = 1,013 kJ / (kgoC ).

Rešenje:Potrošnja goriva u motoru iznosi:

5,70104338,0

3203600)(36003

..

=⋅⋅

⋅=

⋅

⋅=

de

efcv

qW

Bη

kg / h.

Toplote iskorišćenja u motoru je:33

..10152,138,010435,70 ⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅= edef qBQ η kJ / h.

Gubici toplote nastali odvođenjem izduvnih gasova u okolinu iznose:

912869]20013,12545015,1)125[(5,70)(..

=⋅⋅−⋅⋅+⋅=−= vpvgpgg tcmtcmBQvg

kJ / h.

Gubitak toplote prouzrokovan hlađenjem je:

966631)91286910152,1(10435,70)( 33....

=+⋅−⋅⋅=+−⋅= gefdhl QQpBQ kJ / h.


93

tako da su procentualni gubici toplote u izlaznim gasovima:

%.1,3010010435,70

912869100 3.

.

=⋅⋅⋅

=⋅⋅

=d

gg

qB

Qq

Procentualni gubici toplote u sistemu za hlađenje su

%.89,3110010435,70

966631100 3.

.

=⋅⋅⋅

=⋅⋅

=d

hlhl

qB

Qq

Zadatak 3.17 Pregrejana vodena para pritiska 4 bar i temperatura 260oC ekspandujeadijabatski do pritiska 1 bar, a zatim se pri stalnom pritisku komprimuje da stanja 3 u komeje specifična zapremina jednaka početnoj ( slika 3.8 ) i na kraju se pri v = const. zagrevanjemdovodi u početno stanje.

Slika 3.8 - Zamišljeni kružni proces u P,v i T, s dijagramu.Odrediti:

a.) stepen suvoće u stanju 3 b.) koristan rad i korisnu toplotu ciklusa c.) skiciraticiklus u P, v, i T, s dijagramu d.) promenu entropije za proces 2,3 e.) termički stepeniskorišćenja ciklusa

Rešenje:x3 = 0,357 qk = W'k = 490,9 kJ/kg

s3 - s2 = 3,949 kJ/(kg ⋅ K) ηt = 0,312.

Zadatak 3.18 U parnoj mašini se ostvaruje Karnoov ciklus sa vodenom parom izmeđutemperature 300oC i 20oC ( slika 3.9 ).

Odrediti termički stepen iskorišćenja ciklusa i odnos rada turbine prema radu kompresorakada su:

a.) svi procesi reverzibilni

b.) kada je izentropski stepen iskorišćenja turbine pri ekspanziji 0,80 a izentropski stepeniskoriš-ćenja pri kompresiji 0,60.


94

Rešenje:

a.) ηC = .488,0573

293573

1

21 =−

=−T

TT

b.) Izentropski rad turbine kao i izentropski rad pumpe ( kompresora ) definisani su sledećimjednačinama. Za izračunavanje ovih radova potrebno je poznavati sve veličine u karakteri-stičnim stanjima ciklusa. Iz tablice 4, za vodenu paru, za t1 = 300oC, sledi:

hg1 = 2749 kJ/kg, ht1 = 1345 kJ/kg,

sg1 = s2 = 5,705 kJ/(kg ⋅ K) st1 = 3,2548 kJ/(kg ⋅ K).

Za t2 = 20oC veličine stanja vode ( tečne i parne faze ) su

st2 = st3 = 0,2964 kJ/(kg ⋅ K) sg2 = sg3 = 8,666 kJ/(kg ⋅ K)

ht2 = 83,90 kJ/kg, hg2 = 2537 kJ/kg.

Stepen suvoće, u stanju 2, posle izentropske ekspanzije pare sg1 = s2 procesa je

x2 = .646,02964,0666,82964,0705,5

22

21 =−−

=−−

tg

t

ssss

Time je određena specifična entalpija vlažne vodene pare u stanju 2

6,1668)90,832537(646,090,83)( 22222 =−+=−+= tgt hhxhh kJ/kg.Izentropski rad turbine ( slika 3.9 ) biće

4,10806,16682749' 21 =−=−= hhW gt kJ/kg.

Stepen suvoće x3 se takođe određuje pomoću entropije s3. Za t1 = 300oC važi:

sl4 = s3 = 3,2548 kJ/(kg ⋅ K)

čime se dobija

.353,02964,0666,82964,02548,3

3 =−−

=x


95

Slika 3.9 - Karnoov kružni proces sa suvozasićenom parom.

Entalpija vlažne pare, u stanju 3, će biti

8,949)90,832537(353,090,83)( 33333 =−+=−+= tgt hhxhh kJ/kg.

Izentropski rad kompresije određuje se iz jednačine:

2,3958,9491345' 34 =−=−=− hhW tkom kJ/kg.

Odnos radova, pri reverzibilnim promenama stanja pare, turbine i kompresora

.73,22,3954,1080

''

.

==kompr

turbine

WW

b.) Izentropski stepen iskorišćenja turbine, dat je jednačinom

ηst = 80,021

'21 =−−

hhhh

čime se može odrediti entalpija vlažne pare nakon nepovratne promene stanja pare ( slika3.10 ):

7,1884)6,16682749(80,02749)( 211'2 =−−=−−= hhhh stη kJ/kg.

Slika 3.10 - Stvarna promena stanja u T, s dijagramu


96

Na sličan način je određena specifična entalpija vode (h4') nakon kompresije:

6,1608)8,9491345(6,0

18,949)(1343'4 =−+=−+= hhhh

skη kJ/kg.

Stvaran rad turbine iznosi:

3,8647,18842749' '21 =−=−= hhW gcv kJ/kg.

Stvaran rad kompresora sledi iz jednačine:

7,6588,9495,1608' 3'4 =−=−=− hhW sk kJ/kg.

Odnos stvarnih radova turbine i kompresora je vrednosti

.31,17,6583,864

''

.

==kompr

turbine

WW

Zadatak 3.19 1 kg suvozasićene vodene pare pritiska 10 bar širi se u parnom postrojenjuobavljajući Karnoov ciklus. Pritisak u kondezatoru iznosi 0,1 bar.

Izračunati koristan rad ciklusa i termički stepen iskorišćenja.

Rešenje:

2,596' =kW kJ/kg; ηc = 0,296.

Zadatak 3.20 Vodena para pritiska 40 bar ulazi u turbinu obavljajući Rankinov ciklus.Pritisak u kondeza-toru je 0,06 bar. Ciklus započinje ekspanzijom suvozasićene pare. Odredititermički stepen iskorišćenja ciklusa.

Rešenje:

Da bi se utvrdio stepen iskorišćenja potrebno je izračunati rad turbine, rad pumpe irazmenjenu toplotnu energiju.Rad pumpe određuje jednačina, za nestišljiv fluid:

)(' 34334 PPvhhW tp −=−=−gde je: P4 = 40 bar, P3 = 0,06 bar. Za pritisak u kondezatoru, iz tablice 5, sledi:

001,03 ≈tv m3/kg, ht3 = 151,46 kJ/kg.

Na taj način reverzibilan rad pumpe će biti ( u odsustvu gubitka rada! ):

99,3)1006,01040(001,0)(' 22343 ≈⋅−⋅=−=− PPvW tp kJ/kg.

Entalpija tečne faze vode (4') ima vrednost:

45,15546,15199,3' 3'4 ≈+=+= tp hWh kJ/kg.


97

Rad turbine određuje slaedeća jednačina, za slučaj izentropske ekpanzije vodene pare uturbini:

s1 = s2 tj. sg1 = s2 ( P2, x2 ) = 6,069 kJ/(kg ⋅ K).

hg1 = 2800 kJ/kg ht1 = 1087,48 kJ/kg.

Za P2 = 0,06 bar: sl2 = 0,5205 kJ/(kg ⋅ K), sg2 = 8,328 kJ/(kg ⋅ K) čime je određen stepensuvoće ( na kraju izentropske ekspanzije pare

x2' = .71,05205,0328,85205,0069,6

22

22 =−−

=−−

lg

l

ssss

Entalpija vlažne pare ( posle izentropske ekspanzije u turbini ) je vrednosti:

5,1866)46,1512567(71,046,151'2 =−+=h kJ/kg.

Izentropski rad turbine je

5,9335,18662800' '21 =−=−= hhW gcv kJ/kg.

Dovedena toplota, vodi, da bi se tečna faza (h4') prevela u suvozasićenu paru (hg1) iznosi

qcv = h1 - h4' = 2800 - 155,45 = 2644,55 kJ/kg.

Termički stepen iskorišćenja toplotne energije, zadatog ciklusa, iznosi

ηR = .35,055,2644

99,35,933|'|''=

−=

−=

cv

pcv

cv

k

qWW

qW

Toplota koju je radno telo predalo kondezatoru ( parne turbine ) iznosi

(qcv)23 = hl3 - h2' = 151,46 - 1866,5 = - 1710,04 kJ/kg.

Zadatak 3.21 U parnoj mašini ostvaruje se Rankinov ciklus između temperature 300oC i20oC. Odrediti termički stepen iskorišćenja ciklusa i odnos rada turbine prema radu pumpekada su:

a.) svi procesi reverzibilni

b.) kada je izentropski stepen iskorišćenja turbine 0,80 a izentropski stepen iskorišćenjapumpe 0,96 ( slika 3.11 )

Rešenje:

a.) ηR = 0,403 W't/W'p = 125,5

b.) η'R = 0,322 W't/W'p = 96,4.


98

Zadatak 3.22 U reverzibilnom Rankinovom ciklusu ( slika 3.11 ) vodena para ulazi u turbinuna pritisku 20 bar i temperaturi 400oC. Pritisak u kondezatoru iznosi 0,05 bar:

a.) naći koristan rad ciklusa

b.) ako se kao rezultat ireverzibilne ekspanzije u turbinientropija povećava za 1,37 kJ/(kg ⋅ K), na pritisku ukondezatoru 0,06 bar, koliki će tada biti rad ciklusa?

Slika 3.11 - Rankinov ciklus sa pregrejanom parom u T, sdijagramu.

Rešenje:

a) W'1,2 = 1073 kJ/kg; W'3,4 = 1,995 kJ/kg; W'k = 1071,26 kJ/kg.

b) W'1,2 = 653 kJ/kg; W'k = 651 kJ/kg.

Zadatak 3.23 Pregrejana vodena para temperature 320oC i pritiska 40 bar obavlja u parnompostrojenju Rankinov ciklus ( slika 3.12 ). Odrediti termički stepen iskorišćenja i odnosradova turbine i pumpe:

a) kada su svi procesi reverzibilni b) kada je izentropski stepen iskorišćenja turbine 0,80odnosno pumpe 0,96. Kondenzacija se obavlja na to = 15oC.

Slika 3.12 - Rankinov ciklus sa pregrejanom parom u h, sdijagramu

Rešenje:

a) Za P1 = 40 bar i t1 = 320 oC ( tablica 6, prilog ) daje veličine stanja pregrejane vodene pare

h1 = 3009 kJ/kg s1 = 6,446 kJ/(kg · K).

Za t2 = 15oC ( tablica 5, prilog ) su veličine stanja dvofazne ravnoteže vode

hl2 = 62,97 kJ/kg hg2 = 2528 kJ/kg.


99

sl2 = 0,2244 kJ/(kg · K) sg2 = 8,780 kJ/(kg · K).Kako je s1 = s2 to je izentropskom ekspanzijom postignuto stanje u kome je stepen suvoćepare

x2 = 727,02244,0780,82244,0446,6

22

21 =−−

=−−

lg

l

ssss

odnosno specifična entalpija vlažne pare:

h2 = 62,97 + 0,727 ( 2528 - 62,97 ) = 1855 kJ/kg.

Rad turbine pri reverzibilnoj ekspanziji pare ( proces 1 - 2 ) iznosi:

115418553009' 21 =−=−= hhW cv kJ/kg.

Rad pumpe troši se na prepumpavanje vode ( proces 3 - 4 ). Za povratan proces taj rad jevrednosti

002,4)017,040(1010001,1' 234

3

=−⋅⋅==− −∫ vdPW p kJ/kg vl3 = vl4.

Odnos radova turbine i pumpe pri reverzibilnim promenama stanja radnog tela

.3,288002,4/1154'/' ==pcv WW

Entalpija vode ( tečne ) koja napušta pumpu se izračunava iz jednačine

972,66)002,4(97,62'34 =−−=−= pl Whh kJ/kg.

Dovedenu toplotu, neophodnu za zagrevanje tečne faze i njeno prevođenje u pregrejanu paru(stenje 1), određuje jednačina

(qcv)41 = h1 - h4 = 3009 - 66,972 ≈ 2942 kJ/kg.

Termički stepen iskorišćenja ciklusa ima vrednost:

ηR = .39,02942

002,41154)(

''

41

=−

=+

=cv

pt

d

k

qWW

qq

b) Sa izentropskim stepenom iskorišćenja ( turbine i kompresora ) odgovarajući odnosi bi bili:

8,2085)18553009(8,03009)( 211'2 =−−=−−= hhhh stη kJ/kg.

Entalpija vode, nakon obavljenog rada pumpe, bila bi


100

14,67)97,6297,66(96,0197,62)(1

343'4 =−+≈−+= hhhhskη

kJ/kg.

Sada, stvaran rad turbine bi iznosio

2,9238,20853009' '21 =−=−= hhW cv kJ/kg.

Odgovarajući stvaran rad pumpe bi tada bio

17,497,6214,67' 3'4 =−=−=− hhW p kJ/kg.

Odnos radova, pri stvarnim promenama stanja radnog tela, će biti:

.22117,4/2,923'/' ==pcv WW

Dovedena toplota ( proces 4' - 1 ) iznosi

(qcv)4'1 = h1 - h4' = 3009 - 67,14 = 2941,86 kJ/kg.

tako da je stepen iskorišćenja ovog ciklusa ( za stvarne procese ):

ηR' = .31,086,2941

17,42,923)(

''

1'4

=−

=+

cv

pcv

qWW

Zadatak 3.24 Maksimalan i minimalan pritisak u Rankinovom ciklusu ( slika 3.13) iznose:80 bar i 0,60 bar. Vodena para, koja izlazi iz prve turbine je suvozasićena i pritiska 10 bar,ponovo se zagreva tako da ima istu entalpiju kao na ulasku u prvu turbinu; para se zatimponovo ekspanduje tako da iz druge turbine izlazi suvozasićena.

Odrediti termički stepen iskorišćenja ciklusa. Zanemariti rad pumpe.

Slika 3.13 - Šematski prikaz energetskog postrojenja sa Rankinovim ciklusom.

Zadatal 3.25 Parno postrojenje obavlja Rankinov ciklus sa ponovnim zagrevanjem vodenepare. Pritisak u kotlu je 50 bar, a temperatura 480oC; pritisak u kondezatoru je 0,05 bar. Poizlasku iz prve turbine para se ponovo zagreva do pritiska 3 bar i temperature 480oC. Odreditiodnos radova turbine i pumpe kao i termički stepen iskorišćenja kada su:


101

a) svi procesi reverzibilnnib) izentropski stepen iskorišćenja za pumpu 0,95, a za turbinu 0,88.

Rešenje:

a) .315'/' =pt WW b) ηR = 0,392.

Zadatak 3.26 Proračunati termički stepen iskorišćenja i specifična potrošnja vodene pare(slika 3.14). Para koja ulazi u prvu turbinu nalazi se na pritisku 40 bar i temperaturi 400oC,pritisak u kondezatoru iznosi 0,03 bar. Uzeti da je para koja izlazi iz prve turbinesuvozasićena i da se zatim ponovo zagreva da početne temperature.

Rešenje:

ηR = 0,395; mp = 2,52 kg/kWh.

Slika 3.14 - Ciklus sa ponovnim pregrevanjem pare u T, sdijagramu.

Zadatak 3.27 Parno postrojenje prikazano na slici 3.13 radi sa ponovnim zagrevanjemvodene pare. Para pritiska 120 bar i 460oC ulazi u turbinu1 a zatim se ponovo zagreva na440oC i 25 bar. Pritisak u kondezatoru je 0,04 bar.

a) za koliko se poveća termički stepen iskorišćenja u slučaju ponovnog zagrevanja pare?b) za koliko će se promeniti stepen suvoće pare u odnosu na slučaj kada ne bi bilo ponovnogzagrevanja pare?

Za proračun ovog zadatka koristiti h, s dijagram vodene pare.

Rešenje:Termički stepen iskorišćenja sa zagrevanjem pare η1 = 0,436; termički stepen iskorišćenja bezponovnog zagrevanja: η2 = 0,428, pa je razlika 1,8%. Sa ponovnim zagrevanjem: x2' = 0,826,bez ponovnog zagrevanja x3 = 0,733, razlika 11,26%.

Zadatak 3.28 U parnu mašinu ulazi para pritiska 140 bar i temperature 600oC gde seekspanduje do temperature 143,57oC, a zatim se zagreva do 600oC i ponovo ekspanduje.Pritisak u kondezatoru je 0,01 bar. Izentropski stepen iskorišćenja pumpe je ηk = 1.

a) Naći termički stepen iskorišćenja ciklusa i uporediti ga sa termičkim stepenomiskorišćenja ciklusa bez ponovnog zagrevanja kada bi se para početnog stanja ekspandovalado pritiska u kondezatoru.

b) Prikazani ciklus u P, v, T, s dijagramu.


102

Rešenje:Termički stepen iskorišćenja sa ponovnim zagrevanjem pare u ciklusu:

η = 0,492.Stepen iskorišćenja bez ponovnog zagrevanja:

η = 0,475.

Zadatak 3.29 Vodena para stanja: P1 = 80 bar i temperatura t1 = 500oC ekspanduje u parnojturbini sa izentropskim stepenom iskorišćenja turbine 0,86. Pritisak na kraju ekspanzije iznosiP3 = 0,05 bar. Pumpa koja kondezat prebacuje ponovo u parni kotao radi sa izentropskimstepenom 0,74. Temperatura okoline je 20oC a pritisak 1 bar. Za ovaj Rankinov kružni procesnacrtati:

a) Sankijev dijagram protoka energije

b) Grasmanov dijagram protoka energije.

Rešenje:

a) Za crtanje protoka energije neophodno je odrediti rad turbine, kompresora kao i razmotritiprocese razmene toplote.

Stanje 1:

P1 = 80 bar, t1 = 500oC; h1 = 3397 kJ/kg; s1 = 6,722 kJ/(kg · K);

para je pregrejana ( t1 > ts1 = 294,98oC ). Podaci slede iz tablica.

TurbinaRad turbine ( pri ekspanziji pare ) određuje se iz jednačine. Da bi se izračunao ovaj radpotrebno je odrediti stanje pare nakon izentropske ( x2' ) odnosno stvarne ( x2 ) promenestanja.Za izentropsku ekspanziju pare u turbini ( s1 = s2' ) stepen suvoće pare, posle ekspanzije,iznosi:

x2' = .79,04760,0394,84760,0722,6

22

21 =−−

=−−

lg

l

ssss

Entalpija pare ( vlažne ), nakon ekspanzije, ima vrednost

4,2240)1,20523397(86,03397)( '2112 =−−=−−= hhhh eη kJ/kg.

tako da se može izračunati stepen suvoće pare, posle stvarne ekspanzije pare u turbini:

x2 = .87,074,137256174,1374,2240

22

22 =−−

=−−

lg

l

hhhh


103

Sada je stvaran rad turbine ( proces od 1 - 2 ):

6,11564,22403397)'( 2112 =−=−= hhW cv kJ/kg.

Pumpa ( crpka, kompresor )Pošto pumpa prebacuje tečan kondezat u parni kotao ( na P1 = 80 bar ) to je rad pumpeodređen veličinama stanja kondezata i jednačinom

)(1)'( '434334 hhhhW lk

cv −=−=η

h4' = 146,4 kJ/kg.

Entalpija h4' je određena iz izentropskih uslova s3 = s4 = 0,476 kJ/(kg · K) pri čemu tačka 4'leži na izobari P1 = P4 = 80 bar. Stvaran rad crpke iznosi:

7,11)4,14674,137(74,01)'( 34 −=−=cvW kJ/kg.

Prema tome, entalpija vode pre ulaza u parni kotao je vrednosti:

44,1497,1174,137)'( 3434 =+=−= cvl Whh kJ/kg.

Na osnovu toga temperatura je viša od ts3 ( što se interpolacijom može odrediti uz pomoć(tablice) i P1 = P4 = 80 bar ).

Dovedena toplota u parni kotao (P4 = P1 = const ) izračunaće se pomoću

(qcv)41 = h1 - h4 = 3397 - 149,44 = 3247,56 kJ/kg.

Toplota odvedena kondenzatorom ( P2 = const ) sledi iz zavisnosti

(qcv)23 = h3 - h2 = hl3 - h2 = 137,74 - 2240,4 = - 2102,66 kJ/kg.

Termički stepen iskorišćenja ciklusa daje jednačina

ηt = .353,056,3247

7,116,1156)(

|)'(|)'('

41

3412 =−

=−

=cv

cvcv

d

k

qWW

qW

Za crtanje dijagrama protoka energije ( slika 3.15 ) treba imati na umu koja se energija dovodi(qcv)14 i na šta se ova sva raspoređuje kao i činjenica da se deo energije preko kondezata vraćau proces a preostali deo energije odvodi ( rashladnim fluidom ). Pri tome dijagram se crta uodnosu na neku referentnu entalpiju ho i time izražavaju relativni odnosi definisani ovimveličinama.


104

Slika 3.15 - Dijagram protoka energije ( Senkijev dijagram )

b) Dijagram protoka eksergije

Za njegovo crtanje neophodno je poznavati eksergiju u pojedinim stanjima ciklusa kao igubitke koji se javljaju usled nepovratnih procesa na pojedinnim mestima ciklusa. Eksergijafluida pri strujanju kroz uređaje određuje se iz izraza

.)( 0000000 sThsThssThhex +−−=−−−=

Stanje okoline je dato sa P0 = 1 bar i t0 = 20oC tako da su veličine stanja vode

h0 ( P0, T0 ) = 84,2 kJ/kg; s0 ( P0, T0 ) = 0,296 kJ/(kg · K).

Izraz ( - h0 + T0 s0 ) ima, za zadato stanje okoline, konstantnu vrednost

- h0 + T0 s0 = - 84,2 + 293 · 0,296 = 2,5 kJ/kg.

Eksergija pare u stanju 1

9,14295,2722,629333975,2293 112 =+⋅−=+−= shex kJ/kg.

Eksergija pare u stanju 2 ( posle stvarne promene stanja u turbinni ):

95,845,2365,72934,22405,22022 =+⋅−=+−= sThex kJ/kg.

gde je s2 entropija vlažne pare posle stvarne ekspanzije pare u turbini:

365,7)476,0394,8(87,0476,0)( 22222 =−+=−+= lgl ssxss kJ/(kg ·.K)


105

Eksergija tečne vode u stanju 3

77,05,2476.029374,1375,2293 333 =+⋅−=+⋅−= ll shex kJ/kg.

Eksergija tečne vode pre ulaza u parni kotao ( s4 = 0,486 kJ/(kg ·.K) je dobijenointerpolacijom za h4 = 149,44 kJ/kg ):

54,95,2486.029344,1495,2293 444 =+⋅−=+⋅−= ll shex kJ/kg.

Slika 3.16 - Dijagram protoka eksergije ( Grasmanov dijagram ).

Eksergija dovedene toplote:

36,142054,99,142941 =−=−= exexexq kJ/kg.

Gubici eksergije* se javljaju u turbini i pri radu kompresora.

TurbinaNeiskorišćen deo eksergije ( praktično gubici ) pri radu turbine je:

3,2736,11569,1429)'( 12112 =−=−=∆ cvWexex kJ/kg.

Gubitak eksergije je određen porastom entropije s2 - s1 > 0:

4,188)722,6365,7(293)( 12012 =−⋅=−= ssTexg kJ/kg.

* Gubitak eksergije se označava i kao termodinamički gubitak rada.


106

Pumpa ( kompresor )Povećan utrošak rada ( gubici ) iznosi:

16,254,97,11)'( 434 =−=−= exWex cvg kJ/kg.

KondezatorEksergija predata rashladnom fluidu:

18,8477,095,843223 =−=−=∆ exexex kJ/kg.

Grasmanov dijagram - dijagram protoka eksergije - prikazan je na slici 3.16. U odnosu na ex1ekse-rgijska efikasnost ciklusa ( stepen povratnosti ) je pravo merilo termodinamičkeefikasnosti pri raz-ličitim transformacijama energije i u ovom primeru ima vrednost

ζ = %.7,801009,1429

54,97,116,1156|)'(|)'(

1

43412 =⋅+−

=+−

exexWW cvcv

Termmički stepen iskorišćenja ( ηt = 0,353 ) upoređuje različite kvalitete energije: koristanrad (W'k) i dovedennu toplotu ( qcv)41. Na taj način tim stepenom iskorišćenja se, zapravo, nemogu ob-uhvatiti termodinamički gubici energije prouzrokovani nepovratnim odvijanjem bilokog procesa. Za razliku od toga, stepen povratnosti ( ζ = 0,807 ) neposredno proizilazi izdrugog principa termodinamike i stoga jeste pokazatelj kojim se upoređuju samotransformabilni oblici energije u koristan rad ( desnokretnih procesa - u ovom zadatku ), ilidruge korisne oblike energije. Svaka ter-modinamička analiza, pretvaranja jednog u drugeoblike energije, bi uvektrebala da sadrži i eksergijsku efikasnost tog pretvaranja energije. Izpoređenja navedenih stepena, jasno je da termič-ki stepen iskorišćenja ima nisku vrednostupravo zbog toga što u sebi sadrži i onaj deo toplotne energije ( anergiju ) koja se ni podkakvim uslovima procesa ( za dato stanje okoline ) ne može prevesti u druge oblike energije.

Zadatak 3.30 Rashladno postrojenje, kapaciteta hlađenja .

hQ = 120 kW, radi pri temperaturikondezacije (ispred regulacionog ventila ) t1 = - 15oC i temperaturi kondezacije t4 = 25oC.Odrediti masu freona-12 koji cirkuliše, koeficijent hlađenja i teorijsku snagu kompresorapostrojenja, ako je entalpija pare freona-12 na izlazu iz kompresora h2 = 225 kJ/kg. Para naizlazu iz isparivača je suvozasićena.

Rešenje:Iz tablice za freon-12 entalpija pare freona ( koja dolazi iz isparivača u kompresor ) iznosi h1= 180,846 kJ/kg. Entalpija freona je na ulazu u isparivač h4 = 59,653 kJ/kg pošto je h3 (T3) =h4 (T4).

Specifični kapacitet hlađenja ( 3.15 ) jednog kilograma freona-12 biće

qh = h1 - h4 = 180,846 - 59,653 = 121,193 kJ/kg.


107

Maseni protok rashladnog fluida iznosi:

99,0193,121

120.

.===

h

h

qQ

m kg/s.

Teorijski rad kompresora

154,44225846,180)'( 2112 −=−=−= hhW cv kJ/kg.

Za koeficijent hlađenja dobija se

.74,2154,44193,121

|)'(| 12

===cv

hh W

qε

Teorijska snaga kompresora rashladnog postrojenja iznosi:

71,43154,4499,0|)'(|)'( 12

.=⋅== cvtcv WmW kW.

Zadatak 3.31 Rashladno postrojenje kapaciteta .

hQ = 120 kW radi sa freonom-12 kaorashladnim fluidom na temperaturi isparavanja t1 = - 5oC i temperaturom kondenzacije t4 =25oC. Odrediti koeficijent hlađenja i standardni kapacitet hlađenja postrojenja pri temperaturiisparavanja t'1 = 15oC i tempe-raturi kondenzacije iznosa t'4 = 30oC, ako je teorijska snaga

kompresora postrojenja =tcvW )(.

30 kW i koeficijent punjenja kompresora pri radnimparametrima ηv = ηvs = 0,7. Para na izlazu iz isparivača je suvozasićena.

Rešenje:Specifični zapreminski kapacitet hlađenja za standardne parametre ( t'1 = - 15oC i t'4 = 30oC )iznosi:

85,1277091018,0

539,64846,180'

''

1

.

41 =−

=−

=v

hhqsv kJ/m3

Specifični zapreminski kapacitet hlađenja za radne uslove je određen sa t1 = - 5oC i t4 = 25oCpa je

25,1933064963,0

633,59243,185

1

.

41 =−

=−

=v

hhqv kJ/m3

pri čemu su vrednosti specifičnih entalpija h1, h4, h'1 i h'4, odnosno specifična zapremina v1 iv'1 uzete iz tablica za freon-12 ( tablice ).

Standardni kapacitet hlađenja postrojenja ima vrednost:

32,7925,19337,0

85,12777,0120.

0

.=

⋅⋅⋅

==vv

svsvhs q

qQQ

ηη

kW


108

pa se za koeficijent hlađenja dobija:

.64,230

32,79

)(.

0

.

===tcv

sh

W

Qε

Zadatak 3.32 Rashladno postrojenje kapaciteta hlađenja .

hQ = 105 kW radi pri temperaturiisparavanja t1 = - 10oC i temperaturi kondenzacije ( ispred regulacionog ventila ) t4 = 20oC.Odrediti efektivni specifični kapacitet hlađenja mašine, ako je entalpija freona-12 na izlazu izkompresora h2 = 225 kJ/kg, indikatorski stepen iskorišćenja ηi = 0,9 i mehanički stepeniskorišćenja ηM = 0,87. Para na izlazu iz isparivača je suvozasićena.

Rešenje:Prema tablici za freon-12, entalpija pare freona na ulazu u kompresor je suvozasićena i t1 = -10oC pa je h1 = 183,058 kJ/kg. Entalpija pare freona je na ulazu u isparivač h4 = 54,828 kJ/kg= h3 (T3).

Specifični maseni kapacitet hlađenja je:

qh = h1 - h4 = 183,058 - 54,828 = 128,23 kJ/kg.

Maseni protok freona-12, potreban za kapacitet hlađenja .

hQ , će biti

82,023,128

105.

.===

h

h

qQ

m kg/s.

Teorijski rad kompresora iznosi:

942,41225058,183)'( 2112 −=−=−= hhW cv kJ/kg.

dok je teorijska snaga kompresora postrojenja:

39,34942,4182,0|)'(|)( 12

.=⋅== cvtcv WmW kW.

Indikatorska snaga kompresora je:

21,389,039,34)(

)(.

.===

i

tcvincv

WW

η kW.

to je efektivna snaga kompresora:

92,4387,021,38)(

)(.

.===

M

tcvefcv

WW

η kW.


109

Efektivni specifični kapacitet hlađenja rashladnog postrojenja iznosi:

.39,292,43

105

)(.

.

===efcv

hef

W

Qk

Zadatak 3.33 Rashladno postrojenje ima kapacitet hlađenja 840 · 103 kJ/h pri radnojtemperaturi isparavanja -10oC, temperaturi kondenzacije 28oC. Temperatura fluida ispredprigušenog, regulacionog ventila je 20oC. Odrediti standardni kapacitet hlađenja pritemperaturi isparavanja -15 oC, temperaturi kondenzacije 30oC i temperaturi ispredregulacionog ventila 25oC. Uzeti da se sa povećanjem odnosa pritiska u kompresorukoeficijent punjenja smanjuje na 8%. Rashladno sredstvo je freon-12 a ηv = 1.

Rešenje:Za radne parametre rashladnog postrojenja iz tablice za freon-12 na liniji zasićenja je h4 = h3= ht3 (t3 = 20oC)

h4 = 54,828 kJ/kg, Pk / P = 3,22, v1 = 0,076646 m3/kg = vg1 ( t1 = -10oC )

h1 = 183,058 kJ/kg = hg1 ( t1 = -10oC ).

Za standardne parametre fluida je sledećih veličina stanja

Pk = 7,67 bar P0 = 1,825 bar h'1 = 180,846 kJ/kg

h'4 = 59,653 kJ/kg Pk / P0 = 4,21 v'1 = 0,091018 m3/kg.

Sada su radni i standardni specifični zapreminski kapaciteti hlađenja

02,1673076646,0

828,54058,183

1

.

41 =−

=−

=v

hhqv kJ/kg

53,1331091018,0

653,59846,180'

''

1

.

41 =−

=−

=v

hhq sv kJ/kg.

Standardni kapacitet hlađenja rashladnog postrojenja bi bio

33

.

0

.10615

02,167353,133192,010840

⋅=⋅⋅⋅

==vv

svsvhs q

qQQ

ηη

kJ/h.

Zadatak 3.34 U kompresorskom rashladnom vazdušnom postrojenju ( slika 3.17 ) vazduh urashladnoj komori je na pritisku P1 = 1 bar i temperaturi t1 = -10oC. Kompresor sabija vazduhizentropski do pritiska P2 = 5 bar, posle čega u razmenjivaču toplote snižava svojutemperaturu pri stalnom pritisku do t3 = 10oC. Zatim se vazduh širi u ekspanzionoj mašiniadijabatski do početnog pritiska i kao takav ulazi u rashladnu komoru gde se, oduzimajućitoplotu od tela koja se hlade, zagreva do temperature t1 = -10oC i ulazi u kompresor.


110

Odrediti temperaturu vazduha koji ulazi u rashladnu komoru, teorijski rad, kapacitet hlađenjavazduha i koeficijent hlađenja kod posmatranog postrojenja i postrojenja koje radi po ciklusuKarnoa između istih temperatura. Vazduh ima svojstva idealnog gasa i cmp = 29,1 kJ/(kmol ·K); 1,4 = א.

Rešenje:Za proces povratne adijabatske ekspanzije vazduha ( idealan gas ) u ekspanzionoj mašini je:

17951283

4,114,1/)1(

2

13

/)1(

3

434 =

=

=

=

−−− xxxx

PPT

PPTT K.

Za proces povratne adijabatske kompresije vazduha u kompresoru ima se

4165263 286,0/)1(

1

212 =⋅=

=

− xx

PP

TT K.

Slika 3.17 - Kompresorska vazdušna rashladna mašina - karakteristični procesi.

Tehnički rad sabijanja vazduha u kompresoru rashladne mašine iznosi:

74,153)416263(96,281,29)()'( 222112 −=−=−=−= TTchhW pcv kJ/kg.

dok je tehnički rad ekspanzije vazduha u ekspanzionoj mašinni

5,104)179283(96,281,29)()'( 4334 =−=−= TTcW pcv kJ/kg.

Specifični kapacitet hlađenja je:

4,84)179263(96,281,29)( 4141 =−=−=−= TTchhq ph kJ/kg.


111

Koeficijent hlađenja ima vrednost

71,124,494,84

|)'(||)(| 3412

. ==−

=cvcv

hh

WW

qε

pri čemu je utrošeni rad levokretnog kružnog procesa

24,495,10474,153)'()'(' 3412 −=+−=+= cvcvcv WWW kJ/kg.

Koeficijent hlađenja postrojenja koje bi radilo po ciklusu Karnoa između istih temperatura, bibio

.15,13263283

263

13

1 =−

=−

=TT

TChε

Zadatak 3.35 Kompresorska parna rashladna mašina ( slika 3.18 ) koristi kao rashladnosredstvo amonijak čija je temperatura na ulazu u kompresor t1 = -18oC, gde se povratnoadijabatsko sabijanje do temperature t2 = 26oC i stepen suvoće pare x2 = 1 ( slika 3.18 ). Izkompresora amonijak se odvodi u kondenzator C gde se pri stalnom pritisku potpuno pretvarau tečnost ( x3 = 0 ), nakon čega se izentropski širi u cilindru ekspanzione mašine D dotemperature t4 = -18oC. Potom se amonijak uvodi u rashladnu komoru A gde isparava,oduzimajući toplotu od tela koja se hlade, do stanja 1. Odrediti rashladni kapacitet amonijaka,toplotno opterećenje kondezatora, rad koji se troši u ciklusu i koeficijent hlađenja.

Rešenje:Kapacitet hlađenja amonijaka, tj. toplota koju apsorbuje 1 kg amonijaka u rashladnoj komoriA, iznosi

)( 41041 xxrhhqh −=−= ).()( 114440 TrhhTrr lg =−==

Slika 3.18 - Kompresorska parna rashladna mašina.

Iz tablice, za amonijak, za temperaturu t1 = -18oC na ulazu u kompresor dobija se:

9,13228,987,1421110 =−=−= lg hhr kJ/kg.


112

Vrednost stepena suvoće x1 i x4 se mogu odrediti iz toplotnog ( T,s ) dijagram za amonijak ilianalitički iz uslova izentropske kompresije pare amonijaka u kompresoru B:

).( 111112 lgl ssxsss −+==

Iz tablice za amonijak, za temperaturu t1 = -18oC, ima se

4040,041 == ll ss kJ/(kg · K) 5900,541 == gg ss kJ/(kg · K)

a za temperaturu t2 = 26oC:

0244,522 == ssg kJ/(kg · K) 1349,132 == ssl kJ/(kg · K).

Stepen suvoće pare amonijaka pre kompresije pare ( stanje 1 ) će biti

x1 = .891,04040,05900,54040,00244,5

11

12 =−−

=−−

lg

l

ssss

Na analogan način je stepen suvoće pare amonijaka nakon izentropske ekspanzije ( s3 = s4 )pare

x4 = 142,04040,05900,54040,01394,1

44

43 =−−

=−−

lg

l

ssss

pa je kapacitet hlađenja

9,990)142,0891,0(9,1322)( 411 =−=−= xxrqh kJ/kg.

Toplotno opterećenje kondenzatora, tj. toplota koja se predaje rashladnoj vodi u kondenzatoruC, iznosi

).( 222323 Trhhq =−=

Za temperaturu t2 = 26oC, iz tablice za amonijak, promene specifične entalpije prikondenzaciji pare daće iznos oslobođene toplotne energije

11626,14656,30323223 −=−=−== hhrq kJ/kg

Utrošeni rad ciklusa će biti

1,1719,9901162' 23 −=+−=+= hcv qqW kJ/kg.

Za koeficijent hlađenja dobija se

.79,51,1719,990

|'|===

cv

hh W

qε


113

Zadatak 3.36 Kompresor rashladnog postrojenja ( slika 3.19 ) usisava vlažnu paruamonijaka na temperaturi t1 = -10oC i sabija je adijabatski do pritiska pri kojem je temperaturat2 = 20oC i stepen suvoće x2 = 1. Iz kompresora para amonijaka dolazi u kondenzator u komevoda za hlađenje ima, na ulazu, temperaturu t'v = 16oC, a na izlazu t''v = 19oC. U redukcionomventilu tečni amonijak se prigušuje do pritiska 2,909 bar. Posle toga NH3 ulazi u isparivač izkoga izlazi sa stepenom suvoće x1 i ponovo ulazi u kompresor. Toplota, neophodna zaisparavanje amonijaka, se uzima iz sole (20% rastvor MgCl2) koja na ulazu u isparivač imatemperaturu t's = 5oC, a na izlazu iz isparivača t''s = - 8oC.

Odrediti teorijsku snagu motorrashladne mašine i časovnu potrošnju amonijaka, sole i vode za

hlađenje, ako je kapacitet rashladnog postrojenja .

hQ = 100 kW. Toplotni kapacitet sole iznosi2,995 kJ/(kg · K), a vode 4,186 kJ/(kg · K).

Rešenje:Rad kompresora je određen zavisnošću

.)'( 2112 hhW cv −=

Iz tablice za amonijak, na temperaturi t2 = 20oC, se može odrediti

5,14612 =gh kJ/kg 9,27432 == ll ss kJ/kg

6,1186)( 2222 =−= lg hhTr kJ/kg

dok je entalpija vlažne pare amonijaka, na temperaturi t1 = -10oC, određena stepenom suvoćex1

2,13288,129692,02,1351111 =⋅+=⋅+= rxhh l kJ/kg.

Iz uslova s1 = s2 = 5,092 kJ/(kg · K) sledi vrednost stepena suvoće pare u stanju 1

x1 = .92,05440,04730,5

5440,0092,5

11

11 =−−

=−−

lg

l

ssss

Slika 3.19 - Šema rashladnog postrojenja sa amonijakom kao rashladnim fluidom.


114

Sada je teorijski rad kompresora ( izentropski proces 1 - 2 ) vrednosti

3,1335,14612,1328)'( 2112 −=−=−= hhW cv kJ/kg.

Za određivanje snage motora rashladne mašine neophodno je znati protok rashladnog fluida(amonijak) koji usisava kompresor

.41

...

hhQ

qQ

m h

h

h

−==

Kako je prigušivanje ( 3 - 4 ) karakteriše uslovom procesa h3 = h4, to se ima

h4 = h3 = 274,9 kJ/kg = hl3 ( t3 = 20oC ).

Sada je kapacitet hlađenja postrojenja:

3,10539,2742,132841 =−=−= hhqh kJ/kg

pa se za maseni protok rashladnog fluida dobija:

095,03,1053

100.==m kg/s.

Teorijska snaga motora rashladne mašine, za izentropske uslove rada, će iznositi

67,123,133095,0|)'(|)( 12

..=⋅== cvtcv WmW kW.

Potreban maseni protok sole kroz isparivač dobija se iz uslova ||||..

solah QQ = , odnosno:

57,2)]8(5[995,2

100)'''(

..

=−−

=−

=sssp

hs

ttcQ

m kg/s.

Neophodan maseni protok vode za hlađenje kondenzatora iznosi:

98,8)1619(186,4

6,1186095,0)'''(

)( 22

..

=−

⋅=

−⋅

=vvpv

vttc

Trmm kg/s.

Zadatak 3.37 Rashladno postrojenje koje radi sa amonijakom kao rashladnim fluidom ima

kapacitet .

hQ = 120 kW pri čemu temperatura isparavanja iznosi t1 = -10oC. Para amonijaka naizlazu iz isparivača je suvozasićena. Temperatura kondenzacije iznosi t3 = 35oC, pri čemu jekondezat pothlađen do te-mperature t3 = 30oC ( slika 3.20 ).


115

Odrediti koeficijent hlađenja teorijskog ciklusa, časovnupotro-šnju amonijaka i teorijsku snagu motorarashladnemašine. Zadatak rešiti koristeći ( log P, h ) dijagram.

Slika 3.20 - Dijagram ( log P, h ) za amonijak rashladnogprocesa.

Rešenje:Stanje pare amonijaka na ulazu u kompresor određuje se iz ( log P, h ) dijagrama u presekutemperature zasićenja amonijaka t1 = -10oC i krive zasićenja x = 1, kada je:

P1 = 2,9 bar, h1 = 1750,5 kJ/kg.

Stanje pare amonijaka na kraju izentropske kompresije se takođe određuje iz ( log P, h )dijagrama u preseku izentrope s1 = s2 i izobare P2 koja odgovara temperaturi zasićenjaamonijaka (t3 = 35oC ), kada je:

P2 = 12,5 bar h2 = 1970,8 kJ/kg.Kondenzacija pare amonijaka je izobaro-izotermski proces ( 2 - 3 ), pothlađivanje amonijakaostvaruje se izobarski ( 3 - 3' ), dok se prigušivanje ( 3' - 4 ) odvija pri stalnoj entalpijirashladnog fluida h3 = h4. Iz ( log P, h ) dijagrama, uzimajući u obzir navedene procese, sledi:

h3' = 666 kJ/kg h4 = h3' = 455 kJ/kg.

Kapacitet hlađenja 1 kg amonijaka iznosi:

5,12954555,175041 =−=−= hhqh kJ/kg

dok je maseni protok amonijaka ( potreban za obezbeđenje odgovarajućeg kapaciteta hlađenjapostrojenja )

093,05,1295

120.

.===

h

h

qQ

m kg/s.

Utrošeni rad kompresora iznosi:

3,2208,19701750)'( 2112 −=−=−= hhW cv kJ/kg.

pa se za koeficijent hlađenja dobija

.88,53,2205,1295

|)'(| 12

===cv

hh W

qε


116

Potrebna teorijska snaga motora rashladne mašine biće:

488,203,220093,0|)'(|)( 12

..=⋅== cvtcv WmW kW.

Treba zapaziti da svako rešenje, gde se koriste relativne vrednosti specifične entalpije ( h ) ientro-pije ( s ), zavisi od usvojenog referentnog stanja za koje se biraju nulte vrednostiveličina potrebnih za proračun.

Zadatak 3.38 Kroz rashladni uređaj struji amonijak zapreminskim protokom iznosa 0,4m3/min. Amonijak se kondezuje na temperaturi 34oC, dok se isparavanje obavlja natemperaturi - 14oC. Kondezovani amonijak struji kroz ekspanzioni ventil gde se prigušuje dopritiska isparavanja. Vlažna para amo-nijaka se izentropski komprimuje ( slika 3.21 ) ukompresoru do pritiska kondezacije kada para postaje suvozasićena. Odrediti, ako su procesistrujanja fluida u rashladnom uređaju stacionirani:

a.) stepen suvoće pare amonijaka na ulazu i izlazu izisparivača uređeja,b.) toplotu koja je odvedena u isparivaču rashladnog uređaja,c.) toplotu predatu kondezatorud.) koeficijent hlađenja postrojenja.

Slika 3.21 - Prigušivanje u ciklusu parne kompresorskerashladne mašine.

Rešenje:a) x1 = 0,883; x4 = 0,172,

b) 97,13)( 41

..=−= hhmQ h kW

c) 91,16)( 23

.

23

.−=−= hhmQ kW

d) .75,4943,297,13

|)'(| 12

===cv

hh W

qε

Zadatak 3.39 Kompresor rashladnog postrojenja, koje koristi amonijak kao rashladnosredstvo, kompri-muje paru amonijaka iz isparivača izentropski do temperature 50oC, poslečega se para izobarskim hlađenjem prevodi u tečnu fazu na pritisku 6,149 bar. Tečanamonijak je na ulazu u ekspanzioni ventil temperature 2oC, a ekspanzija se obavlja do pritiska1,3164 bar. Ako je toplotni kapacitet pregrejane pare amonijaka 3 kJ/(kg · oC), vode cpv =4,186 kJ/(kg · oC) odrediti:

a) koeficijent hlađenja rashladnog postrojenjab) potrebnu snagu kompresora, ako rashladno postrojenje treba da proizvodi led od vodetemperature 18oC u masi 1000 kg/h.

Smatrati da procesi strujanja rashladnog fluida imaju stacionaran karakter. Karakterističnepromene stanja radnog tela pokazane su na slici 3.22.


117

Rešenje:a) Koeficijent hlađenja rashladnog postrojenja je:

.|||)'(| 21

61

12 hhhh

Wq

cv

hh −

−==ε

Specifična entalpija rashladnog fluida ( stanja 1 ) na ulazu u kom-presor određena je izentropskom promenom stanja amonijaka u kompresoru:

s1 = s2 = sl1 + x1 ( sg1 - sl1 ).

Slika 3.22 - Ciklus kompresorske parne rashladnemašine sa pothlađivanjem kondezata.

Kako je u izobarskom procesu hlađenja ( proces 2 - 3 ) pregrejane pare amonijaka promenespecifične entropije ( slika 3.22 ) radnog tela

∆ s23 = s2 - s3 = cp ln 397,0283

3232ln33

2 ==TT

kJ / ( kg · K ).

to je specifična entropija amonijaka na kraju kompresije ( stanje 2 )

s2 = ∆ s23 + s3 = 0,397 + 5,2104 = 5,6074 kJ / ( kg · K ).

Za pritisak kondezacije P2 = P3 = 6,1495 bar iz tablica za amonijak (ravnoteža para-tečnost)ima se

2104,533 == gss kJ/(kg · K) 3,145333 == ghh kJ/kg8808,034 == lss kJ/(kg · K) 6,22734 == lhh kJ/kg

.10043 Ctt ==

Kako je za pritisak isparavanja fluida P1 = P6 = 1,3164 bar ( tablice,ravnoteža para-tečnost ) ukarakterističnim stanjima amonijak ima sledeće vrednosti potrebnih veličina stanja

6,5361 == ll hh kJ/kg 2240,01 =ls kJ/(kg · K)

6,140761 == gg hh kJ/kg 7481,51 =gs kJ/(kg · K).


118

Stepen suvoće pare amonijaka na ulazu u kompresor će biti

x1 = 974,02240,07481,52240,06074,5

11

12 =−−

=−−

lg

l

ssss

odnosno specifična entalpija vlažne pare amonijaka na ulazu u kompresor:

4,1772)6,536,1407(974,06,53)( 11111 =−+=−+= lgl hhxhh kJ/kg.

Pošto je t5 < t4 tečen amonijak je pothlađen. Za prigušivanje ( na slici 3.22 proces 5 - 6 ) važi:

h5 ≈ hl5 = h6 = 153 kJ/kg

koristeći tablice za amonijak za temperaturu pothlađivanja 5oC. Stepen suvoće pareamonijaka nakon prigušivanja ( stanje 6 ) iznosi

x6 = 074,06,536,1407

6,53153

66

66 =−

−=

−−

lg

l

hhhh

Stanje 2 leži u područiju pregrejane pare amonijaka te je specifična entalpija pare amonijaka( posle kompresije )

3,1573)1050(33,1453)( 3232 =−+=−+= ttchh p kJ/kg.

Sada je koeficijent hlađenja rashladnog postrojenja:

εh = 13,81,1991534,1772

|| 21

61 =−

=−−

hhhh

Teorijski rad kompresora ima vrednost

1,1993,15734,1772)'( 2112 −=−=−= hhW cv kJ/kg.

b) Potrebna snaga kompresora se određuje iz uslova odvedene toplote od vode ( da bi sedobio led )

86,21]3341000)018(186,41000[3600

1...=⋅+−⋅=+∆= LLvpvvv rmtcmQ kW.

Pri tome je rL = 334 kJ/kg latentna toplota očvršćavanja vode na temperaturi 0oC. Teorijska

snaga kompresora biće određena pomoću toplote odvedene od vode )(.

vQ i koeficijentahlađenja (εh) i njena je vrednost

69,213,886,21)(

..

===h

vcv

QW

ε kW.


119

Zadatak 3.40 Odrediti minimalnu potrebnu snagu kompresora, kompresorskog parnograshladnog postroje-nju, ako se u kondenzatoru kondezuje 1000 kg/h freona-12 pritiska 7 bar itemperature 60oC. Tečnost rashladnog fluida ulazi u ekspanzioni ventil na temperaturi 25ocgde se prigušenje do pritiska isparava-nja 1 bar ( slika 3.23 ). Koliko toplote se troši naisparavanje freona? Procese strujanja rashladnog fluida smatrati stacionarnim.

Rešenje:Uz zanemarivanje promene kinetičke i potencijalne energije potrebna snaga kompresora jeminimalna i jednaka izentropskoj kompresiji rashladnog fluida. Rad kompresije je:

2112)'( hhW cv −=

pri čemu je za pritisak P2 = 7 bar i temperaturu t2 = 60oC para freona-12 pregrejana. Iz tablice8 (prilog) za pregrejanu paru freona-12 je:

854,2212 =h kJ/kg 759,02 =s kJ/(kg · K)

Slika 3.23 - Ciklus kompresorske parne rashladne mašine sa pothlađivanjem kondenzata išemom procesa u ( T, s ) i ( h, s ) dijagramu.

Temperatura ključanja koja odgovara pritisku kondenzacije 7 bar određuje se, tablica 7 zafreon-12 (ravnoteža para-tečnost), interpolacijom:

ts = t3 = 27,59oC.

Specifična entalpija freona-12 na ulazu u kompresor određena je izentropskim procesomkompresije fluida

s1 = s2 = 0,759 kJ/(kg · K).

Za pritisak isparavanja P1 = 1 bar, iz tablica za pregrejanu paru freona-12, entalpija itemperatura se određuje interpolacijom:

728,1841 =h kJ/kg t1 = - 11,6oC.


120

Sada je potrebna snaga kompresora:

31,10|)854,221728,184(|)3600(1000|)(||)'(|)( 121

.

12

.

12

.=−⋅=−== −hhmWmW cvcv kW.

Toplota utrošena na isparavanje freona iznosi:

075,125653,59728,1845151 =−=−== hhqqR kJ/kg.

Pri tome je:

h5 = h4 = 59,653 kJ/kg

dobijeno iz tablica za freon-12 ( ravnoteža para-tečnost ) za temperaturu pothlađivanja 25oC.Ukupna ''proizvedena hladnoća'' iznosi:

74,34075,12536001000..

=⋅=⋅= hh qmQ kW.

121

LITERATURA

1. Đorđević B. ,Valent V. , Šerbanović S. , Termodinamika i termotehnika,Građevinska knjiga ,Beograd,1987.

2. Malić D., Đorđević B., Valent V., Termodinamika strujnih procesa ,Građevinskaknjiga, Beograd,1980

3. Đorđević B., Valent V., Radojkovoć N., Termodinamika i termotehnika, Zadaci,Univerzitet u Beogradu i Univerzitet u Nišu, TMF , Beograd,1982.

4. Đorđević B., Tasić A., Tablice i dijagrami termodinamičkih veličina ,Tehnološko-metalurški-fakultet, Beograd,1978.

5. Ražnjević K., Toplinske tablice i dijagrami ,Đuro Đaković ,Slavonksi Brod,1964.6. Grozdanović D. K., Sistemi za obradu podataka. Tehnološko-metalurški-

fakultet,Beograd,1986.

28188364-reŠenih-zadataka

Documents