termodinamika-zbirka (ciganovic)
TRANSCRIPT
zbirka zadataka iz termodinamike strana 1
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
KVAZISTATI^KE (RAVNOTE@NE) PROMENE STAWA IDEALNIH GASOVA
2/2/ Vazduh (idealan gas), 2)q2>3!cbs-!w2>1/5416!n40lh*!kvazistati~ki (ravnote`no) mewa stawe do3)q3>7!cbs-!w3>w2!*/ Odrediti:a) temperaturu vazduha u karakteristi~nim ta~kama procesab) razmewenu toplotu )r23* i zapreminski rad )x23*c) promenu unutra{we energije )∆v*- entalpije )∆i* i entropije )∆t* vazduhad) skicirati proces na qw!i!Ut dijagramu
a)
h
222 S
wqU
⋅= >
3985416/1213 6 ⋅⋅
>411!L-h
333 S
wqU
⋅= >
3985416/1217 6 ⋅⋅
>:11!L
b)
( )23w23 UUdr −⋅= > ( )411:1183/1 −⋅ >!543!lhlK
x23!>!1! lhlK
c)
( )23w23 UUdv −⋅=∆ > ( )411:1183/1 −⋅ >!543!lhlK
( )23q23 UUdi −⋅=∆ > ( )411:1111/2 −⋅ >!711!lhlK
! ( )2
3q
2
3w23 w
wmod
modw-qgt −==∆ >37
mo83/1 ⋅ >1/8:2!lhLlK
d)
q
w
2
3U
t
2
3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 2
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/3/ Dva kilograma kiseonika (idealan gas) po~etnog stawa 2)q>2!cbs-!U>484!L*- usled interakcije satoplotnim ponorom stalne temperature, mewa svoje toplotno stawe kvazistati~ki (ravnote`no)politropski )o>1/9* do stawa 3)!w3> 2w6/1 ⋅ */ Skicirati proces u qw!i!Ut koordinatnom sistemu iodrediti:a) mehani~ke veli~ine stawa kiseonika )q-!w-!U* u karakteristi~nim ta~kamab) koli~inu toplote )lK* koju radno telo preda toplotnom ponoru kao i zapreminski rad koji pri tom
izvr{i nad radni telom )lK*c) promenu entropije izolovanog termodinami~kog sistema u najpovoqnijem slu~aju
a)
62
2h2
212
484371q
USw
⋅
⋅== >1/:7:9!
lhn4
- 1/:7:91/6w3 ⋅= >1/595:!lhn4
o
2
3
3
2
ww
= ⇒ 9/16
o
3
223 3212
ww
qq ⋅⋅=
⋅= > bQ212/85 6⋅
371595:/12185/2
Swq
U6
h
333
⋅⋅=
⋅= >435/62!L
b)
( )23w23 UU2o
odr −⋅
−κ−
⋅= > ( )48462/43529/15/29/1
76/1 −⋅−−
⋅ >−:5/66!lhlK
( )66/:53rnR 2323 −⋅=⋅= >−29:/2!lK
x23!>! ( )32h UU2o
2S −⋅
−⋅ > ( )62/435484
29/12
37/1 −⋅−
⋅ >!−74/15!lhlK
( )15/743xnX 2323 −⋅=⋅= >237/19!lK
q
w
2
3
U
t
2
3UUQ
o>1/9 o>1/9
zbirka zadataka iz termodinamike strana 3
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
c)
∆Ttjtufn!>!∆Tsbeop!ufmp!,!∆Tupqmpuoj!qpops!>!///!>!−1/65!,!1/69!>!1/15! LlK
∆Tsbeop!ufmp!>!∆T23!>
−⋅
2
3h
2
3q q
qmoS
UU
modn >! !
>
⋅−⋅⋅
285/2
mo37/1484
62/435mo:2/13 >−1/65!
LlK
∆Tupqmpuoj!qpops!>!−!UQ
23
UR
>!−!62/4352/29:−>1/69!
LlK
2/4/ Kiseonik (idealan gas) n>21!lh, mewa stawe kvazistati~ki izobarski i pri tom se zagreva odtemperature U2>411!L!do!U3>:11!L. Kiseonik dobija toplotu od dva toplotna izvora stalnihtemperatura. Odrediti:a) promenu entropije izolovanog termodinami~kog sistema ako su temperature toplotnih izvora
UUJ2>711!L!i UUJ3>:11b) temperaturu toplotnog izvora 2!)UUJ2* tako da promena entropije sistema bude minimalna kao i
minimalnu promenu entropije sitema u tom slu~aju
b*
∆Ttjtufn!>!∆TSU!,!∆TUJ2!,!∆TUJ2!>!///!>!21!−!5/66!−!4/14!>!3/53! LlK
∆TSU!>!
−⋅
2
3h
2
3q q
qmoS
UU
modn >411:11
mo:2/121 ⋅⋅ >21LlK
∆TUJ2!>!!−!2UJ
B2
UR
>///>!−!7113841
>−!5/66!LlK
∆TUJ3!>!!−!3UJ
3B
UR
>///>!−!:113841
>−!4/14!LlK
U
t
2
3
UJ2
UJ3
B
zbirka zadataka iz termodinamike strana 4
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
( )2BqB2 UUdr −⋅= > ( )411711:2/1 −⋅ >384!lhlK
38421rnR B2B2 ⋅=⋅= >3841!lK
( )B3q3B UUdr −⋅= > ( )711:11:2/1 −⋅ >384!lhlK
38421rnR 3B3B ⋅=⋅= >3841!lK
b)
∆Ttjtufn>!g!)!UB!*>( ) ( )
−−
−−−⋅
3
B3q
B
2Bq
2
3h
2
3q U
UUd
U
UUd
moSUU
modn
−⋅−=
∂∆∂
33B
2q
B
tjtufn
U2
U
Udn
*U)*T)
1*U)*T)
B
tjtufn =∂∆∂
⇔ 1U2
U
U
33B
2 =− ⇒
3U2UBU ⋅= > 411:11 ⋅ >62:/72!L
Pri temperaturi toplotnog izvora UB>!62:/72!L!promena entropije sistema ima minimalnuvrednost i ona iznosi:
∆Tnjo>( ) ( )
−+
−+−⋅
3
3q2q
2
3h
2
3q U
62:/72Ud
62:/72
U62:/72d
moSUU
modn
∆Tnjo>( ) ( )
−⋅
+−⋅
+⋅⋅:11
62:/72:111/:262:/72
41162:/721/:2411:11
mo1/:221 >28/7:LlK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 5
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/5/!Tokom kvazistati~ke (ravnote`ne) politropske ekspanzije n>3!lh idealnog gasa, do tri puta ve}ezapremine od po~etne, temperatura gasa opadne sa U2>!711!L!na!U3>444!L i izvr{i se zapreminski rad211!lK. Da bi se proces obavio na opisani na~in, radnom telu se dovodi 31!lK toplote. Skicirati promenestawa idealnog gasa na qw!i!Ut dijagramu i odredite specifi~ne toplotne kapacitete pri stalnompritisku (dq*! i pri stalnoj zapremini!)dw*!datog gasa.
prvi zakon termodinamike za proces od 1 do 2
R23!>!∆V23!,!X23 ⇒ R23!>!n!/!dw!/!)!U3!−!U2!*!,!X23
( )23
2323w UUn
XRd
−⋅−
= !> ( )711444321131−⋅
−>!1/261!
lhLlK
2o
2
3
3
2
ww
UU
−
= ⇒ 2
4mo444711
mo2
ww
mo
UU
moo
2
3
3
2
+=+= >2/646
X23>!n!/!x23!>! ( )23h UU2o
2Sn −⋅
−⋅⋅ ⇒
( )( ) =−⋅
−⋅=
23
23h UUn
2oXS
Sh!>!( )
( ) =−⋅
−⋅−7114443
2646/22111/211!
lhLlK
⇒ dq!>!dw!,!Sh!>!1/361! lhLlK
!2
o>2/646
!3
!q
!w
!2
o>2/646
!3
!U
!t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 6
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/6/!Dvoatomni idealan gas )o>3!lnpm* ekspandira kvazistati~ki adijabatski od U2>711!L!do!U3>411!L azatim se od wega izobarski odvodi toplota dok mu temperatura ne dostigne U4>361!L. Odrediti koliko sezapreminskog rada dobije za vreme ekspazije )lK* i kolika se toplota odvede od gasa za vreme izobarskoghla|ewa )lK*/
( ) ( )23w32w2323 UU*)NdoUUdnxnX −⋅⋅=−⋅=⋅=
( )7114119/313X23 −⋅⋅= >−23591!lK
3434 rnR ⋅= ( ) ( )34q34q UU*)NdoUUdn −⋅⋅=−⋅=
( )4113612/3:3R34 −⋅⋅= >!−3:21!lK
2/7/!Termodinami~ki sistem ~ine 21!lh kiseonika (idealan gas) kao radna materija i okolina stalnetemperature Up>1pD kao toplotni ponor. Kiseonik mewa svoje stawe od 2)q>2!NQb-!U>561pD* do 3)q>2NQb-!U>38pD* na povratan na~in (povratnim promenama stawa).Skicirati promene stawa idealnog gasa uUt koordinatnom sistemu i odrediti razmewenu toplotu izvr{eni zapreminski rad.
drugi zakon termodinamike za proces 1−2:
∆Ttjtufn!>!∆Tsbeop!ufmp!,!∆Tplpmjob ⇒ ∆Tsbeop!ufmp!>!−∆Tplpmjob!
=
−⋅
2
3h
2
3q q
qmoS
UU
modn !P
23
UR
⇒ R23!>Up/!
−⋅
2
3h
2
3q q
qmoS
UU
modn
R23!>!384! 834411
mo:2/121 ⋅⋅⋅ >!−!3296/37!lK
!C !B
!3
!2
!t
U
Up
zbirka zadataka iz termodinamike strana 7
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
prvi zakon termodinamike za proces 1−2
R23!>!∆V23!,!X23! ⇒ X23!>!R23!−!n!/!dw!/)U3!.U2*
X23!>! ( )83441176/12137/3296 −⋅⋅−− >676/35!lK
2/8/ Sedam kilograma azota (idealan gas) mewa svoje stawe, na povratan na~in, od stawa 2)q>6!cbs-!u>2pD*do stawa 3, pri ~emu se dobija zapreminski rad X>2257!lK. Od okoline (toplotnog izvora) stalnetemperature Up>32pD, azotu se dovodi R>2511!lK toplote. Odrediti temperaturu i pritisak radnematerije (azot) na kraju procesa i skicirati promene stawa radnog tela na U−t dijagramu
prvi zakon termodinamike za proces od 1 do 2
R23!>!∆V23!,!X23 ⇒w
232323 dn
XRUU
⋅−
+=
85/1822572511
385U3 ⋅−
+= >!434/14!L
drugi zakon termodinamike za proces od 1 do 2
∆Ttj!>!∆Tsu!,!∆Tp ⇒! 1!>! −
−⋅
2
3h
2
3q q
qmoS
UU
modnP
23
UR
=
+
⋅−⋅=
2
3q
P
23
h23 U
Umod
UnR
S2
fyqqq
=
⋅+
⋅−⋅⋅=
385434/19
mo15/23:58
25111/3:82
fyq216q 63 !1/:!cbs
!3
t
!B!C
!2
U
!Up
zbirka zadataka iz termodinamike strana 8
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
zadaci za ve`bawe: )2/9/!−!2/21/*
2/9/ 3 mola troatomnog idealnog gasa stawa )q>:!cbs-!U>484!L*!kvazistati~ki (ravnote`no) politropskiekspandira do stawa )w3>5/!w2-!q>2/:!cbs*/!Skicirati proces na qw!j!Ut dijagramu i odrediti:a) eksponent politrope, ob) promene unutra{nje energije )lK*- entalipje )lK* i entropije radnog tela )lK0L*c) koli~inu toplote koja se preda radnom telu )lK*-!u ovom procesu
a) o>2/23b) ∆V23>.6!lK-!∆I23>.7/5!lK-!∆T23>31/23!K0Lc) R23!>!7/75!LK
2/:/ Idealan gas (helijum) mase n>3/6!lh izobarski (ravnote`no) mewa svoje toplotno stawe pri ~emumu se entropija smawi za 7/6!lK0L. Po~etna temperatura gasa iznosi 311pD. Temperatura toplotnogrezervoara koji u~estvuje u ovom procesu je konstantna i jednaka je ili po~etnoj ili krajwojtemperaturi radnog tela. Odrediti promenu entropije toplotnog rezervoara.
∆TUS!>9/54!lK0L
2/21/ Termodinami~ki sistem ~ine 4!lh vazduha (idealan gas) kao radna materija i okolina stalnetemperature Up>36pD kao toplotni ponor. Radna materija mewa svoje toplotno stawe od stawa 2)q>1/2NQb-!u>61pD* do stawa 3)u>6pD* na povratan na~in (povratnim promenama stawa). Pri tome se okolinipredaje 661!lK toplote. Odrediti:a) pritisak radne materije na kraju procesab) utro{eni zapreminski rad )lK* u procesu 1−2c) skicirati promene stawa radnog tela na Ut dijagramu
a) q3>6/16!cbsb) X23>−!563/9!LK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 9
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/22/ Idealan gas )n>2!lh* mewa svoje toplotno stawe od 2)q>:!cbs-!w>1/2!n40lh*!do 3)q>2!cbs*/ Prvi putpromena se obavwa kvazistati~ki po liniji 2B3 (vidi sliku) pri ~emu je zavisnost pritiska od zapreminelinearna. Drugi put promena se obavqa kvazistati~ki linijom 2C3 po zakonu qw3>dpotu, pri ~emu seradnom telu dovodi 31!lK!toplote. Odrediti:a) dobijeni zapreminski rad )X23* du` promena 2B3!i!2C3b) koli~inu toplote )R23* dovedenu gasu du` promena 2B3
a)33
3
223 2
:2/1
ww
⋅=
⋅= >!1/4!
lhn4
( )23
3w
2w
32B23 ww
3qq
nq)w*ewn*)X −⋅+
⋅=⋅= ∫*2/14/1)
321221:
2*)X66
B23 −⋅⋅+⋅
⋅= >211!/214!lK
−⋅⋅−=⋅⋅−=⋅⋅=⋅= −−∫∫ 23
3w
2w
23
3w
2w
C23 w2
w2
LnwLnewwLnq)w*ewn*)X
−⋅⋅⋅−=
1/22
1/42
21:2*)X 4C23 >71!/214!lK
napomena:! 36322 2/121:wqL ⋅⋅=⋅= >:!/214!!
3
4
lh
nK ⋅
q
C
B
3
2
w
zbirka zadataka iz termodinamike strana 10
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)prvi zakon termodinamike za proces 2C3: C2323C23 *)XV*)R +∆= !!!!!)2*
prvi zakon termodinamike za proces 2B3:! B2323B23 *X)V*R) +∆= !!!!!)3*
oduzimawem prethodne dve jedna~ine )2* i )3*!!dobija se:
C23B23B23 *)X*)X*)R −= , C23 *)R >211!−!71!,!31!>!71!lK
2/23/ Jedan kilogram vazduha (idealan gas) stawa 2)q>25!cbs-!U>434!L* kvazistati~ki ekspandira dostawa 2. Tokom ekspanzije zavisnost pritiska od zapremine je linearna. U toku procesa vazduhu se dovedeR23>216!lK toplote i pri tom se dobije X23>211!lK zapreminskog rada. Odrediti temperaturu i pritisakvazduha stawa 2.
prvi zakon termodinamike za proces 2−3:! 232323 XVR +∆=
2323w23 X*UU)dnR +−⋅=83/12211216
434dnXR
UUw
232323 ⋅
−+=
⋅−
+= >441!L
( )
−⋅⋅
+⋅=−⋅
+⋅=⋅= ∫ 2
2
3
3h
3223
32
2w
3w
23 qU
qU
S3qq
nww3qq
new*w)qnX
1qqUSq*qUSqUSqnX
3)qUSn 223h323h22h2233
32h =
⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅
dqcqb 333 +⋅+⋅ >1
b> 4343982 ⋅⋅ >:3812
c>
⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅
⋅⋅⋅ 666
4
212544139821254343982125221211
32 > 222188/3 ⋅
d>− 66 212521254413982 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ >− 282197/2 ⋅
12197/2q2188/3q:3812 283
2233 =⋅−⋅⋅+⋅ ⇒
( ):38123
2197/2:381252188/32188/3q
2832222
3 ⋅⋅⋅⋅+⋅±⋅−
= >!6/76!cbs
zbirka zadataka iz termodinamike strana 11
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/24/ Dvoatomni idealan gas!u koli~ini o>31!npm!sabija se ravnote`no od po~etne zapremine W2>1/:
n4 do krajwe zapremine W3>1/3!n4. Promena stawa gasa odvija se po jedna~ini: ( )3W
4968W
51821Wq += ,
pri ~emu je pritisak izra`en u Qb a zapremina u n4. Odrediti:a) pritisak i temperaturu gasa na po~etku i kraju procesab) izvr{eni nad radnim telom kao i razmewenu toplotu tokom ovog procesa
a)
( )3222
W
4968W
51821q += >
3:/1
4968:/1
51821+ >!5:46:!Qb
( )3333
W
4968W
51821q += >
33/1
49683/1
51821+ >!3:8386!Qb
( ) 2h22 UNSoWq ⋅⋅=⋅ ⇒ ( ) 942613/1:/15:46:
NSoWq
Uh
222 ⋅
⋅=
⋅⋅
= >378/24!L
( ) 3h33 UNSoWq ⋅⋅=⋅ ⇒ ( ) 942613/13/13:8386
NSoWq
Uh
333 ⋅
⋅=
⋅⋅
= >468/63!L
b)
∫=3W
2W
23 eW*W)qX > ∫
+
3W
2W
3eW
W
4968W
51821>
3W
2W
W4968
Wmo51281
−⋅ >
+−⋅
232
3
W4968
W4968
WW
mo51281 >
+−⋅
:/14968
3/14968
:/13/1
mo51281 >!−86529/3!K
prvi zakon termodinamike za proces 2−3: 232323 XVR +∆=
( ) ( ) 2323w23 XUUdNoR +−⋅⋅⋅=
R23>! ( ) 53/8624/37863/4689/3113/1 −−⋅⋅ >−49/36!lK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 12
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/25/ Dvoatomnan idealna gas )o>3!lnpm* kvazistati~ki mewa stawe od 2)U>411!L-!q>2!cbs*!do3)U>:11!L* po zakonu prave linije u Ut koordinatnom sistemu. Pri tome se radnom telu saop{tava 711lK!rada. Odrediti pritisak radne materije stawa 2 i skicirati proces na Ut djagramu.
prvi zakon termodinamike za proces 2−3: 232323 XVR +∆=
( ) ( ) 2323w23 XUUdNoR +−⋅⋅⋅=
R23>! ( ) 711411:119/313 −−⋅⋅ >!35471!lK
2332
23 T3UU
R ∆⋅+
= ⇒:11411
354713UU
R3T
32
2323 +
⋅=
+⋅
=∆ >!51/7!LlK
( ) ( )
⋅−⋅⋅⋅=∆
2
3h
2
3q23 q
qmoNS
UU
modNoT ⇒
( )( )
∆−⋅⋅
⋅=h
23
2
3q
23 NSoT
UU
modNfyqqq >
−⋅⋅⋅
426/937/51
411:11
mo2/3:fyq212 6
q3!>5/18!/216!Qb!>!5/18!!cbs
2
3U
t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 13
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/26/ Idealan gas sabija se kvazistati~ki od temperature U2>384!L do temperature U3>984!L po zakonu:
DUU
moLT2+⋅= (!L>−215!lK0L>dpotu!!i!D>dpotu). Odrediti nepovratnost ove promene stawa ,!)∆Ttj-
lK0L*-!ako se toplota predaje izotermnomtoplotnom ponoru temperature UUQ>U2 i grafi~ki je predstaviti na Ut dijagramu
∆Ttjtufn!>!∆TSU!,!∆TUQ!>!///!>!−231/:!,!339/7!>218/8! LlK
∆TSU!>T3!−!T2>///>!−231/:! KkJ
DUU
moLT2
33 +⋅= )3* D
UU
moLT2
22 +⋅= )2*
Oduzimawem pretnodne dve jedna~ine dobija se:
384984
mo215UU
moLTT2
323 ⋅−=⋅=− >−231/:!
LlK
∆TUQ> 384384984
215U
UUL///
U
eT*T)U
UR
uq
23
uq
3T
T
uq
23 −⋅−=
−⋅==−=−
∫>339/7
LlK
napomena:
*UU)L*2f)LU*ff)LU
fLUeTfU///eT*T)U
232U3Umo
2LD2T
LD3T
2
3T
2T
LDT
2LDT
2
3T
2T
3T
2T
−⋅=−⋅⋅=−⋅⋅
=⋅⋅=⋅==
−−
−−
∫∫
Postupak grafi~kiog predstavqawa promene entropije sistema zasnovan je na jednakostipovr{ina ispod:
1. linije kojom predstavqamo promenu stawa radnog tela
2. linije kojom predstavqamo promene stawa toplotnog ponora
Obe ove povr{ine predstavqaju razmewenu toplotu izme|uradno tela i toplotnog ponora.
zbirka zadataka iz termodinamike strana 14
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
zadaci za ve`bawe: )2/27/!−!2/28/*
2/27/ Vazduh (idealan gas) kvazistati~ki mewa toplotno stawe od stawa 2)U>411!L*!do stawa!3)U>711!L*!ipri tome je w2>3/!w3. Prvi put se promena vr{i po zakonu prave linije u Ut!kordinatnom sistemu, a drugiput se od stawa 1 do stawa 2 dolazi kvazisati~kom politropskom promenom stawa. Odrediti koliko se
toplote )lK0lh*!dovede vazduhu u oba slu~aja .lhlK
7/23:*r)-lhlK
2/246*r) qpmjuspqb23qsbwb23 ==
2/28/ Neki gas koji se pona{a saglasno jedna~ini stawa: 3
h
w
bcw
US*w)q −
−
⋅= ,
)b>82/87!On50lh3-!c> 521138/9 −⋅ n40lh!j!Sh>79/9!K0)lhL**-!lwb{jtubuj•lj!izotermski ekspandira pritemperaturi od 1pD od w2>1/16!n40lh do w3>1/3!n40lh. Odrediti:a) po~etni i krajwi pritisak gasa kao i dobijeni zapreminski rad tokom ekspanzijeb) po~etni i krajwi pritisak gasa kao i dobijeni zapreminski rad tokom ekspanzije kada bi navedeni
gas posmatrali kao idealan gas iste gasne konstante )Sh*
a) q2>4/64!cbs-!q3>1/:3!cbs-!x23>36/2:!lK0lhb) q2>4/87!cbs-!q3>1/:5!cbs-!x23>37/15!lK0lh
UUQ 2
3
t
U
∆TSU∆TUQ
∆TTJ
zbirka zadataka iz termodinamike strana 15
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
NEKVAZISTATI^KE (NERAVNOTE@NE) PROMENE STAWA IDEALNIH GASOVA
2/29/ Vazduh (idealan gas) stawa 2)q2>23!cbs-!U2>366pD* ekspandira nekvazistati~ki adijabatski sastepenom dobrote fy
eη >1/9 do stawa 3)q3>2!cbs*/!Odrediti:a) temperaturu vazduha nakon ekspanzijeb) prira{taj entropije radnog tela usled mehani~ke neravnote`ec) zakon nekvazistati~ke promene stawa u obliku qwn>jefn
a)
1.41.4
κκ 2.2.
2
3L23L 23
2639
UU
⋅=
⋅= >36:/7!L
l32
32fye UU
UU−−
=η -!!!!! ( ) ( )6397/36:9/1639UUUU 2L3fyE23 −⋅+=−⋅η+= >424/4!L
b)
Qb212/:4639424/4
2123UU
qq 62/52.2/5
62.
2
B2B ⋅=
⋅⋅=
⋅=
κκ
:4/22
mo398Bq3qmohS
BU3Umoqdtt 3Bnfi ⋅−=−=∆=∆ >299/82!
lhLK
3l
B
q3
q2
3
2
U
t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 16
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
c)
!6
2
2h2
2123
639398q
USw
⋅
⋅=
⋅= >!1/2374!
lhn4
63
3h3
212
4/424398q
USw
⋅
⋅=
⋅= >!1/9::3!
lhn4
jefnqwn = ⇒ n33
n22 wqwq ⋅=⋅
2374/19::3/1
mo
223
mo
ww
mo
mon
2
3
3
2
== >2/37 ⇒ jefnqw 37/2 =
2/2:/ Kompresor proizvo|a~a B radi izme|u pritisaka qnjo!>2!cbs!i qnby>!:!cbs. Kompresorproizvo|a~a C radi izme|u pritisaka qnjo!>2/6!cbs i!!qnby>!21!cbs. U oba slu~aja radni fluid jevazduh (idealan gas) po~etne temperature!U2>41pD. Temperature vazduha na izlazu iz oba kompresorasu jednake. Odrediti koji je kompresor kvalitetniji sa termodinami~kog aspekta, predpostavqaju}i dasu kompresije adijabatske
Sa termodinami~kog aspekta kvalitetniji je ona kompresija kod koje je
1. na~in: ve}i stepen dobrote adijabatske kompresije2. na~in: mawa promena entropije sistema
1. na~in:
3U2U
2qL3q22U
3U2U2qL3q
2U2U
3U2ULB3U2UB
e
l2
B
l2
B
−
−⋅
=−
⋅−
=−
−=η
−κ
−κ
)2*
3U2U
2qL3q22U
3U2U2qL3q
2U2U
3U2ULC3U2UC
e
l2
C
l2
C
−
−⋅
=−
⋅−
=−
−=η
−κ
−κ
)3*
zbirka zadataka iz termodinamike strana 17
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
Deqewem prethodne jedna~ina (1) i (2) dobija se:
=
κ−κ
−
κ−κ
−
=η
η2
C2qL3q2
2
B2qL3q2
Ce
Be 32/2
5/225/2
6/221
2
5/225/2
2:
2=
−
−
−
−
Po{to je koli~nik stepena dobrote ve}i od 1 to zna~i da je stepen dobrotekompresora proizvo|a~a B ve}i od stepena dobrote kompresora proizvo|a~aC, pa je kompresor proizvo|a~a B kvalitetniji sa termodinami~kog aspekta.Uo~iti da je zadatak mogao biti re{en i bez zadate temperature U2.
2. na~in:
( ) pB2
B3h
B2
B3qBtj t
moSUU
modt ∆−⋅−⋅=∆ )4*
( ) pC2
C3h
C2
C3qCtj t
moSUU
modt ∆−⋅−⋅=∆ )5*
Oduzimawem jedna~ina!)4*!j!)5*!epcjkb!tf;
( ) ( )
−⋅−=∆−∆
C2
C3
B2
B3hCtjBtj q
qmo
moStt >
−⋅−
6/221
mo2:
mo398 >−97/24!lhLK
( ) ( )CtjBtj tt ∆<∆ ⇒ kompresor proizvo|a~a A je kvalitetniji
sa termodinami~kog aspekta.
3l
B
q3
q2
3
2
U
t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 18
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/31/!Pet kilograma kiseonika (idealan gas) ekspandira nekvazistati~ki politropski po zakonuqw2/2>jefn, od stawa 2)q2>8!cbs-!w2>1/23!n40lh* do stawa 3)U3>−2pD*/ Specifi~na toplota ove promenestawa iznosi d23>−761!K0lhL. Skicirati proces na Ut dijagramu i odrediti:a) prira{taj entropije radnog tela usled mehani~ke i usled toplotne neravnote`eb) promenu entropije izolovanog termodinami~kog sistema ako je temperatura toplotnog izvora 484!L
a)
L434371
1/236218
hS2w2q
2U =⋅⋅
=⋅
=
[blpo!qspnfof!qwn!>jefn-!!usbotgpsnj|fnp!v!pcmjl;! jefnn2qnU =−⋅
=−⋅ n22q
n2U
n23q
n3U
−⋅ ⇒ n2n
3U2U
2q3q−
⋅=
2/222/2
383434
2183q6 −
⋅⋅= >2/17!cbs
dolw!>!dlw ⇒2o
odd w23 −
κ−= ⇒
w23
w23
dddd
o−
κ⋅−=
8317615/2831761
o−−
⋅−−= >2/32
3l
B
q3
q2
3
2
U
t
no
zbirka zadataka iz termodinamike strana 19
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
232/232/2
6
434383
2182o
o
2UBU
2qBq−
⋅⋅=
−
⋅= > 6217/3 ⋅ !Qb
∆Tnfi/ofs/>!∆TB3>!
−⋅
B
3h
B
3q q
qmoS
UU
modn >
⋅−⋅
7/317/2
mo398/16 >2/3:!LlK
∆Tupq/ofs/>!∆T2B>!
−⋅
2
Bh
2
Bq q
qmoS
UU
modn >
⋅−⋅⋅
7/317/2
mo398/1434383
mo26 >1/54!LlK
∆Tsbeop!ufmp!>!∆Tnfi/ofs/!,!∆Tupq/ofs/!>2/3:,1/54>2/83! LlK
b)
∆Ttjtufn!>!∆Tsbeop!ufmp!,!∆Tupqmpuoj!qpops!>!///!>!2/83!−!1/55!>2/39! LlK
∆Tupqmpuoj!j{wps!>!− LlK
55/1484
22/277UR
UJ
23 −=−=
3BB223 RRR += >///>
( )2BwB2 UU2o
odnR −⋅
−κ−
⋅⋅= > ( )434383232/25/232/2
83/16 −⋅−−
⋅⋅ >277/22!lK
2/32/!Termodinami~ki sistem sa~iwava n>6!lh azota (idealan gas) i okolina temperature Up>38pD.Azot nekvazistati~ki politropski mewa toplotno stawe od stawa 2)q>21!cbs-!U>566pD* do stawa3)U>98pD*/!Specifi~ni toplotni kapacitet promene stawa 1−2 iznosi d23>481!K0lhL a nepovratnostprocesa 1−2 iznosi ∆Ttj>2/56!lK0L. Skicirati proces na Ut dijagramu i odrediti stepen dobrote ovepromene stawa.
!2
!B
!3l
!3
!U
t
!q2
q3n
!o
zbirka zadataka iz termodinamike strana 20
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
dolw!>!dlw ⇒2o
odd w23 −
κ−= ⇒
w23
w23
dddd
o−
κ⋅−=
8514815/2851481
o−
⋅−= >2/9
3BB223 RRR += !>///>
( )2BwB2 UU2o
odnR −⋅
−κ−
⋅⋅= > ( )83947129/25/29/2
85/16 −⋅−−
⋅⋅ >!−!791/9!lK
∆TTJ!>!∆TSU!,!∆Tp ⇒1
23
2
3h
2
3qTJ U
Rqq
moSUU
modnT −
−⋅=∆
=
−
⋅+
∆−⋅=
2
3q
P
23TJ
h23 U
Umod
UnR
nT
S2
fyqqq
=
⋅−
⋅−−⋅⋅=
839471
mo15/241169/791
656/2
3:8/12
fyq2121q 63 2/59!!cbs
o2o
l3
2
l3
2
UU
−
= !!!!!!!!!⇒ !!!!!!!!
o2o
2
l32l3 q
qUU
−
⋅= > =
⋅
−9/229/2
2159/2
839 422/5!!L
q3l!>!q3 ⇒5/422839
471839UUUU
l32
32FYE −
−=
−−
=η >1/99
zbirka zadataka iz termodinamike strana 21
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/33/! Kiseonik (idealan gas) sabija se nekvazistati~ki politropski od stawa2)q>2!cbs-!U>384!L* do stawa 3)q>7!cbs-!U>554!L*/ U toku procesa sabijawa od kiseonika se odvodi431!lK0lh toplote. Skicirati proces na Ut dijagramu i odrediti stepene dobrote ove promene stawa.
3BB223 rrr += !>!−431!lhlK
( )2BwB2 UU2o
odr −⋅
−κ−
⋅= ⇒
w2B
B2
w2B
B2
dUU
r
dUU
r
o−
−
κ⋅−−
=
76/1384554
431
5/276/1384554
431
o−
−−
⋅−−
−
= >2/2
o2o
l3
2
l3
2
UU
−
= ⇒
o2o
2
l32l3 q
qUU
−
⋅= >
2/222/2
27
384
−
⋅ >432/4!L
5543844/432384
UUUU
32
l32lqE −
−=
−−
=η >1/39
!2
!B
!3l
!3
!U
t
!q2
q3
n!o
zbirka zadataka iz termodinamike strana 22
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/34/ Tokom nekvazistati~kog sabijawa n>4!lh butana (idealan gas) od stawa 2)q2>2!cbs-!U2>31pD* dostawa 3)q3>41!cbs-!T3>T2*- spoqa{wa mehani~ka sila izvr{i rad od 961!lK. Tokom procesa radnamaterija predaje toplotu toplotnom ponoru stalne temperature Uq>1pD. Skicirati proces u na Utdijagramu i odrediti:a) promenu entropije termodinami~kog sistema tokom posmatrane promene stawab) stepen dobrote nekvazistati~ke kompresije
zakon nkv. promene stawa 1−2: κ−κ
=
2
3
2
3
2
UU
⇒κ−
⋅=
2
2q3q
2U3U
κ
39/22
241
3:43U
−
⋅=
1.28
>!727/7!L
prvi zakon termodinamike za proces!2−3; R23>∆V23,X23
( ) 2323w23 XUUdnR +−⋅⋅= > ( ) 9613:47/7276/14 −−⋅⋅ >−475/7!LK
drugi zakon termodinamike za proces!2−3; ∆TTJ!>!∆TSU!,!∆TUQ
∆TSU!>!1! LlK
3847/475
UR
TUQ
23UQ
−−=−=∆ >2/45!!
LlK
∆TTJ!>!2/45!,!1!>!2/45! LlK
!2
!B
!3l
!3!U
t
!q2
q3
n>κ
!o
zbirka zadataka iz termodinamike strana 23
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)
3BB223 RRR += !>!−475/7!lK
( )2BwB2 UU2o
odnR −⋅
−κ−
⋅⋅= ⇒( )
( ) w2B
B2
w2B
B2
dUUn
R
dUUn
R
o−
−⋅
κ⋅−−⋅
=
( )
( ) 6/13:47/72747/475
39/26/13:47/72747/475
o−
−⋅−
⋅−−⋅
−
= >2/27
o2o
l3
2
l3
2
UU
−
= ⇒
o2o
2
l32l3 q
qUU
−
⋅= >
27/2227/2
241
3:4
−
⋅ >579/5!L
7/7273:45/5793:4
UUUU
32
l32lqE −
−=
−−
=η >1/65
2/35/ [est kilograma troatomnog idealnog gasa mewa toplotno stawe nekvazistati~ki po zakonuqwn>jefn!)n>κ* (tj. nekvazistati~ki izentropski) od stawa!2)q2>41!cbs-!U2>727/7!L* do stawa 3)q3>2cbs*/ Tokom ove promene stawa specifi~na zapremina gasa se pove}a za 1/49!n40lh i pri tome se dobije811!lK mehani~kog rada. Skicirati promenu stawa idealnog gasa na Ut dijagramu i odrediti:a) koli~inu razmewene toplote tokom ove promene stawab) stepen dobrote ove nekvazistati~ke promenec) porast entropije radnog tela usled mehani~ke neravnote`e )lK0L*
!2
!B
!3l
!3
!U
t
!q2
q3
n>κ!o
zbirka zadataka iz termodinamike strana 24
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b*
zakon nkv. promene stawa 1−2: κ−κ
=
2
3
2
3
2
UU
⇒κ−
⋅=
2
2q3q
2U3U
κ
39/22
412
7/7273U
−
⋅=
1.28
>!3:4!L
jedna~ina stawa idealnog gasa za po~etak procesa:! 2UhS2w2q ⋅=⋅ !!!!!!)2*
jedna~ina stawa idealnog gasa za kraj procesa: 3UhS3w3q ⋅=⋅ !!!!)3*
uslov zadatka:lhn
1/49ww4
23 =− !)4*
Re{avawem prethodnog sistema tri jedna~ine sa 3 nepoznate dobija se:
lhLK
69/249S-lhn
517/1w-lhn
1396/1w h
4
3
4
2 ===
lnpmlh
7169/249
9426SS
Nh
V ===
717
Nn
o == >1/2!lnpm
prvi zakon termodinamike za proces 1−2: 232323 XVR +∆=
( ) ( ) 8117/7273:42/3:2/1XUU*)NdoR 2323w23 +−⋅⋅=+−⋅⋅= >−352/79!lK
b)
3BB223 RRR += !>!−352/79!lK
( )2BwB2 UU2o
odnR −⋅
−κ−
⋅⋅= ⇒( )
( )
( )( )N
NdUUn
RN
NdUUn
R
ow
2B
B2
w
2B
B2
−−⋅
κ⋅−−⋅
=
( )
( ) 712/3:
7/7273:4779/352
39/2712/3:
7/7273:4779/352
o−
−⋅−
⋅−−⋅
−
= >2/49
zbirka zadataka iz termodinamike strana 25
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
o2o
l3
2
l3
2
UU
−
= ⇒
o2o
2
l32l3 q
qUU
−
⋅= >
49/2249/2
412
7/727
−
⋅ >352/8!L
8/3527/7273:47/727
UUUU
l32
32fyE −
−=
−−
=η >1/97
c)
−⋅=∆⋅=∆
B
3h
B
3q3B/ofs/nfi q
qmoS
UU
modntnT > ( )32
mo69/2497 ⋅−⋅ >1/69!LlK
Zakon kvazistati~ke promene stawa!2−B;o2o
B
2
B
2
UU
−
=
249/249/2
62oo
2
B2B 7/727
3:42141
UU
qq−−
⋅⋅=
⋅= >!3!cbs
2/36/ Tri kilograma vazduha (idealan gas) stawa!2)q2>3!cbs-!U2>261pD*!mewa svoje toplotno stawenekvazistati~ki (neravnote`no) izotermski do stawa 3)q3>9!cbs*. Promena entropije radne materijeusled mehani~ke neravnote`e iznosi∆tnfi>349!K0lhL. Odrediti:a) dovedeni rad i odvedenu toplotu tokom ove promene stawa )X23-!R23*b) stepen dobrote izotermske kompresije )ηelq*
t
23>3l
B
qB q3q2
U
zbirka zadataka iz termodinamike strana 26
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
a)
B
3h
B
3q3Bnfi q
qmoS
UU
modtt −=∆=∆ ⇒
∆⋅=
h
nfi3B S
tfyqqq
⋅⋅=398349
fyq219q 6B > 6214/29 ⋅ !Qb
lK17/4/49///RRR B32B23 −==+=
4/293
mo3985344>qq
moSUn>RB
2h22B ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ >−917/4!lK
prvi zakon termodinamike za proces 1−2: 232323 XVR +∆=
X23>!R23!>−917/4!lK
b)
74/14/917:/615
///XX
23
L23lqE =
−−
===η
93
mo5343984qq
moUSnX3L
2h23L ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= >−615/:!lK
2/37/ Vazduh (idealan gas) stawa!2)q2>:!cbs-!U2>261pD*!mewa svoje toplotno stawe nekvazistati~ki(neravnote`no) izotermski do stawa 3)q3>2!cbs*. Promena entropije radne materije usled mehani~keneravnote`e )∆tnfi* i promena entropije radne materije usled toplotne neravnote`e )∆tupq* su jednake.Odrediti stepen dobrote ove nekvazistati~ke izotermske ekspanzije )ηefy*/
t
23>3lB
qBq3
q2U
zbirka zadataka iz termodinamike strana 27
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
∆tupq!>!∆tnfi ⇒ ∆t2B!>!∆tB3
2
Bh
2
Bq q
qmoS
UU
mod − >B
3h
B
3q q
qmoS
UU
mod − ⇒ 32B qqq ⋅=
66B 21221:q ⋅⋅⋅= > 6214 ⋅ !Qb
2:
mo5343982qq
moUSnX3L
2h23L ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= >377/86!lK
lK17/4/49///RRR B32B23 −==+=
4:
mo3985342>qq
moSUn>RB
2h22B ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ >244/48!lK
prvi zakon termodinamike za proces 1−2: 232323 XVR +∆=
X23>!R23!>244/48!lK
l23
23fye X
X=η >
86/37748/244
>1/6
zadaci za ve`bawe: )2/38/−2/39/*
2/38/!Vazduh (idealan gas) po~etnog stawa 2)q>6!cbs-!w>1/337!n40lh* ekspandira nekvazistati~kipolitropski do stawa 3)q>2!cbs-!U>3:4!L*/!Tokom ove promene stawa od radne materije ka okolini seodvede 27!lK0lh toplote. Odrediti stepen dobrote ove promene stawa kao i promenu entropije vazduha
samo usled mehani~ke neravnote`e. ! fyeη >1/73-!!∆tnfi>1/37! lhL
lK
2/39/!Vazduh (idealan gas) stawa 2)q2>1/3!NQb-!u2* mewa svoje toplotno stawe nekvazistati~ki(neravnote`no) izotermski do stawa 3)q3?q2*/ Promena entropije radne materije usled mehani~keneravnote`e iznosi 349!K0lhL/ Stepen dobrote ove nekvazistati~ke promene stawa iznosi ηe>1/95.Odrediti pritisak vazduha na kraju procesa )q3*/ cbs6/266q3 =
zbirka zadataka iz termodinamike strana 28
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
!{>611
,R23
!∆{>411!nn
PRVI I DRUGI ZAKON TERMODINAMIKE(ZATVOREN TERMODINAMI^KI SISTEM)
2/3:/ U vertikalno postavqenom cilindru, od okolineadijabatski izolovanom, (slika), unutra{weg pre~nika e>711nn, nalazi se vazduh (idealan gas) temperature 31pD. Sud jezatvoren klipom zanemarqive mase, koji se mo`e kretati beztrewa. Na klipu se nalazi teg mase nu>3111!lh. U polaznompolo`aju ~elo klipa se nalazi na visini {>611!nn u odnosu nadowu bazu cilindra. U cilindru se nalazi elektri~ni greja~pomo}u kojeg se vazduhu dovodi toplota. Pritisak okolineiznosi qp>2!cbs. Odrediti:a) koli~inu toplote koju greja~ treba da preda gasu tako da se
klip u procesu pomeri za ∆{>411!nnb) vreme trajawa procesa ako snaga elektri~nog greja~a
iznosi 2/77!lXc) rad koji bi izvr{io gas u cilndru ako bi se u trenutku dostizawa stawa 2 istovremeno iskqu~io
greja~ i skino teg sa klipad) skicirati sve procese sa radnim telom na qw i Ut dijagramu
a)
433
2 n1/25251/657/1
{5
eW =⋅
π⋅=⋅
π⋅=
( ) ( ) 433
3 n1/33731/41/657/1
{{5
eW =+⋅
π⋅=∆+⋅
π⋅=
jedna~ina stati~ke ravnote`e za proizvoqan polo`aj klipa:
Qb212/8
51/7
:/923111212
5e
hnqq 6
36
3u
p ⋅=π⋅
⋅+⋅=
π⋅
⋅+=
jedna~ina stawa idealnog gasa na po~etku procesa:! 2h2 USnWq ⋅⋅=⋅
lh1/3:3:43982525/1218/2
USWq
n6
2h
2 =⋅⋅⋅
=⋅⋅
=
jedna~ina stawa idealnog gasa na kraju procesa:! 3h3 USnWq ⋅⋅=⋅
L5733981/3:3373/1218/2
SnWq
U6
h
33 =
⋅⋅⋅
=⋅⋅
=
zbirka zadataka iz termodinamike strana 29
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
prvi zakon termodinamike za proces 1−2: 232323 XVR +∆=R23> ( ) ( )2323w WWqUUdn −⋅+−⋅⋅ >
R23>! ( ) ( )2525/13373/121218/23:457383/13:/1 46 −⋅⋅⋅+−⋅⋅ − >5:/9!lK
b)
t4177/29/5:
R
R
23
23 ===τ⋅
c)napomena: proces 2−3 je kvazistati~ki adijabatski, q4>qp>!2!cbs
κ−κ
=
2
4
3
4
3
UU ⇒
5/225/2
6
62
3
434
218/2
212573
UU
−
κ−κ
⋅
⋅⋅=
⋅= >4:8!L
prvi zakon termodinamike za proces 2−3: 343434 XVR +∆=
X34> ( )34w UUdn −⋅⋅− >− ( )5734:883/13:/1 −⋅⋅ >24/68!lK
2
U
t
4
3
24
3
w
q
zbirka zadataka iz termodinamike strana 30
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/41/!Cilindar je napravqen prema navedenoj skici. Klip je optere}en tegom nepoznate mase i le`i naosloncu A. U cilindru se nalazi azot stawa!2)q>3/6!cbs-!U>3:4!L*/!Dovo|ewem!23/6!lK!toplotezapremina azota se udvostru~i. Pritisak okoline iznosi!!qp>!2!cbs-!masa klipa je zanemarqiva a klipse kre}e bez trewa.!Odrediti:a) masu tegab) pri kojoj temperaturi azota u cilindru |e se pokrenuti klipc) promenu potencijalne energije tega
a)2−3!proces u cilindru do pokretawa klipa! )w>dpotu*3−4!proces u cilndru nakon pokretawa klipa! )q>dpotu*
433
2 n1/119:1/465
29/1{
5e
W =⋅π⋅
=⋅π⋅
=
jedna~ina stawa idealnog gasa na po~etku procesa:! 2h22 USnWq ⋅⋅=⋅
lh1/13673:43:8
119:/1216/3USWq
n6
2h
22 =⋅⋅⋅
=⋅⋅
=
W3!>!W2>1/119:!n4
24 W3W ⋅= > 119:/13 ⋅ >1/1289!n4
jedna~ina stawa idealnog gasa na kraju procesa:
4h44 USnWq ⋅⋅=⋅ ⇒ !4
4h4 W
USnq
⋅⋅= )2*
n
E
{
e
n
e>291!nn
E>311!nn
{>461!nn
zbirka zadataka iz termodinamike strana 31
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
prvi zakon termodinamike za proces 1−3:
342334233423 XXVVRR ++∆+∆=+ > ( ) ( )34424w WWqUUdn −⋅+−⋅⋅ !!!!!!!)3*
kada jedna~inu (1) uvrstimo u jedna~inu (2) dobija se:
3423 RR + > ( ) ( )344
4h24w WW
W
USnUUdn −⋅
⋅⋅+−⋅⋅ ⇒
4
34hw
2w34234
WWW
Sndn
UdnRRU
−⋅⋅+⋅
⋅⋅++= =
1289/1119:/11289/1
3:8/11367/185/11367/1
3:485/11367/16/23−
⋅⋅+⋅
⋅⋅+
U4!>8:4/7!L
1/12897/8:43:81/1367
q4⋅⋅
= > 6215/4 ⋅ Qb
jedna~ina stati~ke ravnote`e za proizvoqan polo`aj za proces 2−3
5E
hnqq
3u
p4π⋅
⋅+= ⇒
hE
5qq
n3
p4u
π⋅⋅
−=
92/:3/1
5212215/4
n366
uπ⋅
⋅⋅−⋅
= >879/7!lh
b)jedna~ina stawa idealnog gasa za stawe 2:! 3h33 USnWq ⋅⋅=⋅
L4:93:81/1367119:/1215/4
SnWq
U6
h
333 =
⋅⋅⋅
=⋅⋅
=
c)
∆Fq> {hnu ∆⋅⋅ >
5E
WWhn
334
uπ⋅
−⋅⋅ >
53/1
119:/11289/192/:7/879
3 π⋅
−⋅⋅ >3247!K
zbirka zadataka iz termodinamike strana 32
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/42. Vertikalni cilindar zatvoren je klipom mase nl>:!lh, ~iji je hod ograni~en na kraju cilindra(slika). U cilindru se nalazi dvoatoman idealan gas stawa!2)q>2/6!cbs-!U>561pD*/ Odrediti:a) za koliko }e se spustiti klip (zanemariti trewe) dovo|ewem vazduha u mehani~ku i toplotnu
ravnote`u sa okolinom stawa P)q>2!cbs-!U>31pD*b) koliko se toplote pri tome preda okolini do trenutka pokretawa klipa a koliko nakon
pokrtetawa klipa do trenutka dostizawa ravnote`e sa okolinom
Skicirati procese na qw i Ut dijagramu
2−3!proces u cilindru do pokretawa klipa! )w>dpotu*3−4!proces u cilndru nakon pokretawa klipa! )q>dpotu*
e
{
e>211!nn
{>911!nn
nl
2U
t
4
3
2
43
w
q
zbirka zadataka iz termodinamike strana 33
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
a)
433
2 n1/11741/952/1
{5
eW =⋅
π⋅=⋅
π⋅=
jedna~ina stawa idealnog gasa na po~etku procesa:! ( ) 2h22 USNoWq ⋅⋅=⋅
( ) lnpm21/68283494261174/1216/2
UNSWq
o 5.6
2h
22 ⋅=⋅⋅⋅
=⋅
⋅=
jedna~ina stati~ke ravnote`e za polo`aj klipa u stawu 2
52/1
92/::212
5E
hnqq
36
3l
p3π⋅
⋅+⋅=
π⋅
⋅+= > 6212/2 ⋅ !Qb
W3!>!W2>1/1174!n4- q4>q3- ! U4>Up
jedna~ina stawa idealnog gasa na kraju procesa:! ( ) 4h44 USNoWq ⋅⋅=⋅
( )6
5
4
4h4
212
3:494262168/2q
USNoW
⋅
⋅⋅⋅=
⋅⋅=
−>1/1149!n4
{5
eWW
3
43 ∆⋅π⋅
=− ⇒
52/1
1149/11174/1
5e
WW{
3343
π⋅
−=
π⋅
−=∆ =0.318 m
b)jedna~ina stawa idealnog gasa za stawe 2:! ( ) 3h33 USNoWq ⋅⋅=⋅
( ) 942621682
1174/1212/2SNoWq
U5.
6
h
333
⋅⋅⋅
⋅⋅=
⋅⋅
= >641/96!L
prvi zakon termodinamike za proces 1−2: 232323 XVR +∆=
23R > ( ) ( )23w UUNdo −⋅⋅ > ( )83496/6419/312168/2 5 −⋅⋅⋅ − >−1/74!lK
prvi zakon termodinamike za proces 1−3: 343434 XVR +∆=
34R > ( ) ( ) ( )34434w WWqUUNdo −⋅+−⋅⋅
34R > ( ) ( )1174/11149/121212/296/6413:49/312168/2 465 −⋅⋅⋅+−⋅⋅⋅ −−
34R >!−2/16!lK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 34
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/43/!Dvoatoman idealan gas stawa 2)q>2/3!NQb-!U>411!L-!W>1/2!n4*- nalazi se u vertikalnopostavqenom nepokretnom adijabatski izolovanom cilindru sa (bez trewa) pokretnim adijabatskimklipom zanemarqive mase. Preostali prostor cilindra (iznad klipa) ispuwen je nekom te~nosti(slika). Usled predaje toplote gasu (od greja~a), on se {iri do stawa 3)q>1/7!NQb-!W>1/33!n4*-!~imeizaziva prelivawe odgovaraju}e koli~ine te~nosti preko ivica cilindra.a) izvesti zakon promene stawa gasa u obliku q!>!g)W*b) prikazati promenu stawa gasa u qW koordinatnom sistemuc) odrediti zapreminski rad koji izvr{i gas pri ovoj promeni stawa kao i koli~inu toplote koja se u
ovom procesu preda gasu
a)jedna~ina stati~ke ravnote`e za proizvoqan polo`aj klipa u cilindru:
ihqq p ⋅⋅ρ+= ⇒
5e
Whqq
3optu•uf
pπ
⋅⋅+=ρ
( )
5e
WWhqq
3djmjoebs
pπ
−⋅⋅+=ρ
⇒ W
5e
h
5e
Whqq
33djmjoebs
p ⋅π
⋅−
π
⋅⋅+=
ρρ
b
5e
Whq
3djmjoebs
p =π
⋅⋅+ρ
>dpotu
5e
h3π
⋅ρ>c>dpotu
Wcbq ⋅−= - zavisnost pritiska od zapremine je linearna, a konstante b ic odre|ujemo iz grani~nih uslova:
22 Wcbq ⋅−= )2*
33 Wcbq ⋅−= )3*
zbirka zadataka iz termodinamike strana 35
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/133/1217/1213/2
WWqq
c77
23
32
−⋅−⋅
=−−
= > 7216 ⋅4n
Qb
2/1216213/2Wcqb 7722 ⋅⋅+⋅=⋅+= > 7218/2 ⋅ Qb
W216212/8q 77 ⋅⋅−⋅= !!analiti~ki oblik zavisnosti pritiska od zapremine
b)
c)
( )1/2.1/333
217/1213/2*W)W
3qq
q)W*eWX77
23
W
w
3223
3
W2
⋅⋅+⋅
=−⋅+
== ∫ >219!lK
jedna~ina stawa idealnog gasa na po~etku procesa:! ( ) 2h22 USNoWq ⋅⋅=⋅
( ) lnpm21/954119426
33/1213/2UNS
Wqo 3.
7
2h
22 ⋅=⋅⋅⋅
=⋅
⋅=
jedna~ina stawa idealnog gasa za stawe 2:! ( ) 3h33 USNoWq ⋅⋅=⋅
( ) 9426215/9
33/1217/1SNoWq
U3.
7
h
333
⋅⋅
⋅⋅=
⋅⋅
= >441/8!L
prvi zakon termodinamike za proces 1−2: 232323 XVR +∆=
23R > ( ) ( ) 2323w XUUNdo +−⋅⋅ > ( ) 2194118/4419/31219/5 3 +−⋅⋅⋅ − >249/7!lK
2
3
w
q
zbirka zadataka iz termodinamike strana 36
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/44/!Dvoatoman idealan gas, stawa 2)q2>1/7NQb-!U2>411!L-!W2>1/3!n4*- nalazi se u horizontalnopostavqenom nepokretnom cilindru sa (bez trewa) pokretnim klipom. Klip je preko opruge, linearnekarakteristike k, povezan sa nepokretnim zidom (slika). Predajom toplote gasu, on se dovodi do stawa3)q3>2!NQb-!W3>1/5!n4*/ U po~etnom polo`aju opruga je rastere}ena.b* izvesti zakon promene stawa gasa u obliku q>g)W*b) prikazati promenu stawa idealnog gasa na qw dijagramuc) odrediti zapreminski rad koji izvr{i gas pri ovoj promeni stawa kao i koli~inu toplote koja se u
ovom procesu preda gasu
b*jedna~ina stati~ke ravnote`e za proizvoqan polo`aj klipa u cilindru:
5e
yqq
3pπ
∆⋅+=
k⇒
( )33
2p
5e
WWqq
π
−⋅+=
k⇒
W
5e
5e
Wqq
3333
2p ⋅
π+
π
⋅−=
kk
b
5e
Wq
33
2p =
π
⋅−
k>dpotu
33
5e
π
k>c>dpotu
Wcbq ⋅+= - zavisnost pritiska od zapremine je linearna, a konstante b ic odre|ujemo iz grani~nih uslova:
22 Wcbq ⋅+= )2*
33 Wcbq ⋅+= )3*
∆y
23
zbirka zadataka iz termodinamike strana 37
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
3/15/1217/1212
WWqq
c77
23
23
−⋅−⋅
=−−
= > 7213 ⋅4n
Qb
3/1213217/1Wcqb 7722 ⋅⋅−⋅=⋅−= > 7213/1 ⋅ Qb
W213211/3q 77 ⋅⋅+⋅= !!analiti~ki oblik zavisnosti pritiska od zapremine
b)
c)
( )1/3.1/53
212217/1*W)W
3qq
q)W*eWX77
23
W
w
3223
3
W2
⋅⋅+⋅
=−⋅+
== ∫ >271!lK
jedna~ina stawa idealnog gasa na po~etku procesa:! ( ) 2h22 USNoWq ⋅⋅=⋅
( ) lnpm21/954119426
3/1217/1UNS
Wqo 3.
7
2h
22 ⋅=⋅⋅⋅
=⋅
⋅=
jedna~ina stawa idealnog gasa za stawe 2:! ( ) 3h33 USNoWq ⋅⋅=⋅
( ) 9426215/9
5/1212SNoWq
U3.
7
h
333
⋅⋅
⋅⋅=
⋅⋅
= >2113/3!L
prvi zakon termodinamike za proces 1−2: 232323 XVR +∆=
23R > ( ) ( ) 2323w XUUNdo +−⋅⋅ > ( ) 2714113/21139/31219/5 3 +−⋅⋅⋅ − >972/2!lK
2
3
w
q
zbirka zadataka iz termodinamike strana 38
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/45/!U vertikalnom cilindru (slika) unutra{weg pre~nika e>311!nn-nalazi se o>!1/6!npm dvoatomnog idealanog gasa. Masa klipa je nl>51lh. Klip je poduprt oprugom linearne karakteristike l. Po~etnipritisak gasa je q2>2/16!cbs, a pritisak okoline iznosi qp>2!cbs. Plinse hladi tako da u momentu rastere}ewa opruge postigne temperatura odU3>364!L, pri ~emu se od gasa odvede 2/6!lK toplote. Zanemaruju}i treweklipa odrediti:a) po~etnu temperaturu gasab) za koliko se podigao gas do momenta rastere}ewa opruge
b*jedna~ina stati~ke ravnote`e za klip u trenutku rastere}ewaopruge:
p3l
3 q
5e
hnq =
π⋅
⋅+ ⇒
53/1
92/:51212
5e
hnqq
36
3l
p3π⋅
⋅−⋅=
π⋅
⋅−= > 98/1 !cbs
jedna~ina stawa idealnog gasa za stawe 2:! ( ) 3h33 USNoWq ⋅⋅=⋅
( )6
4
3
3h3
211/98
3649426216/1q
USNoW
⋅
⋅⋅⋅=
⋅⋅=
−>1/1232!n4
prvi zakon termodinamike za proces 1−2: 232323 XVR +∆=
23R > ( ) ( ) ( )2332
23w WW3qq
UUNdo −⋅+
+−⋅⋅ )2*
jedna~ina stawa idealnog gasa za stawe 1:! ( ) 2h22 USNoWq ⋅⋅=⋅ )3*
kombinovawem jedna~ina (1) i (2) dobija se: W2>1/1259!n4-!U2>484!L
napomena:! *W)W3qq
q)W*eWX 23
3W
W2w
3223 −⋅
+== ∫ -!kao u prethodnom zadatku
b)
{5
eWW
3
32 ∆⋅π⋅
=− ⇒π⋅
−⋅=
π⋅
−⋅=∆
3332
3/1
1232/11259/15
e
WW5{ >97!nn
∆{
3
2
R23
zbirka zadataka iz termodinamike strana 39
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/46/!U vertikalnom, toplotno izolovanom cilindru pre~nika e>311!nn sme{tena je oprugazanemarqive zapremine (slika). Na oprugu je naslowen adijabatski klip mase nl>36!lh. U cilindru senalazi azot stawa 2)q2>2/16!cbs!U2>414!L*. U po~etnom trenutku udaqenost klipa od dna cilindraiznosi {2>611!nn. Du`ina opruge (linearne karakteristike) u neoptere}enom stawu iznosi {p>711nn. Dolivawem `ive )ρ>24711!lh0n4* iznad klipa, klip se spusti za ∆{>211!nn!(zanemariti trewe).Pritisak okoline iznosi qp>2!cbs. Odrediti:a) koliko je `ive doliveno )lh*b) za koliko se pove}ala unutra{wa energija gasac) do koje bi temperature trebalo zagrejati azot tako da se klip vrati u po~etno stawe
(pretpostaviti da ne dolazi do isticawa `ive) i koliko bi toplote pri tom trebalo dovesti
a)jedna~ina stati~ke ravnote`e za polo`aj klipa u trenutku 1:
( )
5e
hnq
5e
{{lq
3l
p32p
2π⋅
⋅+=
π⋅
−⋅+ ⇒ ( )2p
3
3l
2p {{5e
5e
hnqql
−⋅π⋅
⋅
π⋅
⋅+−=
( )6/17/153/1
53/1
92/:362116/2212l
3
366
−⋅π⋅
⋅
π⋅
⋅+⋅−⋅= >992/8!
nO
43
2
3
2 n1/12681/653/1
{5
eW =⋅
π⋅=⋅
π⋅=
( ) ( ) 43
2
3
3 n/123711/2.1/653/1
{{5
eW =⋅
π⋅=∆−⋅
π⋅=
κ
=
2
3
3
2
WW
⇒5/2
6
3
223 1237/1
1268/12116/2
WW
⋅⋅=
⋅=
κ
= 62154/2 ⋅ Qb
{2
e
{3
∆{
∆z
{1
e
zbirka zadataka iz termodinamike strana 40
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
jedna~ina stati~ke ravnote`e za polo`aj klipa u trenutku 2:
( )zh
5e
hnq
5e
{{{lq Ih3
lp3
2p3 ⋅⋅ρ+
π⋅
⋅+=
π⋅
∆+−⋅+ ⇒
( )h
2qq
5e
hn
5e
{{{lz
Ihp33
l3
2p
⋅ρ⋅
−+π⋅
⋅−
π⋅
∆+−⋅=
z>92/:24711
22116/22154/2
53/1
92/:36
53/1
3/13/2483 6633 ⋅
⋅
⋅−⋅+π⋅
⋅−
π⋅
⋅>3:3!nn
3:3/153/1
24711z5
en
33
IhIh ⋅π⋅
⋅=⋅π⋅
⋅ρ= >235/87!lh
b)jedna~ina stawa idealnog gasa na po~etku procesa:! 2h22 USnWq ⋅⋅=⋅
lh1/1294143:8
1268/12116/2USWq
n6
2h
22 =⋅⋅⋅
=⋅⋅
=
jedna~ina stawa idealnog gasa na kraju procesa:! 3h33 USnWq ⋅⋅=⋅
L2/4483:81/1291237/12154/2
SnWq
U6
h
333 =
⋅⋅⋅
=⋅⋅
=
( )23w23 UUdnV −⋅⋅=∆ > ( )4142/44885/1129/1 −⋅⋅ >!1/56!lK
c)uo~iti da je: W4!>!W2- q4>q3
jedna~ina stawa idealnog gasa za stawe 3:! 4h44 USnWq ⋅⋅=⋅
L5313:81/1291268/12154/2
SnWq
U6
h
444 =
⋅⋅⋅
=⋅⋅
=
prvi zakon termodinamike za proces 2−3: 343434 XVR +∆=R34> ( ) ( )34334w WWqUUdn −⋅+−⋅⋅ >
R34>! ( ) ( )1237/11268/1212154/22/44853185/1129/1 46 −⋅⋅⋅+−⋅⋅ − >2/66!lK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 41
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/47/ Toplotno izolovan cilindar, sa pokretnim toplotno izolovanim klipom, podeqen je nepokretnom,toplotno propustqivom (dijatermijskom) pregradom na dva dela (slika). U delu B nalazi se troatomniidealan gas po~etnog staqa B)qB2>1/26!NQb-!WB2>1/6!n4-!UB2>911!L*- a u delu C dvoatomni idealan gaspo~etnog stawa C)qC2>1/6!NQb-!WC2>1/3!n4-!UC2>411!L*/ Odrediti zapreminu u delu B i pritisak u delu Cu trenutku uspostavqawa termodinami~ke ravnote`e.
jedna~ina stawa idealnog gasa A na po~etku procesa:
( ) BhBB2B2 USNoWq ⋅⋅=⋅ ⇒ ( ) Bh
B2B2B UNS
Wqo
⋅⋅
=
91194266/1211/26
o7
B ⋅⋅⋅
= > lnpm212/24 3−⋅
jedna~ina stawa idealnog gasa!C!ob!po~etku procesa:
( ) ChCC2C2 USNoWq ⋅⋅=⋅ ⇒ ( ) Ch
C2C2C UNS
Wqo
⋅⋅
=
41194263/1211/6
o7
C ⋅⋅⋅
= > lnpm215/12 3−⋅
prvi zakon za promenu stawa radnih tela B i C u celom cilindru
R23!>!∆V23!,X23
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2B3BB2C3CCwC2B3BBwB WWqUUNdoUUNdo1 −⋅+−⋅⋅+−⋅⋅= !!!!)2*
jedna~ina stawa ideal. gasa A u trenutku uspostavqawa toplotne ravnote`e:
( ) B3hBB3B3 USNoWq ⋅⋅=⋅ ⇒ ( )hB3B3
B3 SNoWq
U⋅⋅
= )3*
B
C
uo~iti da je:qB2>qB3WC2>WC3UB3>UC3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 42
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
kada se jedna~ina (2) stavi u jedna~inu (1) dobija se:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2B3BB2ChB
3B3BCwC2B
hB
3B3BBwB WWqU
NSoWq
NdoUNSoWq
Ndo1 −⋅+
−
⋅⋅
⋅⋅+
−
⋅⋅
⋅⋅=
( ) ( )( )( )
( )( ) B3C
h
Cw3B
h
Bw
2BB2CCwC2BBwB3B
qqNS
Ndq
NS
NdWqUNdoUNdo
W+⋅+⋅
⋅+⋅⋅+⋅⋅=
B77
47
4
74343
3B
q2126/1216/19426
219/312126/1
9426212/3:
6/12126/1411219/312112/5911212/3:2124/2W
⋅+⋅⋅⋅
+⋅⋅⋅
⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=
−−
odavde se dobija: WB3>1/416!n4
vra}awem u jedna~inu!)3*;!9426212/24
416/1211/26U
.3
7
B3⋅⋅
⋅⋅= >598!L!>!UC3
napomena: ( )BwNd >3:/2!lnpmLlK
troatoman idealan gas
( )CwNd >31/9!lnpmLlK
dvoatoman idealan gas
kedna~ina stawa ideal. gasa C u trenutku uspostavqawa toplotne ravnote`e;
( ) C3hCC3C3 USNoWq ⋅⋅=⋅ ⇒( )
C3
C3hCC3 W
USNoq
⋅⋅=
1/35989426215/12
q.3
C3⋅⋅⋅
= > 6212/9 ⋅ !Qb
zbirka zadataka iz termodinamike strana 43
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/48/!Vertikalan, toplotno izolovan cilindar, zatvoren i sa gorwe i sadowe strane pokretnim klipovima (toplotno izolovanim, zanemarqivihmasa, koji se kre}u bez trewa), podeqen je nepropusnom, krutom inepokretnom pregradom na deo B i deo C (slika). Pregrada je zanemarqivogtoplotnog kapaciteta i pru`a zanemarqiv otpor kretawu toplote. U deluB nalazi se dvoatoman idealan gas, a u delu C troatoman idealan gas. Upo~etnom polo`aju gas u delu B ima stawe B2)WB2>1/6!n4-!qB2>1/5!NQb-UB2>411!L* gas u delu C u stawe C2)WC2>1/5!n4-!qC2>1/16!NQb-!UC2>411!L*/Odrediti zapreminski rad koji treba obaviti pri sabijawu gasa u delu B,da bi zapremina gasa u delu C bila dva puta ve}a.
jedna~ina stawa idealnog gasa A na po~etku procesa:
( ) BhBB2B2 USNoWq ⋅⋅=⋅ ⇒ ( ) Bh
B2B2B UNS
Wqo
⋅⋅
=
41194266/1211/5
o7
B ⋅⋅⋅
= > lnpm219/13 3−⋅
jedna~ina stawa idealnog gasa C na po~etku procesa:
( ) ChCC2C2 USNoWq ⋅⋅=⋅ ⇒ ( ) Ch
C2C2C UNS
Wqo
⋅⋅
=
41194263/1211/16
o7
C ⋅⋅⋅
= > lnpm219/13 4−⋅
uslov zadatka: WC3!>!3!/!WC2!>!1/9!n4-dijatermijska pregrada: UB3>UC3
prvi zakon termodinamike za proces u cilindru:
R23!>!∆V23!,)!X23!*B!,!)!X23!*C
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2C3CCB232C3CCwC2B3BBwB WWqXUUNdoUUNdo1 −⋅++−⋅⋅+−⋅⋅= )2*
jedna~ina stawa idealnog gasa C na kraju procesa:( ) C3hCC3C3 USNoWq ⋅⋅=⋅ )3*
kombinovawem jedna~ina )2* i )3*-!sistem dve jedna~ine sa dve nepoznate,dobija se: UB3>712!L-!!)X23*B>−6:1/4!lK
)X23*B
C
B
zbirka zadataka iz termodinamike strana 44
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/49/!U izolovanom i sa obe strane zatvorenom cilindru nalaze se dva idealna gasa me|usobno odeqenabez trewa pomi~nim i toplotno propusnim klipom. Po~etni pritisak oba gasa iznosi!qB2>qB3>4!cbs/U delu nalazi se kiseonik stawa B)UB2>3:4!L-!nB>1/2!lh*-!a u delu C nalazi se metan stawa!C)UC2>634L-!nC>1/2!lh*/!Odrediti:a) pritisak i temperaturu oba gasa trenutku uspostavqawa termodinami~ke ravnote`eb) promenu entropije sitema koja nastaje u procesu koji po~iwe od zadatog po~etnog stawa i traje do
trenutka uspostavqawa termodinami~ke ravnote`e
b*jedna~ina stawa idealnog gasa B (po~etak procesa) : B2hBBB2B2 USnWq ⋅⋅=⋅
6B2
B2hBB2
214
3:43712/1q
USnW
⋅
⋅⋅=
⋅⋅= >1/1365!n4
jedna~ina stawa idealnog gasa B (kraj procesa): C2hCCC2C2 USnWq ⋅⋅=⋅
6C2
C2hCCC2
214
6346312/1q
USnW
⋅
⋅⋅=
⋅⋅= >1/1:17!n4
prvi zakon termodinamike za proces u cilindru: 232323 XVR +∆=
∆V23>1 ⇒ 32 VV =
CwCCBwBB2 UdnUdnV ⋅⋅+⋅⋅=+
wCC+
wBB3 UdnUdnV ⋅⋅+⋅⋅=
93/22/176/12/163493/22/13:476/12/1
dndnUdnUdn
UwCCwBB
2CwCC2BwBB+
⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅
=⋅+
⋅⋅+⋅⋅=
⋅>573/6!L
jedna~ina stawa idealnog gasa B na kraju procesa:
+hBBB3B3 USnWq ⋅⋅=⋅ ⇒
B3
+hBB
B3 q
USnW
⋅⋅= )2*
jedna~ina stawa idealnog gasa C na kraju procesa:
+hCCC3C3 USnWq ⋅⋅=⋅ ⇒
C3
+hCC
C3 q
USnW
⋅⋅= )3*
B C
zbirka zadataka iz termodinamike strana 45
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
deqewem jedna~ina!)2*!i!)3*!dobija se;!hCC
hBB3CB3 Sn
SnWW
⋅
⋅= )4*
jednake zapremine cilindra pre i posle procesa;!WB2!,WC2!>WB3!,WC3!!!!)5*
kada se jedna~ina!)4*!uvrsti u jedna~inu!)5*!dobija se i re{i po!WC3!dobija se;
WC3!>!2
6312/13712/1
1:17/11365/1
2Sn
SnWW
hCC
hBB
2C2B
+⋅⋅+
=
+⋅
⋅+
>1/1884!!n4
vra}awem u jedna~inu )4*!dobija se;6311/23711/2
1884/1WB3 ⋅⋅
⋅= >1/1498!n4
1498/16/5733712/1
W
USnq
B3
+hBB
B3⋅⋅
=⋅⋅
= > 6212/4 ⋅ !Qb!>!qC3
b)
∆TTJ!>!∆TSU!,!∆Tplpmjob!>!///!>!33/:! LK
∆Tplpmjob>!1! LK
(adijabatski procesi u oba cilindra)
∆TSU!>! CB TT ∆+∆ >!///>!51/8!−!41/8!>!33/:!LK
!∆TB!>g!)!q-!U*!>
−⋅
B2
B3h
B2
B3qB q
qmoS
UU
modn >
∆TB!>
⋅
⋅⋅−⋅⋅
6
6
214
214/2mo371/1
3:4573/6
mo1/:22/1 >51/8!LK
∆TC!>!g!)!q-!U*!>
−⋅
CB2
C3h
C2
C3qC q
qmoS
UU
modn >
∆TC!>!
⋅⋅
⋅−⋅⋅ 6
6
214
214/2mo631/1
634573/3
mo3/452/1 >−41/89!LlK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 46
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/4:/!U zatvorenom, delimi~no adijabatski izolovanom (vidi sliku), horizontalnom cilindru nalazi seo>3!lnpm dvoatomnog idealnog gasa. Pokretna adijabatska povr{ina (klip) deli cilindar na dva jednakadela )WB>WC!*/ Po~etno stawe idealnog gasa (u oba dela) odre|eno je istim veli~inama stawa q>2!cbs-U>399!L. Dovo|ewem toplote kroz neizolovani deo cilindra (leva ~eona povr{ina) dolazi do kretawaklipa (bez trewa) dok pritisak u delu C ne dostigne 5!cbs ( pri tome se usled kvazistati~nosti nenaru{ava mehani~ka ravnote`a tj. i pritsak u delu B iznosi5!cbs). Odrediti:a) zapreminski rad koji izvr{i radno telo u delu B (levi deo cilindra)b) koli~inu toplote koja se preda radnom telu u istom delu cilindra
a)jedna~ina stawa idealnog gasa u delu A na po~etku procesa:
( ) BhBB2B2 USNoWq ⋅⋅=⋅ ⇒ ( ) Bh
B2B2B UNS
Wqo
⋅⋅
= )2*
( ) ChCC2C2 USNoWq ⋅⋅=⋅ ⇒ ( ) Ch
C2C2C UNS
Wqo
⋅⋅
= )3*
iz jedna~ina )2*!i!)3* se dobija: oB!>!oC )4*uslov zadatka: o>oB!,!oC )5*
kombinovawem jedna~ina!)4*!i!)5*!dobija se: oB>!2!lnpm-!oC>2!lnpm
promena stawa idealnog gasa u delu!C!je kvazistati~ka i adijabatska:
L539212
215399
UU5/225/2
6
62
C2
C32CC3 =
⋅
⋅⋅=
⋅=
−
κ−κ
prvi zakon termodinamike za proces u delu C; !!!!! ( ) ( ) ( )C23C23C23 XVR +∆=
( ) ( ) ( ) ( )2C3CwCC23C23 UUNdoVX −⋅⋅−=∆−= > ( )3995399/312 −⋅⋅− >−3:23!lK
( ) ( )C23B23 XX −= >3:23!lK
BR23
C
zbirka zadataka iz termodinamike strana 47
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)jedna~ina stawa idealnog gasa u delu B na po~etku procesa: ( ) B2hBB2B2 USNoWq ⋅⋅=⋅ ⇒
( )B2
B2hBB2 q
USNoW
⋅⋅= )6*
jedna~ina stawa idealnog gasa u delu B na kraju procesa: ( ) B3hBB3B3 USNoWq ⋅⋅=⋅ ⇒
( )B3
B3hBB3 q
USNoW
⋅⋅= )7*
oduzimawem (7*!−!)6*!dobija se;! ( )
−⋅⋅=−
B2
B2
B3
B3hB2B3 q
UqU
SNoWW !)8*
jedna~ina stawa idealnog gasa u delu C na po~etku procesa: ( ) C2hCC2C2 USNoWq ⋅⋅=⋅ ⇒
( )C2
C2hCC2 q
USNoW
⋅⋅= )9*
jedna~ina stawa idealnog gasa u delu C na kraju procesa: ( ) C3hCC3C3 USNoWq ⋅⋅=⋅ ⇒
( )C3
C3hWC3 q
USNoW
⋅⋅= ):*
oduzimawem (9*!−!):*!dobija se; ( )
−⋅⋅=−
C3
C3
C2
C2hC3C2 q
UqU
SNoWW !!)21*
iz ~iwenice da su leve strane jedna~ina!)8*!i!)21*!jednake dobija se:
B2
B2
B3
B3
qU
qU
− >C3
C3
C2
C2
qU
qU
− ⇒
−+⋅=
C3
C3
c2
C2
B2
B2B3B3 q
UqU
qU
qU
⋅−
⋅+
⋅⋅⋅=
6666
B3215
539
212
399
212
399215U >2987!L
prvi zakon termodinamike za proces u delu B; !!!!! ( ) ( ) ( )B23B23B23 XVR +∆=
( ) ( ) ( ) 232B3BwBB23 XUUNdoR +−⋅⋅= > ( ) 3:2339929879/312 +−⋅⋅ >!46:53!lK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 48
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/51. U hermeti~ki zatvorenim i toplotno izolovanim cilindrima B i C , koji su razdvojenislavinom (vidi sliku) nalazi se po!n>5!lh vazduha (idealan gas) stawa 2B)q>21!cbs-!U>511!L*,odnosno 2C)q>2!cbs-!U>511!L). U krajwem levom delu cilindra C nalazi se adijabatski klip koji mo`eda se kre}e u cilindru, ali uz savladavawe sila trewa. Otvarawem slavine, klip se usled razlikepritisaka kre}e i sa stepenom dobrote lq
eη >1/9 sabija vazduh u cilindru C dok se ne uspostavi
mehani~ka ravnote`a. Skicirati procese sa radnim telom na zajedni~komUt dijagramu i odrediti:a) pritisak i temperaturu u cilindrima B i C u stawu mehani~ke ravnote`eb) promenu entropije izolovanog termodinami~kog sistema od zadatog po~etnog stawa do stawa
mehani~ke ravnote`e izme|u vazduha u cilindrima B i C
a)prvi zakon termodinamike za proces u delu A;! ( ) ( ) ( )B23B23B23 XVR +∆= !!)2*
prvi zakon termodinamike za proces u delu C;!! ( ) ( ) ( )C23C23C23 XVR +∆= !!!)3*
sabirawem jedna~ina (1) + (2) dobija se: ( ) ( )C23B23 VV ∆−=∆ ! ⇒
3C2C2B3B UUUU −=− ili 3C2B2C2B UUUU +=+ )4*
napomena: po{to su oba cilindra adijabatski izolovana od okoline ( ) ( )C23B23 RR = =0.
zapreminski rad koji izvr{i radno telo B i zapreminski radkoji se izvr{i nad radnim telom C su jednaki, ali suprotnipo znaku ( ) ( )C23B23 XX −=
B
C
zbirka zadataka iz termodinamike strana 49
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
jedna~ina stawa idealnog gasa u delu B na po~etku procesa: ( ) B2hBB2B2 USNoWq ⋅⋅=⋅ ⇒
( )B2
B2hBB2 q
USNoW
⋅⋅= )5*
jedna~ina stawa idealnog gasa u delu B na kraju procesa: ( ) B3hBB3B3 USNoWq ⋅⋅=⋅ ⇒
( )B3
B3hBB3 q
USNoW
⋅⋅= )6*
oduzimawem (5*!−!)5*!dobija se;! ( )
−⋅⋅=−
B2
B2
B3
B3hB2B3 q
UqU
SNoWW !)7*
jedna~ina stawa idealnog gasa u delu C na po~etku procesa: ( ) C2hCC2C2 USNoWq ⋅⋅=⋅ ⇒
( )C2
C2hCC2 q
USNoW
⋅⋅= )8*
jedna~ina stawa idealnog gasa u delu C na kraju procesa: ( ) C3hCC3C3 USNoWq ⋅⋅=⋅ ⇒
( )C3
C3hWC3 q
USNoW
⋅⋅= )9*
oduzimawem )8*!−!)9*!dobija se; ( )
−⋅⋅=−
C3
C3
C2
C2hC3C2 q
UqU
SNoWW !!):*
iz ~iwenice da su leve strane jedna~ina!)7*!i!):*!jednake dobija se:
B2
B2
B3
B3
qU
qU
− >C3
C3
C2
C2
qU
qU
− ⇒C3
C3
B3
B3
qU
qU
+ >C2
C2
B2
B2
qU
qU
+ ⇒
y
C3B3
qUU +
>C2
C2
B2
B2
qU
qU
+ ! )21*
kada se u jedna~inu )21* uvrsti jedna~ina )4* dobija se:
y
C2B2
qUU +
>C2
C2
B2
B2
qU
qU
+ ⇒ qy!>!
66C2
C2
B2
B2
2C2B
212
511
2121
511511511
qU
qU
UU
⋅+
⋅
+=
+
+
qy!>62193/2 ⋅ Qb
napomena:! qB3!>!qC3>!qy!(uslov mehani~ke ravnote`e na kraju procesa)
zbirka zadataka iz termodinamike strana 50
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
5/225/2
6
62
C2
C3lC2C3l
212
212/93511
UU
−
κ−κ
⋅
⋅⋅=
⋅= >585/7!L
C2C3
C2C3llqe UU
UU−−
=η ⇒lqe
C2C3lC2C3
UUUU
η
−+=
UC3> 9/1511585/7
511−
+ >5:4/4!L
iz jedna~ine!)4*!!!!!⇒ L417/84/5:4511511UUUU C3C2B2B3 =−+=−+=
b)
∆TTJ!>!∆TSU!,!∆Tplpmjob!>!///!>!2/15! LlK
∆Tplpmjob>!1! LlK
(adijabatski procesi u oba cilindra)
∆TSU!>! CB TT ∆+∆ >!///>!1/9:!,!1/26!>!2/15!LlK
!∆TB!>
−⋅
B2
B3h
B2
B3qB q
qmoS
UU
modn >
⋅⋅
⋅−⋅⋅ 6
6
2121
212/93mo398/1
511417/8
mo25 >1/9:!LlK
∆TC!>
−⋅
CB2
C3h
C2
C3qC q
qmoS
UU
modn >
⋅
⋅⋅−⋅⋅
6
6
212
212/93mo398/1
5115:4/4
mo25 >1/26!LlK
qC2
t
U
qB2 qy
2C
3lC
2B
3lB
3C
3B
UB2>UC2
zbirka zadataka iz termodinamike strana 51
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/52/!Geometrijski identi~ni, adijabatski i bez trewa poktretni klipovi hermeti~ki zaptivaju dvahorizontalno postavqena, toplotno izolovana, nepokretna cilindra. Klipovi su me|usobno spregnutipreko sistema zup~astih letvi, odnosno preko fiksnog i bez trewa pokretnog zup~anika (slika). Ulevom cilindru )B*- nalazi se 1/9!lh sumpor dioksida (idealan gas), a u desnom cilindru )C* 1/9!lhkiseonika (idealan gas). U polaznom polo`aju, sumpor-dioksid se nalazi u stawu B2)qB2>1/23!NQb-UB2>411!L*- a kiseonik u stawu C2!)qC2>1/19!NQb-!UC2>411!L*. Odrediti koli~inu elektri~neenergije koju bi elektri~ni greja~ H trebao da preda sumpor-dioksidu, da bi se temperatura kiseonikasnizila do UC3>393!L/
jedna~ina stawa idealnog gasa C na po~etku procesa:! 2ChCC2C2C USnWq ⋅⋅=⋅
72C
2ChCC2C
2119/1
4113719/1q
USnW
⋅
⋅⋅=
⋅⋅= >1/89!n4
zakon kvazistati~ke adijabatske promene stawa gasa!C;!!!!2
3C
2C
3C
2C
UU
qq −κ
κ
=
25/25/2
72
2C
3C2C3C 411
3932119/1
UU
qq−−κ
κ
⋅⋅=
⋅= >! 62175/1 ⋅ Qb
jedna~ina stawa idealnog gasa C!na kraju procesa:!!!! 3ChCC3C3C USnWq ⋅⋅=⋅
63C
3ChCC3C
21755/1
3933719/1q
USnW
⋅
⋅⋅=
⋅⋅= >1/:2!n4
prvi zakon termodinamike za proces u delu C;!!!!!! ( ) ( ) ( )C23C23C23 XVR +∆=
( )C23X >! ( )2C3CwCC UUdn −⋅⋅− > ( )41139376/19/1 −⋅⋅− >!:/47!lX
H
qbncB
C
QC
qB
zbirka zadataka iz termodinamike strana 52
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
( )B23X >! ( )C23X >!:/47!lX
jedna~ina stawa idealnog gasa A na po~etku procesa: 2BhBB2B2B USnWq ⋅⋅=⋅
72B
2BhBB2B
2123/1
4112419/1q
USnW
⋅
⋅⋅=
⋅⋅= >1/37!n4
uslov jednakih promena zapremina: WB3!−!WB2!>!WC3!−!WC2!
WB3!>!WB2!,!WC3!−!WC2 WB3>1/37!,!1/:2!−!1/89!>!1/4:!n4
jedna~ina stati~ke ravnote`e za idealan gas!C!na kraju procesa:
qC3!>!qbnc!−!q{vq•bojl! ⇒ q{vq•bojl!>!qbnc!−!qC3!>!2!−!1/75!>!1/47!cbs
jedna~ina stati~ke ravnote`e za idealan gas!B!na kraju procesa:
qB3!>!qbnc!,!q{vq•bojl! ⇒ qB3!>!2!,!1/47!>!2/47!cbs
jedna~ina stawa idealnog gasa!B!na kraju procesa:!! 3BhBB3B3B USnWq ⋅⋅=⋅
2419/14:/12147/2
SnWq
U6
hBB
3B3B3B ⋅
⋅⋅=
⋅⋅
= >621!L
prvi zakon termodinamike za proces u delu!B;!!!!! ( ) ( ) ( )B23B23B23 XVR +∆=
( )B23R > ( ) ( ) ( ) 47/:41162156/19/1XUUdn B232B3BwBB +−⋅⋅=+−⋅ >95/:7!lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 53
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/53/ U toplotno izolovanom spremniku zapremine W>1/4!n4- nalazi se idealan gas B)Sh>394!K0lhL-dw>821!K0lhL-!q>2!cbs-!U>3:4!L*/ Gre{kom je u ovaj spremnik pu{tena izvesna koli~ina idealnog gasaC tako da je nastala me{avina idealni gasova stawa 2)q>2/49!cbs-!U>431!L*/ Da bi se saznalo koji jegas u{ao u spremnik izmerena je ukupna masa me{avine nB,nC>1/573!lh, a zatim je me{avinazagrejana to temperature od U3>464!L. Za ovo zagrevawe je utro{eno R23>21/4!lK toplote. Odreditikoli~inu )nC* i vrstu )Sh-!dw* dodatog gasa C.
jedna~ina stawa idealnog gasa A pre me{awa: BhBBBB USnWq ⋅⋅=⋅
lh473/13:4394
4/1212USWq
n6
BhB
BB =
⋅⋅⋅
=⋅⋅
=
koli~ina dodatog gasa: nC!>)nB!!,!nC!*!−!nB!>!1/573!−!1/473!>1/2!lh
jedna~ina stawa me{avine idealnih gasova B,C pre zagrevawa, stawe (1):
( ) 2hCChBBB2 USnSnWq ⋅⋅+⋅=⋅ ⇒
⋅−
⋅⋅= hBB
2
2
ChC Sn
UWq
n2
S
⋅−
⋅⋅⋅= 394473/1
4314/12149/2
2/12
S6
hC >37:/4!lhLK
prvi zakon termodinamike za proces zagrevawa me{avine: 232323 XVR +∆=
( ) ( )23wCCwBB23 UUdndnR −⋅⋅+⋅= ⇒
⋅−
−⋅= wBB
23
23
CwC dn
UUR
n2
d
⋅−
−⋅
⋅= 821473/1431464214/21
2/12
d4
wC >662lhLK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 54
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/54!U adijabatski izolovanom sudu sa nepropusnim i adijabatskim pregradnim zidom odvojeno je B)O3-W>8!n4-!q>5!cbs-!U>394!L* od C)DP3-!W>!5!n4-!q>9!cbs-!U>684!L*/ Izvla~ewem pregradnog zida gasovi }ese izme{ati. Odrediti:a) temperaturu )U+* i pritisak )q+* dobijene me{avineb) dokazati da je proces me{awa O3!i!DP3 nepovratan
a)jedna~ina stawa idealnog gasa B pre me{awa: BhBBBB USnWq ⋅⋅=⋅
lh42/443943:8
8215USWq
n6
BhB
BBB =
⋅⋅⋅
=⋅⋅
=
jedna~ina stawa idealnog gasa C pre me{awa: ChCCCC USnWq ⋅⋅=⋅
lh66/3:68429:
5219USWq
n6
ChC
CCC =
⋅⋅⋅
=⋅⋅
=
prvi zakon termodinamike za proces me{awa: 232323 XVR +∆=
∆V23>1 ⇒ 32 VV =
CwCCBwBB2 UdnUdnV ⋅⋅+⋅⋅=+
wCC+
wBB3 UdnUdnV ⋅⋅+⋅⋅=
77/166/3:85/142/4468477/166/3:39485/142/44
dndnUdnUdn
UwCCwBB
CwCCBwBB+
⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅
=⋅+
⋅⋅+⋅⋅=
⋅>522!L
jedna~ina stawa me{avine idealnih gasova u trenutku uspostavqawatoplotne ravnote`e: ( ) ( ) +
hCChBBCB+ USnSnWWq ⋅⋅+⋅=+⋅
( ) ( )58
52229:66/3:3:842/44WW
USnSnq
CB
hCChBB+
+⋅⋅+⋅
=+
⋅⋅+⋅=
∗
> 62189/6 ⋅ Qb
!B !C
zbirka zadataka iz termodinamike strana 55
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
napomena: pritisak gasne me{avine q+ se mo`e odrediti i primenomDaltonovog zakona q+!> +
Bq + +Cq pri ~emu +
Bq i +Cq imaju
slede}a zna~ewa:
+Bq − pritisak gasa B u gasnoj me{avini u trenutku
dostizawa toplotne ravnote`e
+Cq − pritisak gasa C u gasnoj me{avini u trenutku
dostizawa toplotne ravnote`e
jedna~ina stawa idealnog gasa B u trenutku uspostavqawa toplotneravnote`e: ( ) +
hBBCB+B USnWWq ⋅⋅=+⋅
=+
⋅⋅=
+
⋅⋅=
585223:842/44
WW
USnq
CB
+hBB+
B62181/4 ⋅ !Qb
jedna~ina stawa idealnog gasa C u trenutku uspostavqawa toplotneravnote`e: ( ) +
hCCCB+C USnWWq ⋅⋅=+⋅
=+
⋅⋅=
+
⋅⋅=
5852229:66/3:
WW
USnq
CB
+hCC+
C62119/3 ⋅ !Qb
b)
∆TTJ!>!∆TSU!,!∆Tplpmjob!>!///!>23/95! LlK
!?1
∆Tplpmjob>−! =p
23
UR
1!LlK
(sud izolovan od okoline)
∆TSU!>∆TB!,!∆TC>!///>!24/78!−!1/94!>23!/95! LlK
∆TB!> ( )w-UgnB ⋅ !>
++⋅
∗
B
CBhB
BwBB W
WWmoS
UU
modn >
∆TB!>
+
⋅+⋅⋅858
mo3:8/1394522
mo85/142/44 >24/78!LlK
∆TC!> ( )w-UgnC ⋅ !>
++⋅
∗
C
CBhC
CwCC W
WWmoS
UU
modn >
∆TC!>
+
⋅+⋅⋅558
mo29:/1684522
mo77/166/3: >!−1/94!LlK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 56
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/55. Toplotno izolovan sud podeqen je izolovanom pregradom na dva dela (slika). U delu B zapremineWB>2/6!n4 nalazi se vodonik (idealan gas) stawa B)qB>1/3!NQb-!UB>3:4!L*/ U delu C zapremineWC>1/5!n4, nalazi se azot stawa C)qC>1/4!NQb-!nC>2!lh*. U jednom trenutku sa pregrade se uklawaizolacioni nepropusni sloj sa pregrade, ~ime ona postaje toplotno ne izolovana polupropustqivamembrana, kroz koju mogu da prolaze samo molekuli vodonika. Odreditia) promenu entropije sistema tokom procesa koji po~iwe uklawawem sloja pregrade i traje do
uspostavqawa toplotne ravnote`e u sudub) pritisak u delu suda B i delu suda C na kraju ovog procesa
a)jedna~ina stawa idealnog gasa B pre me{awa: BhBBBB USnWq ⋅⋅=⋅
lh36/13:45268
6/2213/1USWq
n7
BhB
BBB =
⋅⋅⋅
=⋅⋅
=
jedna~ina stawa idealnog gasa C pre me{awa: ChCCCC USnWq ⋅⋅=⋅
23:85/1214/1
nSWq
U7
ChC
CCC ⋅
⋅⋅=
⋅⋅
= >515!L
prvi zakon termodinamike za proces me{awa: 232323 XVR +∆=
∆V23>1 ⇒ 32 VV =
CwCCBwBB2 UdnUdnV ⋅⋅+⋅⋅=+
wCC+
wBB3 UdnUdnV ⋅⋅+⋅⋅=
85/125/2136/151585/123:45/2136/1
dndnUdnUdn
UwCCwBB
CwCCBwBB+
⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅
=⋅+
⋅⋅+⋅⋅=
⋅>428/7!L
∆TTJ!>!∆TSU!,!∆Tplpmjob!>!///!>1/39! LlK
!?1
∆Tplpmjob>−! =p
23
UR
1!LlK
(sud izolovan od okoline)
∆TSU!>∆TB!,!∆TC>!///>!1/57!−!1/29!>1/39! LlK
B C
zbirka zadataka iz termodinamike strana 57
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
∆TB!> ( )w-UgnB ⋅ !>
++⋅
∗
B
CBhB
BwBB W
WWmoS
UU
modn >
∆TB!>
+
⋅+⋅⋅6/2
5/16/2mo268/5
3:47/428
mo5/2136/1 >1/57!LlK
∆TC!> ( )w-UgnC ⋅ !>
+⋅
∗
C
ChC
CwCC W
WmoS
UU
modn >
∆TC!>
⋅⋅
5157/428
mo85/12 >!−1/29!LlK
b)jedna~ina stawa idealnog gasa B u trenutku uspostavqawa toplotneravnote`e: ( ) +
hBBCB+B USnWWq ⋅⋅=+⋅
=+
⋅⋅=
+
⋅⋅=
5/16/27/428526836/1
WW
USnq
CB
+hBB+
B62185/2 ⋅ !Qb
+Bq − pritisak vodonika u sudu A i istovremeno parcijalni pritisak
vodonika gasa ugasnoj me{avini (vodonik +azot) u delu suda B utrenutku dostizawa toplotne ravnote`e
jedna~ina stawa idealnog gasa C u trenutku uspostavqawa toplotneravnote`e: +
hCCC+C USnWq ⋅⋅=⋅
=⋅⋅
=⋅⋅
=5/1
7/4283:82W
USnq
C
+hCC+
C62147/3 ⋅ !Qb
+Cq − parcijalni pritisak azota gasnoj me{avini (vodonik +azot) u delu
suda C u trenutku dostizawa toplotne ravnote`e
( )3Cq > +Bq + +
Cq = 62185/2 ⋅ , 62147/3 ⋅ > 6212/5 ⋅ Qb
( )3Cq − pritisak u sudu C u trenutku dostizawa toplotne ravnote`e
zbirka zadataka iz termodinamike strana 58
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/56/ Adijabatski izolovan termodinami~ki sistem prikazan na slici ~ine:− zatvoren rezervoar )B* stalne zapremine WB>1/4!n4, u kojem se nalazi kiseonik (idealan gas) stawa B)qB>3/7!cbs-!UB>411!L*− zatvoren vertikalni cilindar )C* sa bez trewa pokretnim klipom, u kojem se nalazi nC>!2!lh metana (idealan gas) stawa C)qC>3!cbs-!UC>511!L*/ (pokretni klip svojom te`inom obezbe|uje stalan pritisak gasa)
Otvarawem ventila dolazi do me{awa gasova. Smatraju}i da pri me{awu gasova ne}e do}i do hemijskereakcije (eksplozija) odrediti:a) rad koji izvr{i klip za vreme procesa me{awab) promenu entropije ovog adijabatski izolovanog sistema za vreme procesa me{awa
b*
jedna~ina stawa idealnog gasa B pre me{awa: BhBBBB USnWq ⋅⋅=⋅
lh2411371
4/1217/3USWq
n6
BhB
BBB =
⋅⋅⋅
=⋅⋅
=
jedna~ina stawa idealnog gasa C pre me{awa: ChCCCC USnWq ⋅⋅=⋅
6C
ChCCC
213
5116312q
USnW
⋅
⋅⋅=
⋅⋅= >2/15!n4
prvi zakon termodinamike za proces me{awa: !!R23!>!∆V23!,!X23
1> [ ] [ ] 23CwCCBwBB+
wCC+
wBB XUdnUdnUdnUdn +⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅ )2*
izra~unavawe zapreminskog rada: X23!>!
−−⋅ CWW+Wq BC !! )3*
jedna~ina stawa dobijene me{avine idealnih gasova:( ) +
hCChBB+
C USnSnWq ⋅⋅+⋅=⋅ )4*
CB
zbirka zadataka iz termodinamike strana 59
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
)4* ⇒( )
C
+hCChBB+
q
USnSnW
⋅⋅+⋅=
ovu jedna~inu uvrstimo u jedna~inu (2):
( )
−−
⋅⋅+⋅⋅= CB
C
+hCChBB
C23 WWq
USnSnqX
ovu jedna~inu uvrstimo u jedna~inu )2* odakle se nakon sre|ivawa dobija:( )
hCChBBwCCwBB
CBCCwCCBwBB+
SnSndndn
WWqUdnUdnU
⋅+⋅+⋅+⋅
+⋅+⋅⋅+⋅⋅=
( )63/1237/1293/2276/12
15/24/12121351193/2241176/12U
46+
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅
=−
>477/6!L
)4* ⇒( )
6+
213
6/47763123712W
⋅
⋅⋅+⋅= >2/54!n4
)3*! ⇒ [ ]15/24/154/221213X 4623 −−⋅⋅⋅= − >29!lK
b)
∆TTJ!>!∆TSU!,!∆Tplpmjob!>!///!>1/654! LlK
∆Tplpmjob>−! =p
23
UR
1!LlK
(sud i cilidar izolovani od okoline)
∆TSU!>∆TB!,!∆TC>!///>!1/647!,!1/118!>1/654! LlK
∆TB>
+⋅
B
+
hBB
+
wBB WW
moSUU
modn >
⋅+⋅⋅
1/42/54
mo37/1411477/6
mo1/762 >1/647LlK
∆TC> =
+⋅
∗
C
+
hCC
wCC WW
moSUU
modn
⋅+⋅⋅
2/152/54
mo63/1511477/6
mo2/932 >1/118!LlK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 60
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/57/ Termodinami~ki sistem prikazan na slici ~ine:− zatvoren rezervoar )B* stalne zapremine WB>1/37!n4, u kojem se nalazi kiseonik (idealan gas) stawa B)qB>5!cbs-!UB>511!L*− zatvoren rezervoar )C* stalne zapremine WC>1/37!n4 u kojem vlada apsolutni vakum− okolina stalne temperature Up>399!L
Otvarawem ventila kiseonik se {iri i u toku procesa {irewa okolini preda25/5!lK toplote.a) odrediti pritisak kiseonika nakon {irewab) dokazati da je proces {irewa kiseonika nepovratan.
a)jedna~ina stawa idealnog gasa B pre {irewa: 2BhBBB USnWq ⋅⋅=⋅
lh2511371
37/1215USWq
n6
2BhB
BBB =
⋅⋅⋅
=⋅⋅
=
prvi zakon termodinamike za proces {irewa: 232323 XVR +∆=
( )2B3Bw23 UUdnR −⋅= ⇒83/125/25
511dn
RUU
w
232B3B ⋅
−=⋅
+= >491!L
jedna~ina stawa idealnog gasa B nakon {irewa: ( ) 3BhBCB3B USnWWq ⋅⋅=+⋅
37/137/14913712
WW
USnq
CB
3BhB3B +
⋅⋅=
+
⋅⋅= >! 621:/2 ⋅ Qb
b)
∆TTJ!>!∆TSU!,!∆Tplpmjob!>!///!>1/258,1/16!>!1/2:8! LlK
!?!1
∆Tplpmjob>−!399
5/25UR
p
23 −−= >1/161!
LlK
∆TSU>
−⋅
B2
B3h
B2
B3qB Q
qmoS
UU
modn >
⋅−⋅⋅
52/:
mo37/1511491
mo1/:22 >1/258LlK
B C
zbirka zadataka iz termodinamike strana 61
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/58/!Adijabatski izolovan sud podeqen je nepropusnom i adijabatskom membranom na dva dela WB>1/4!n4
i WC>1/6!n4 (slika). U delu B nalazi se nB>1/6!lh kiseonika (idealan gas) temperature UB>411!L, a udelu C!nC>2!lh sumpor-dioksida (idealan gas) temperature UC>641!L. U delu A kiseonik po~iwe da seme{a ventilatorom snage41!X/ Membrana je projektovana da pukne kada razlika pritisaka prema{i ∆q>73!lQb i u tom trenutku seiskqu~uje ventilator. Odrediti:a) vreme do pucawa membranec* temperaturu i pritisak nastale me{avine posle pucawa membrane, a po uspostavqawu
termodinami~ke ravnote`e
b*jedna~ina stawa idealnog gasa C: ChCCCC USnWq ⋅⋅=⋅
6/16412412
W
USnq
C
ChCCC
⋅⋅=
⋅⋅= > 62149/2 ⋅ Qb
uslov pucawa membrane: C3B qqq −=∆
qqq C3B ∆+= = 46 2173/12149/2 ⋅+⋅ > 6213 ⋅ !Qb
jedna~ina stawa idealnog gasa B neposredno pred pucawe membrane:
3BhBBB3B USnWq ⋅⋅=⋅ ⇒3716/1
4/1213SnWq
U6
hBB
B3B3B ⋅
⋅⋅=
⋅⋅
= >572/6!L
prvi zakon termodinamike za proces u delu A (za vreme rada ventilatora)
23U2323 XVR +∆= ⇒ 2323U VX ∆−=
( ) ( )4116/57276/16/1UUdnX 2B3BwBB23U −⋅⋅−=−⋅⋅−= >−63/6!lK
4.U23
U23
2141.
6/63
X
X
⋅
−==
⋅τ >!2861!t
B !C
X23
zbirka zadataka iz termodinamike strana 62
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)prvi zakon termodinamike za proces me{awa: 232323 XVR +∆=
∆V23>1 ⇒ 32 VV =
CwCC3BwBB2 UdnUdnV ⋅⋅+⋅⋅=+
wCC+
wBB3 UdnUdnV ⋅⋅+⋅⋅=
56/1276/16/164156/126/57276/16/1
dndnUdnUdn
UwCCwBB
CwCC3BwBB+
⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅
=⋅+
⋅⋅+⋅⋅=
⋅>612/4!L
jedna~ina stawa me{avine idealnih gasova u trenutku uspostavqawatoplotne ravnote`e: ( ) ( ) +
hCChBBCB+ USnSnWWq ⋅⋅+⋅=+⋅
( ) ( )6/11/4
4/61224123716/1WW
USnSnq
CB
hCChBB+
+⋅⋅+⋅
=+
⋅⋅+⋅=
∗
> 62174/2 ⋅ Qb
2/59/!Adijabatski izolovan sud podeqen je nepropustqivom i adijabatskom membranom na dva dela WB>1/4n4!i!WC>1/6!n4 (vidi sliku). U delu B nalazi se nB>1/6!lh kiseonika (idealan gas) temperature UB>411L, a u delu C!nC>2!lh sumpor-dioksida (idealan gas) temperature UC>461!L/ Me{awe kiseonika se obavqaventilatorom pogonske snage 41!X, sumpor-dioksida ventilatorom pogonske snage 56!X. Membrana jeprojektovana tako da pukne kada razlika pritisaka prema{i ∆q≥75/3!lQb i u tom trenutku se iskqu~ujuoba ventilatora. Odrediti:a) vreme do pucawa membraneb) temperaturu i pritisak nastale me{avine posle pucawa membrane, a po uspostavqawu
termodinami~ke ravnote`e
B)XU23*B )XU23*B
C
zbirka zadataka iz termodinamike strana 63
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b*
prvi zakon termodinamike za proces u delu!B;!!! ( ) ( )B
23UB23B23 XVR
τ⋅+∆=
⋅
( )B
23U2B3BwBB XUUdn
τ⋅−=−⋅⋅
⋅)2*
prvi zakon termodinamike za proces u delu!C;! ( ) ( )C
23UC23C23 XVR
τ⋅+∆=
⋅
( )C
23U2C3CwCC XUUdn
τ⋅−=−⋅⋅
⋅)3*
deqewem jedna~ina!)2*!i!)3*!dobija se;!
C
23U
B
23U
X
X
⋅
⋅
>( )( )2C3CwCC
2B3BwBB
UUdnUUdn
−⋅⋅−⋅⋅
!!!!!)4*
jedna~ina stawa idealnog gasa!C!neposredno pred!pucawa membrane:
3ChCCC3C USnWq ⋅⋅=⋅ ⇒C
3ChCC3C W
USnq
⋅⋅= )5*
jedna~ina stawa idealnog gasa!B!neposredno pred!pucawa membrane:
3BhBBB3B USnWq ⋅⋅=⋅ ⇒B
3BhBB3B W
USnq
⋅⋅= )6*
oduzimawem jedna~ina!)6*!i )5*!dobija se:
C
3ChCC
B
3BhBB3C3B W
USn
W
USnqq
⋅⋅−
⋅⋅=− )7*
uslov pucawa membrane: 3C3B qqq −=∆ )8*
kombinovawem jedna~ina!)4*-!)7*!i!)8*!dobija se:
UB3!>!577/26!L UC3!>!641!L
vra}awem UB3!u jedna~inu!)2*!ili UC3!u jedna~inu )3*!dobija se:( ) ( )
4141126/57776/16/1
X
UUdn
23U
2B3BwBB
−−⋅⋅−
=−⋅⋅−
=τ⋅
>2911!t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 64
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)prvi zakon termodinamike za proces me{awa: 232323 XVR +∆=
∆V23>1 ⇒ 32 VV =
3CwCC3BwBB2 UdnUdnV ⋅⋅+⋅⋅=+
wCC+
wBB3 UdnUdnV ⋅⋅+⋅⋅=
56/1276/16/164156/1226/57776/16/1
dndnUdnUdn
UwCCwBB
3CwCC3BwBB+
⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅
=⋅+
⋅⋅+⋅⋅=
⋅>614/3!L
jedna~ina stawa me{avine idealnih gasova u trenutku uspostavqawatoplotne ravnote`e: ( ) ( ) +
hCChBBCB+ USnSnWWq ⋅⋅+⋅=+⋅
( ) ( )6/11/4
3/61424123716/1WW
USnSnq
CB
hCChBB+
+⋅⋅+⋅
=+
⋅⋅+⋅=
∗
> 62175/2 ⋅ Qb
zbirka zadataka iz termodinamike strana 65
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
zadaci za ve`bawe: )2/5:/!−2/61/*
2/5:/ Verikalni cilindar unutra{weg pre~nika e>361!nn,adijabatski izolovan od okoline, zatvoren je sa gorwe strane beztrewa pokretnim adijabatskim klipom mase nl>61!lh. Klip na sebinosi oprugu zanemarqive te`ine, linearne karakteristike l>231O0dn3 i u po~etnom polo`aju udaqen je od dna cilindra {>511!nn(slika). Pritisak okoline iznosi qp>2!cbs/ U cilindru se nalazivazduh (idealan gas) temperature U2>3:4!L. Na oprugu se odozgopo~iwe spu{tati teg nbtf!nU>411!lh/ Od trenutka kada teg dodirneopruga , on po~inwe oprugu sa klipom potiskivati na dole,istovremeno sabijaju}i oprugu i gas u cilindru. Odreditia) za koliko se spusti klip )∆{* a koliko sabije opruga )∆m* do
trenutka kada sila u u`etu postane jednaka nuli (stawe 2)b) do koje temperature bi trebalo zagrejati vazduh stawa 2 da bi
klip vratili u prvobitni polo`aj i koliko toplote je za topotrebno dovesti
a) ∆{>21:!nn- ∆m>356!nnb) U>563/9!L- R>4/2!lK
2/61/ Cilindar je napravqen prema slici. Slobodnopomi~ni klip zanemarqive mase, optere}en tegom masenU>311!lh, nalazi se u po~etnom polo`aju na kao naslici. U cilndru se nalazi vazduh po~etne temperatureU2>634!L koji se hladi predaju}i kroz zidove cilindratoplotu okolini stawa P)qp>2!cbs-!!Up>3:4!L* sve douspostavqawa toplotne ravnote`e sa okolinom.Odrediti:a) pri kojoj temperaturi vazduha u cilindru }e klip
dodirnuti oslonac (stawe 2)b) pritisak gasa na po~etku i kraju procesac) koli~inu toplote koju vazduh preda okolini tokom
procesa 1−2−3
a) U3!>456/7!Lb) q2!>2/73!cbs-!q4!>2/48!cbsc) R24!>!−4/27!lK
nu
{
m
e
e>291!nn
E>311!nn
{>461!nn
nu
E
{
e
∆{
∆{>261!nn
zbirka zadataka iz termodinamike strana 66
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
PRVI I DRUGI ZAKON TERMODINAMIKE(OTVOREN TERMODINAMI^KI SISTEM)
2/62/ Vazduh (idealan gas) struji stacionarno kroz vertikalnucev visine 4/7!n, konstantnog popre~nog preseka, masenim
protokom od ⋅n>411!lh0i (slika). Cev je toplotno izolovana
od okoline, a u cevi je instaliran greja~ koji vazduhu predajetoplotu. Stawe vazduha na ulazu u cev odre|eno je veli~inamastawa 2)q2>2/3!cbs-!U2>3:4!L-!x>5/6!n0t*, a na izlazu 3)q3>2cbs!U3>472!L*. Odrediti:a) brzinu vazduha na izlazu iz cevic* toplotni protok koji greja~ saop{tava vazduhu
a)jedna~ina stawa idealnog gasa na ulazu u cev:
2h22 USwq ⋅=⋅
62
2h2
213/2
3:4398q
USw
⋅
⋅=
⋅= >1/8118!
lhn4
jedna~ina stawa idealnog gasa na izazu iz cevi: 3h33 USwq ⋅=⋅
63
3h3
212
472398q
USw
⋅
⋅=
⋅= >2/1472!
lhn4
jedna~ina kontinuiteta:3
33
3
2
32
2
w5
ex
w5
ex
π⋅⋅
=
π⋅⋅
8118/11472/2
6/5ww
xx2
323 ⋅=⋅= >7/76!
tn
b)
prvi zakon termodinamike za proces u cevi:! 23q23l23U2323 FFXIR ∆+∆++∆=⋅⋅⋅
( ) ( )23
32
33
23q23 {{n3xx
nUUdnR −⋅+−
⋅+−⋅⋅∆=⋅⋅⋅⋅
( ) 7/44711411
36/576/7
4711411
3:44722124711411
R33
423 ⋅+
−⋅+−⋅⋅⋅=
⋅>6779!X
3
2
{3−{2
zbirka zadataka iz termodinamike strana 67
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/63/ U toplotno izolovanoj komori me{aju se tri struje idealnih gasova: kiseonik B)⋅n>7!lh0t-!q>1/29
NQb-!u>361pD*- azot C)⋅n>4!lh0t-!q>1/44!NQb-!u>6:1pD* i ugqen−monoksid D)
⋅n>3!lh0t-!q>1/49!NQb-
u>551pD*/ Pritisak dobijene sme{e na izlazu iz komore q+>1/2!NQb/!Zanemaruju}i promenu kineti~keenergije kao i potencijalne energije, odrediti:
a) temperaturu )U+* i zapreminski protok ( +W ) dobijene sme{ec* promenu entropije sistema za proces me{awa
a)prvi zakon termodinamike za proces u me{noj komori:
23q23l23U2323 FFXIR ∆+∆++∆=⋅⋅⋅
⇒ 32 II⋅⋅
=
DqDDCqCCBqBB2 UdnUdnUdnI ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅⋅⋅
+qDD
+qCC
+qBB3 UdnUdnUdnI ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅
qDDqCCqBB
DqDDCqCCBqBB+
dndndn
UdnUdnUdnU
⋅+⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
=⋅+⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=
15/2315/24:2/1782415/2397415/24634:2/17
U+ 76:/7!L
jedna~ina stawa idealne gasne me{avine na izlazu iz komore za me{awe:
+hDDhCChBB
++ USnSnSnWq ⋅
⋅+⋅+⋅=⋅
⋅⋅⋅⇒
( )6+
+hDDhCChBB
+
212
7/76:3:833:843717
q
USnSnSn
W⋅
⋅⋅+⋅+⋅=
⋅
⋅+⋅+⋅
=
⋅⋅⋅
31W+ = !tn4
B
C
D
me{avina
zbirka zadataka iz termodinamike strana 68
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)
jedna~ina stawa idealnog gasa B u nastaloj me{avini: +hBB
++B USnWq ⋅⋅=⋅
⋅
317/76:3717
W
USnq
+
+hBB+
B⋅⋅
=⋅⋅
=
⋅
>1/62 621⋅ !Qb
jedna~ina stawa idealnog gasa C u nastaloj me{avini: +hCC
++C USnWq ⋅⋅=⋅
⋅
317/76:3:84
W
USnq
+
+hCC+
C⋅⋅
=⋅⋅
=
⋅
>1/3: 621⋅ !Qb
jedna~ina stawa idealnog gasa D u nastaloj me{avini: +hDD
++D USnWq ⋅⋅=⋅
⋅
317/76:3:83
W
USnq
+
+hDD+
D⋅⋅
=⋅⋅
=
⋅
>1/31 621⋅ !Qb
tjT⋅
∆ > SUT⋅
∆ , pT⋅
∆ >!///!>7/26!LlX
SUT⋅
∆ > BT⋅
∆ , CT⋅
∆ , DT⋅
∆ >!///>4/34!,!2/44!,!2/6:!>!7/26!LlX
p
23p
UR
T
⋅⋅
−=∆ >1!LlX
(adijabatski izolovana komora za me{awe)
BT⋅
∆ = ( )U-qg = Bn⋅
.
−
B
+B
hBB
+
qB qq
moSUU
mod =
BT⋅
∆ > =
⋅
⋅⋅−⋅⋅
7
6
2129/1
2162/1mo37/1
6347/76:
mo:2/17 4/34LlX
CT⋅
∆ > ( )U-qg > Cn⋅
/!
−
C
+C
hCC
+
qC qq
moSUU
mod >
CT⋅
∆ >
⋅
⋅⋅−⋅⋅
7
6
2144/1
213:/1mo3:8/1
9747/76:
mo15/24 >2/44!LlX
DT⋅
∆ > ( )U-qg > Dn⋅
/!
−
D
+D
hCD
+
qD qq
moSUU
mod >
DT⋅
∆ >
⋅
⋅⋅−⋅⋅
7
6
2149/1
2131/1mo3:8/1
8247/76:
mo15/23 >2/6:!LlX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 69
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/64/ “Ludi nau~nik” tvrdi da je mogu}e, bez izmene toplote i/ili rada sa okolinom, struju vazduha stawa
2)⋅n>2!lh0t-!q>4!cbs-!U>3:4!L* razdvojiti na dve struje. Struju 2 stawa 3)q>3/8!cbs-!U>444!L* i struju 3
stawa 4)q>3/8!cbs-!U>384!L*/ Dokazati da je “ludi nau~nik” u pravu. Zanemariti promene kineti~ke ipotencijalne energije vazduha.
prvi zakon termodinamike za proces u razdelnoj komori:
23q23l23U2323 FFXIR ∆+∆++∆=⋅⋅⋅
⇒ 32 II⋅⋅
=
2q2 Udn ⋅⋅⋅
> 4q43q3 UdnUdn ⋅⋅+⋅⋅⋅⋅
)2*
jedna~ina kontinuiteta: 432 nnn⋅⋅⋅
+= )3*
kombinovawem jedna~ina!)2*!j!)3*!dobija se: 3n⋅
>1/44!tlh
-! 4n⋅
>1/78!tlh
drugi zakon termodinamike za proces u razdelnoj komori:
tjT⋅
∆ > SUT⋅
∆ , pT⋅
∆ >!///!>36/7!LX
SUT⋅
∆ > 3T⋅
∆ , 4T⋅
∆ >!///>63/85!−38/25!>!36/7!LX
p
23p
UR
T
⋅⋅
−=∆ >1!LX
(adijabatski izolovana komora za me{awe)
3T⋅
∆ = ( )U-qg = 3n⋅
.
−
2
3h
2
3q q
qmoS
UU
mod
3T⋅
∆ > =
⋅−⋅⋅
48/3
mo398/13:4444
mo244/1 63/85LX
4T⋅
∆ = ( )U-qg = 4n⋅
.
−
2
4h
2
4q q
qmoS
UU
mod =
4T⋅
∆ > =
⋅−⋅⋅
48/3
mo398/13:4384
mo277/1 −38/25LX
Kako je tjT⋅
∆ ?!1, ovaj proces je mogu} pa je “ludi nau~nik” u pravu.
zbirka zadataka iz termodinamike strana 70
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/65/ [ire}i se u gasnoj turbini, tok vazduha (idealan gas), mewa
svoje toplotno stawe od stawa 2)⋅W 2>1/3!n40t- q>21!cbs-!U>691!L*!,
na ulazu u turbinu, do stawa 3)⋅W 3>2/3!n40t-!q>2!cbs*- na izlazu iz
we. Tokom {irewa usled neidealnog toplotnog izolovawa turbine,toplotni protok sa vazdu{nog toka na okolni vazduh iznosi 29!lX.Zanemaruju}i promene kineti~ke i potencijalne energije vazdha ,odrediti:a) snagu turbineb) dokazati da je proces u turbini nepovratan (temperatura okoline
iznosi Up>3:4!L)
a)
jedna~ina stawa idealnog gasa na ulazu u turbinu: 2h22 USnWq ⋅⋅=⋅⋅⋅
6913983/12121
USWq
n6
2h
22
⋅⋅⋅
=⋅⋅
=
⋅⋅
>2/3!tlh
jedna~ina stawa idealnog gasa na izlazu iz turbine: 3h33 USnWq ⋅⋅=⋅⋅⋅
3/23983/2212
nS
WqU
6
h
333 ⋅
⋅⋅=
⋅
⋅=
⋅
⋅
>459/5!L
prvi zakon termodinamike za proces u turbini:
23q23l23U2323 FFXIR ∆+∆++∆=⋅⋅⋅
⇒
( )23q23232323U UUdnRIRX −⋅⋅−=∆−=⋅⋅⋅⋅⋅
> ( )6915/45923/229 −⋅⋅−− >371!lX
b)
tjT⋅
∆ > SUT⋅
∆ , pT⋅
∆ >!///!>72/5!,!292/5!>353/9!LX
?!1
3:429
UR
Tp
23p
−−=−=∆
⋅⋅
>72/5!LX
SUT⋅
∆ = 23T⋅
∆ = ( )U-qg =⋅n .
−
2
3h
2
3q q
qmoS
UU
mod
SUT⋅
∆ > =
⋅−⋅⋅
212
mo398/1691
5/459mo23/2 292/5
LX
XU23
R23!2
!3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 71
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/66/!U dvostepenoj gasnoj turbini ekspandira ⋅n>3!lh0t vazduha (idealan gas) od po~etnog pritiska
q2>71!cbs!do krajweg pritiska q5>21!cbs. Nakon ekspanzije u prvom stepenu turbine vazduh se uvodi ume|uzagreja~ u kome se izobarski zagreva do temperature U2>U4>911!L/ Ekspanzije u oba stepena suadijabatske i kvazistati~ke. Zanemariti promene potencijalne i kineti~ke energije. Skiciratiproces u qw i Ut koordinatnim sistemima i odrediti:a) pritisak u me|uzagreja~u tako da snaga dvostepene turbine bude maksimalnab) snagu dvostepene turbine u tom slu~aju
a)
( )5432q45U23U UUUUdnXXQ −+−⋅⋅=+=⋅⋅⋅
!>!///
2
3
2
3
2
UU
qq −κ
κ
= ⇒
2
2
323 U
Uqq
−κκ
⋅= >qy )2*
2
5
4
5
4
UU
qq −κ
κ
= ⇒
2
5
454 U
Uqq
−κκ
⋅= >qy )3*
2
43
5
XU23
R34 XU45
U
t
q
w
2
3 4
5
2
5
4
3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 72
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
kombinovawem jedna~ina (1) i (2) dobija se:
2
2
32 U
Uq
−κκ
⋅ >
2
5
45 U
Uq
−κκ
⋅ ⇒
2
35
24
5
2
UUUU
qq −κ
κ
⋅⋅
= ⇒35
24
2
5
2
UUUU
⋅⋅
=
κ−κ
⇒!κκ−
⋅
⋅=
2
5
2
5
243 q
qUUU
U
−+
⋅
⋅−⋅⋅=
κκ−
⋅
54
2
5
2
5
242q UU
UUU
UdnQ
−
⋅
⋅⋅⋅=
∂∂ κ
κ−⋅
2qq
U
UUdn
UQ
2
5
235
24q
5
1UQ
5=
∂∂
⇔ 12qq
U
UU2
5
235
24 =
−
⋅
⋅ κκ−
⇒κκ−
⋅⋅=
2
5
2245 q
qUUU
κκ−
⋅⋅=
2
5
2245 q
qUUU >
5/25/22
6
6
2121
2171911911
−
⋅⋅
⋅⋅ >72:/44!L ⇒
5/25/22
6
6
32121
217144/72:911911
U
−
⋅⋅
⋅⋅
= >72:/44!L-2
2
323 U
Uqq
−κκ
⋅= >
25/25/2
6
91144/72:
2171−
⋅⋅ >35/6!cbs
b)
( )44/72:91144/72:91123Qnby −+−⋅⋅= >833/79!lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 73
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/67/!Kopresor, snage!3!lX-!usisava okolni vazduh (idealan gas) stawa!2)q>2!cbs-!U>3:4!L-!⋅n>1/16
lh0t*!i adijabatski ga sabija do stawa!3/!Nakon toga se vazduh adijabatski prigu{uje do po~etnogpritiska )q4>q2*. Prira{taj entropije vazduha za vreme adijabatske kompresije i adijabatskogprigu{ivawa je jednak. Odrediti stepen dobrote adijabatske kompresije. Zanemariti promenekineti~ke i potencijalne energije vazduha.
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu
ograni~enom isprekidanom linijom: 24q24l24U2424 FFXIR ∆+∆++∆=⋅⋅⋅
( ) 23U24q XUUdn1⋅⋅
+−⋅⋅= ⇒216/1
33:4
dn
XUU
q
23U24 ⋅
+=⋅
−=
⋅
⋅>444!L
prvi zakon termodinamike za proces u prigu{nom ventilu :
34q34l34U3434 FFXIR ∆+∆++∆=⋅⋅⋅
⇒ 43 II⋅⋅
= ⇒ U3>U4
3423 tt ∆=∆ ⇒3
4h
3
4q
2
3h
2
3q q
qmoS
UU
modqq
moSUU
mod −=− ⇒
398/132
6hS3qd
2
323 3:4
444212
UU
qq⋅⋅
⋅⋅=
⋅= > 62136/2 ⋅ !Qb q3l>q3
κ−κ
=
2
l3
2
l3
2
UU
⇒5/225/22
2
l32l3 2
36/23:4
UU
−κ−κ
⋅=
⋅= >423/4!L
4443:44/4233:4
UUUU
32
l32lqe −
−=
−−
=η >1/59
2 43
XU23
zbirka zadataka iz termodinamike strana 74
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/68/!!U turbo kompresorskoj stanici se vr{i dvostepena kvazistati~ka adijabatska kompresija.Kompresor usisava 6!lnpm0i okolnog vazduha (idelan gas) stawa!2)q>2!cbs-!U>3:4!L* i sabija ga naneki me|u pritisak pri kojem se daqe hladi do temperature okoline. Nakon toga se vazduh sabija nakona~ni pritisak 5)q>:!cbs*. Zanemaruju}i promene potencijalne i kineti~ke energije, odrediti:a) vrednost me|u pritiska )q3>q4*!pri kojem su snage potrebne za oba stepena sabijawa jednakeb) u{tedu u snazi u ovom procesu u odnosu na kompresiju bez me|uhla|ewa, tj. kada bi se kvazistati~ka
adijabatska kompresija od stawa 2)q>2!cbs-!U>3:4!L* do pritiska od :!cbs!vr{ila u jednom stepenu
a)prvi zakon termodinamike za proces u kompresoru niskog pritiska:
23q23l23U2323 FFXIR ∆+∆++∆=⋅⋅⋅
⇒ ( )32q23U UUdnX −⋅⋅=⋅⋅
!!!!!!!)2*
prvi zakon termodinamike za proces u kompresoru visokog pritiska:
45q45l45U4545 FFXIR ∆+∆++∆=⋅⋅⋅
⇒ ( )54q45U UUdnX −⋅⋅=⋅⋅
!!!!!!!)3*
Kombinovawem uslova zadatka 45U23U XX⋅⋅
= !i!U2>U4!sa jedna~inama!)2*!i!)3*dobija se!U3>U5/
2
3
2
3
2
UU
qq −κ
κ
= ⇒
2
2
323 U
Uqq
−κκ
⋅= )4*
2
5
4
5
4
UU
qq −κ
κ
= ⇒
2
5
454 U
Uqq
−κκ
⋅= )5*
2
3
4
5
XU23
XU45
R34
zbirka zadataka iz termodinamike strana 75
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
deqewem jedna~ina!)4* i!)5*!dobija se:κ−κ
⋅=
32
2
525 q
qUU
5/2325/2
5 2:
3:4U⋅−
⋅= >512/15!L!>!U3
iz jedna~ine!)4*! ⇒25/2
5/2
63 3:4
15/512212q
−
⋅⋅= >! 6214 ⋅ Qb!>!q4
b)
κ−κ
⋅=
2
2
52
(5 q
qUU >
5/225/2
2:
3:4
−
⋅ >659/:3!L
potrebna snaga u prvom slu~aju: 45U23UU XXX⋅⋅⋅
+=
UX⋅
> ( ) ( ) ( )15/5123:42/3:47116
UUUUNdo 5432q −⋅⋅=−+−⋅⋅⋅
>!−5/48!LX
potrebna snaga u drugom slu~aju: (25U
-
U XX⋅⋅
=
-
UX⋅
> ( ) ( ) ( ):3/6593:42/3:47116
UUNdo (52q −⋅⋅=−⋅⋅⋅
>!−21/45!LX
u{teda u snazi:-
UUU XXX⋅⋅⋅
−=∆ >−5/48,21/45!>!6/:8!lX
zatvorena povr{ina!!)3−4−5−5′−3*!predstavqa u{tedu u
snazi ( UX⋅
∆ *!koja je ostvarena dvostepenomkompresijom (u odnosu na jednostepenu kompresiju)
2
5
4
5′
3
U
t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 76
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/69/!U dvostepenom kompresoru sa me|uhla|ewem, pri ustaqenim uslovima, sabija se neravnote`no(nekvazistati~ki) i adijabatski!1/4!lh0t!azota (idealan gas), od polaznog stawa!2)q2>1/2!NQb-!U2>3:4!L*do stawa!5)q5>1/7!NQb-!U5>561!L*/!Stepeni dobrote prilikom sabijawa u oba stepena su jednaki i iznose
9/1JJe
Je =η=η /!Odrediti ukupnu snagu za pogon kompresora i toplotnu snagu koja se odvodi pri hla|ewu
(izme|u dve kompresije), ako se proces me|uhla|ewa odvija pri stalnom pritisku!q3>q4!>!1/4!NQb/Zanemariti promene kineti~ke i potencijalne energije vazduha i prikazati sve procese na!Ut!dijagramu.
κ−κ
=
2
l3
2
l3
2
UU
⇒ =
⋅=
κ−κ 2
2
l32l3 q
qUU
5/225/2
24
3:4
−
⋅ >512!L
32
l32Je UU
UU−−
=η ⇒ =η−
−=Je
l3223
UUUU =
−−
9/15123:4
3:4 539!L
κ−κ
=
2
l5
4
l5
4
UU
⇒κ−κ
⋅=
2
4
l54l5 q
qUU ! )2*
54
l54JJe UU
UU−−
=η ⇒ ( )54JJe4l5 UUUU −⋅η−= )3*
kombinovawem jedna~ina!)2*!i!)3*!dobija se: U4>465!L-!U5l>542!L
2
R34
4
5
3
XU45
XU23
zbirka zadataka iz termodinamike strana 77
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
odvedena toplota u fazi me|uhla|ewa )3−4*; ( ) dpotuq3434 rnR =
⋅⋅⋅=
( ) ( )53946515/24/1UUdnR 34q34 −⋅⋅=−⋅⋅=⋅⋅
>!−34/2!lX
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu
ograni~enom isprekidanom linijom: 25q25l25U2534 FFXIR ∆+∆++∆=⋅⋅⋅
( )25q34253425U UUdnRIRX −⋅⋅−=∆−=⋅⋅⋅⋅⋅
> ( )3:456115/24/12/34 −⋅⋅−−
25UX⋅
>−83/2!lX
napomena: ukupna snaga za pogon oba kompresora jednaka je zbiru snagapotrebnih za pogon kompresora niskog pritiska i kompresora
visokog pritiska tj:! 45U23U25U XXX⋅⋅⋅
+=
zbirka zadataka iz termodinamike strana 78
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
PRVI I DRUGI ZAKON TERMODINAMIKE(PUWEWE I PRA@WEWE REZERVOARA)
2/6:/!Vazduh (idealan gas) stawa!)q>2!cbs-!U>3:1!L) nalazi se u toplotno izolovanom rezervoaruzapremine!W>1/7!n4/!Toplotno izolovanim cevovodom u rezervoar se uvodi vazduh (idealan gas) stawa)q>21!cbs-!U>511!L). Tokom procesa u rezervoaru je stalno ukqu~en greja~ snage!3/6!lX/!Kada vazduh urezervoaru dostigne stawe!)q>5!cbs-!U>611!L*!prekida se dotok vazduha i iskqu~uje greja~. Odreditivreme trajawa procesa puwewa rezervoara kao i maseni protok vazduha koji se uvodi u rezervoar.
po~etak: q>2!cbs-!U>3:1!Lkraj: q>5!cbs-!U>611!Lulaz: q>21!cbs-!U>511!L
jedna~ina stawa idealnog gasa za po~etak: qpdhqpdqpd USnWq ⋅⋅=⋅
3:13987/1212
US
Wqn
6
qpdh
qpdqpd ⋅
⋅⋅=
⋅
⋅= >1/83!lh
jedna~ina stawa idealnog gasa za kraj: lshlsls USnWq ⋅⋅=⋅
6113987/1215
USWq
n6
lsh
lsls ⋅
⋅⋅=
⋅⋅
= >2/78!lh
materijalni bilans procesa puwewa: j{lsvmqp nnnn +=+
qplsvm nnn −= >2/78!−!1/83!>!1/:6!lh
prvi zakon termodinamike za proces puwewa:
vmj{qpls2323 IIVVXR −+−=− vmqvmqpwqplswls23 UdnUdnUdnR ⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅=
5112:6/13:183/183/161183/178/2R23 ⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅= >81/97!lK
6/397/81
R
R
23
23 ==τ⋅
>39/4!t
4/39:6/1n
n vmvm =
τ=
⋅>44/7!
th
zbirka zadataka iz termodinamike strana 79
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/71/!U verikalnom toplotno izolovanom cilindru-!povr{ine popre~nog preseka B>1/2!n3-! nalazi sevazduh (idealan gas) stawa )U>291pD-!n>1/16!lh), ispod toplotno izolovanog klipa mase koja odgovarate`ini od!31!lO-!a na koji spoqa deluje atmosferski pritisak od!1/2!NQb!(slika). U cilindar se, kroztoplotno izolovan cevovod, naknadno uvede vazduh stawa!)q>1/5!NQb-!U>651pD-!n>1/2!lh*!{to dovededo pomerawa klipa (bez trewa)/!Zanemaruju}i promene kineti~ke i potencijalne energije uvedenogvazduha odrediti koliki rad izvr{i vazduh nad okolinom kao i temperaturu vazduha u cilindru nakraju procesa.
po~etak: U>564!L-!q>2/12131
212B
Gq
46ufh
p⋅
+⋅=+ >4!cbs-!n>1/16!lh
kraj: q>4!cbsulaz: q>5!cbs-!U>924!L-!n>1/2!lh
jedna~ina stawa idealnog gasa za po~etak: qpdhqpdqpdqpd USnWq ⋅⋅=⋅
6qpd
qpdhqpdqpd
214
56439816/1q
USnW
⋅
⋅⋅=
⋅⋅= >1/1328!n4
materijalni bilans procesa puwewa: j{lsvmqp nnnn +=+
vmqpls nnn += >1/16!,!1/2!>!1/26!lh
jedna~ina stawa idealnog gasa za kraj: lshlslsls USnWq ⋅⋅=⋅ !!!)2*
prvi zakon termodinamike za proces puwewa:
vmj{qpls2323 IIVVXR −+−=− vmqvmqpwqplswls23 UdnUdnUdnX ⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅=−
)3*
( ) ( )qpdlsqpd
lsW
qpdW
23 WWqeWWqX −⋅=⋅= ∫ !!!)4*
∆z
kraj
ulaz
po~etak
zbirka zadataka iz termodinamike strana 80
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
kada se jedna~ine )2*!i )4* uvrste u jedna~inu )3* dobija se:
( ) vmqvmqpwqphls
lslswlsqpdlsqpd UdnUdn
SnWq
dnWWq ⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅
⋅⋅=−⋅− ⇒
lsbkh
wqpd
qpdqpdvmqvmqpwqpls
qSd
q
WqUdnUdnW
⋅+
⋅+⋅⋅+⋅⋅=
646
46
ls
21439883/1
21214
1328/12121492422/156483/116/1W
⋅⋅+⋅⋅
⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=
−
−
>1/1:9:!n4
)2*!!!⇒ !39826/11:9:/1214
SnWq
U6
hls
lslsls ⋅
⋅⋅=
⋅⋅
= >79:/3!L
)4*!!!⇒! ! ( ) ( )1328/11:9:/121214WWqX 46qpdlsqpd23 −⋅⋅⋅=−⋅= − >34/27!lK
2/72/!Kroz toplotno izolovan cevovod, unutra{weg pre~nika!e>21!nn*-!biva uveden azot!)O3-!idealangas*!stawa!)U>416!L-!q>1/7!NQb-!x>21!n0t) u toplotno izolovan rezervoar zapremine!W>1/7!n4!!ukojem se ve} nalazi ugqen−dioksid!)DP3-!idealan gas) stawa!)q>1/2!NQb-!U>3:4!L*/!Ako se procespuwewa prekida kada pritisak sme{e u rezevoaru dostigne!1/6!NQb-!odrediti:a) temperaturu me{avine idealnih gasova u rezervoaru na kraju procesa puwewab) promenu entropije sistema za vreme procesa puwewac) vreme trajawa procesa puwewa rezervoara
po~etak: q>2!cbs-!U>3:4!L-!DP3kraj: q>6!cbs-!DP3!+!O3ulaz: q>7!cbs-!U>416!L-!x>21!n0t-!!O3
a)prvi zakon termodinamike za proces puwewa:
vmj{qpls2323 IIVVXR −+−=−
( )
+⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅+⋅=
3x
UdnUdnUdndn13
vm3qO3Oqp3wDP3DPls3wO3O3wDP3DP !!)2*
jedna~ina stawa me{avine idealnih gasova za zavr{etak puwewa:
ls3hO3O3hDP3DPls U*SnS)nWq ⋅⋅+⋅=⋅ !!!! !!!!!!!)3*
jedna~ina stawa idealnog gasa za )DP3*!po~etak: qpd3hDP3DPqpd USnWq ⋅⋅=⋅
!!!!!!!)4*
zbirka zadataka iz termodinamike strana 81
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
)4* ⇒3:429:
7/1212US
Wqn
6
qpd3hDP
qpd3DP ⋅
⋅⋅=
⋅
⋅= >2/19!lh
kombinovawem jedna~ina!)2*!i!)3*!dobija se:! Uls>494/7!L-! 3On >2/:5!lh
b)
∆Ttjtufn!>!∆Tubeop!ufmp!,!∆Tplpmjob!>!///!>:47/4! LK
∆Tplpmjob>1! LK ! (sud adijabatski izolovan od okoline)
∆Tsbeop!ufmp!> 3O3DP TT ∆+∆ >!///>!2:3!,!855/4!>!:47/4!LK
3DPT∆ >g)U-!W*> =
+⋅
WW
moSUU
modn 3hDPqp
ls3wDP3DP 3:4
494/7mo1/772/19 ⋅⋅ >2:3!
LK
3OT∆ >g)U-!Q*>
−⋅
vm
3Olsbk
3hOvm
ls3qO3O q
qmoS
UU
modn >
3OT∆ >
⋅−⋅⋅
74/79
mo3:8/1416494/7
mo2/152/:5 >///>!855/4!LK
jedna~ina stawa idealnog gasa )O3* za kraj: ls3hO3O3O
ls USnWq ⋅⋅=⋅
7/17/4943:8:5/2
W
USnq ls3hO3O3Ols
⋅⋅=
⋅⋅= > 62179/4 ⋅ Qb
c)
3O
3O
n
n⋅=τ >///> 4213/6
:5/2−⋅
>484/2!t
5e
xn3
vmb{3Oπ
⋅⋅ρ=⋅
>///>512/1
2173/73 π
⋅⋅ > 4213/6 −⋅tlh
4163:8217
USq 6
vmb{3hO
vmb{vmb{ ⋅
⋅=
⋅=ρ >7/73! 4n
lh
zbirka zadataka iz termodinamike strana 82
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/73/ U rezervoaru zapremine!W>1/4!n4!nalazi se azot stawa!)q>231!cbs-!U>411!L*/!Ventil na rezervoaruse brzo otvori, ispusti se izvesna koli~ina azota u atmosferu a zatim se ventil ponovo zatvori, tako dase mo`e smatrati da pri takvim uslovima nema razmene toplote izme|u rezervoara i okoline. Neposredno po zatvarawu ventila pritisak azota u rezervoaru iznosi!q>71!cbs/!Odrediti:a) koli~inu azota koja je istekla iz rezervoara )lh* kao i temperaturu azota u rezervoaru neposredno
posle zatvarawa ventilac* koli~inu toplote koju bi trebalo dovesti preostalom vazduhu u sudu da bi dostigao pritisak koji je je
imao pre pra`wewa )NK*
b*Promena stawa azota koji se za vreme procesa pra`wewa nalazi u sudu jekvazistai~ka adijabatska promena, pa se temperatura azota u sudu na krajuprocesa pra`ewa mo`e odrediti iz zakona kvazistati~ke adijabatske promene:
κ−κ
=
2
qp
ls
qp
ls
UU ⇒ 5/2
25/22
qp
lsqpls 231
71411
UU
−κ−κ
⋅=
⋅= >357/2!L
jedna~ina stawa idealnog gasa za po~etak: qpdhqpdqpd USnWq ⋅⋅=⋅
4113:84/121231
US
Wqn
6
qpdh
qpdqpd ⋅
⋅⋅=
⋅
⋅= >51/5!lh
jedna~ina stawa idealnog gasa za kraj: lshlsls USnWq ⋅⋅=⋅
2/3573:84/12171
USWq
n6
lsh
lsls ⋅
⋅⋅=
⋅⋅
= >35/74!lh
materijalni bilans procesa pra`wewa: j{lsvmqp nnnn +=+
lsqpj{ nnn −= >51/5!−!35/74!>!26/88!lh
b)2!>!kraj )n>35/74!lh-!q>71!cbs-!U>357/2!L*3 ! )n>35/74!lh-!q>231!cbs-!U>@*
jedna~ina stawa idealnog gasa za stawe 2: 3h3 USnWq ⋅⋅=⋅ ⇒
3:874/354/121231
SnWq
U6
h
33 ⋅
⋅⋅=
⋅⋅
= >5:3/2!L
( ) ( )23wdpotuw2323 UUdnrnR −⋅⋅=⋅= = > ( )2/3572/5:385/174/35 −⋅⋅ >5/59!NK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 83
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ME[AVINE IDEALNIH GASOVA
2/74. Za me{avinu idealnih gasova, kiseonika )B*!i azota!)C), odredititi molsku masu!)Nn*-!gasnukonstantu!)Shn*-!specifi~ne toplotne kapacitete pri stalnom pritisku!)dqn) i pri stalnoj zapremini)dwn!*-!eksponent izentropske promene stawa!)κn*!kao i parcijalne pritiske komponenata!B!i!C!ako seme{avina nalazi naqn>2!cbs!i ako je sastav me{avine zadat na slede}i na~in:b* hB>1/7-!hC>1/5c* sB>1/3-!sC>1/9
b*
395/1
437/12
Nh
N
h2
N
C
C
B
BhN
+=
+
= >41/38!lnpmlh
( )38/41
9426N
NSS
n
hhn == >385/7:!
lhLK
44QCCQBBQn 2115/25/121:2/17/1dhdhd ⋅⋅+⋅⋅=⋅+⋅= >:73!
lhLK
7:/385:73Sdd hnqnwn −=−= >798/42lhLK
42/798:73
d
d
wn
qtn ==κ >2/5
24338/41
7/1qNN
hq nB
NBB ⋅⋅=⋅⋅= >1/68!cbs
68/12qqq BnC −=−= >1/54!cbs
b)
=⋅+⋅=⋅+⋅= 399/1433/1NsNsN CCBBn 39/9!lnpmlh ( )
9/399426
N
NSS
n
hhn == >399/83
lhLK
15/29/39
399/1:2/1
9/3943
3/1dNN
sdNN
sd qCN
CCqB
N
BBqn ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅= >2122/22
lhLK
83/39922/2122Sdd hnqnwn −=−= >833/4:lhLK
4:/83322/2122
d
d
wn
qtn ==κ >2/5
23/1qsq nBB ⋅=⋅= >1/3!cbs
3/12qqq BnC −=−= >1/9!cbs
zbirka zadataka iz termodinamike strana 84
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/75/!Me{avina idealnih gasova-!n>2!lh-!sastoji se od azota!)B), zapreminskog udela!51& i metana!)C*-zapreminskog udela!)71%). Me{avina se zagreva od temperature!U2>411!L!do temperature!U3>711!L!nadva na~ina. Prvi put je promena stawa kvazistati~ki izohorska, a drugi put se odvija kvazistati~ki pozakonu prave linije u!Ut!koordinatnom sistemu. U oba slu~aja po~etna i krajwa stawa radnog tela sujednaka. Skicirati promene stawa na Ut dijagramu i odrediti:a) zapreminski rad )lK* du` promene!2−2 koja se odvija po zakonu prave linijeb) promenu entropije izolovanog sistema!)lK0L*!koji ~ine radna materija i toplotni izvor stalne
temperature!UUJ>U3!za slu~aj izohorske promene stawa
=⋅+⋅=⋅+⋅= 277/1395/1NsNsN CCBBn 31/9!lnpmlh
93/29/31
277/185/1
9/3139
5/1dNN
sdNN
sd qCN
CCwB
N
BBwn ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅= >2/35!
lhLlK
a)
( )
+⋅⋅
+⋅=∆⋅
+⋅=⋅⋅= ∫ 2
3hn
2
3wn
3223
32
3t
2t
23 ww
moSUU
mod3UU
nt3UU
nettUnR
411711
mo35/23411711
2R23 ⋅⋅+
⋅= >497/89!lK
( ) ( )41171135/22UUdnvnV 23wtn2323 −⋅⋅=−⋅⋅=∆⋅=∆ >483!lK
prvi zakon termodinamike za proces 2−3 koji se odvija po pravoj liniji:
R23!>!∆V23!,!X23 ⇒ X23!>!R23!−!∆V23!>!497/89−483>25/89!lK
2
U3
t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 85
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)
∆TTJ!>!∆TSU!,!∆TUJ!>!///>!96:/6!−!731!>34:/6! LK
∆TSU!>n!/!∆t23!>! 411711
mo35/22UU
modn2
3wtn ⋅⋅=⋅ >96:/6!
LK
∆TUJ!>!UJ
23
UR
− >///>711483
− >!!−731!LK
( ) ( ) ( )41171135/22UUdnrnR 23wndpotuw2323 −⋅⋅=−⋅⋅=⋅= = >483!lK
2/76/![upqa kugla zanemarqive mase unutra{weg pre~nika!e>2!n!sastavqena je od dve polovine kojesu tesno priqubqene (slika). U kugli se nalazi me{avina idealnih gasova vodonika )B*-ugqen−dioksida )C* i azota )D* sastava sB>1/46-!sC>1/5!j!sD>1/36!stawa 2)q>1/3!cbs-!U>3:4!L*/ Na dowojpolovini kugle obe{en je teret mase nU>5111!lh. Pritisak okoline iznosi qp>2!cbs. Odreditikoliko toplote treba dovesti me{avini idealnih gasova u kugli da bi se polovine mogle razdvojiti.
=⋅+⋅+⋅=⋅+⋅+⋅= 3936/1555/1346/1NsNsNsN DDCCBBn 36/4!lnpmlh
( )4/36
9426N
NSS
n
hhn == >439/77!
lhLK
qDN
DDqC
N
CCwB
N
BBwn d
NN
sdNN
sdNN
sd ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=
85/14/36
3936/177/1
4/3655
5/15/214/36
346/1dwn ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅= >1/:6!
lhLlK
zapremina lopte: W>7
27e 44 π⋅
=π
>1/6347!n4
zbirka zadataka iz termodinamike strana 86
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
jedna~ina stawa me{avine idealnih gasova stawa!)2*;! 2hn2 USnWq ⋅⋅=⋅
3:477/4396347/1213/1
USWq
n6
2hn
2
⋅⋅⋅
=⋅⋅
= >1/22!lh
jedna~ina stati~ke ravnote`e neposredno pred odvajawe dowe polovine
(stawe 2):
5e
hnq
3u
3π⋅
⋅+ > pq !!! !!⇒
q3!>!
52
92/:215212
5e
hnq
3
46
3u
pπ⋅
⋅⋅−⋅=
π⋅
⋅− > 6216/1 ⋅ Qb
jedna~ina stawa me{avine idealnih gasova stawa!)3*;!!! 3hn3 USnWq ⋅⋅=⋅
77/43922/16347/1216/1
SnWq
U6
hn
33 ⋅
⋅⋅=
⋅⋅
= >835/26!L
( ) ( ) ( )3:426/835:6/133/1UU:6/122/1rnR 23dpotuw2323 −⋅⋅=−⋅⋅=⋅= = >56/4!lK
2/77/!Za situaciju u proto~nom ure|aju za me{awe (prikazanu na slici) koji radi pri stacionarnimuslovima, odrediti da li se u sistem dovodi mehani~ka snaga ili se iz sistema mehani~ka snaga odvodii izra~unati wenu vrednost!)lX*/
lX21R23 −=⋅
@X 23U =⋅
struja 1:x2>311!n0tU2>611pDn2>21!u0i
molski sastav:B; DP3>61&C; O3>61&
struja 2:x3>1!n0tU3>531pDn3>7!u0i
molski sastav:D; O3>71&E; P3>51&
me{avina:x+>41!n0tU+>611pD
zbirka zadataka iz termodinamike strana 87
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
struja 1:
=⋅+⋅=⋅+⋅= 396/1556/1NsNsN CCBB2n 47!lnpmlh
472121
Nn
o4
2n
22
⋅==
⋅⋅
>388/89!( )i
CBlnpm +
89/3886/1oso 2BB ⋅=⋅=⋅⋅
>249/9:!i
lnpmB
85/3824/1oso 2CC ⋅=⋅=⋅⋅
>249/9:!i
lnpmC
struja 2:
435/1397/1NsNsN EEDD3n ⋅+⋅=⋅+⋅= >3:/7!lnpmlh
7/3:217
Nn
o4
3n
33
⋅==
⋅⋅
>313/81!( )i
EDlnpm +
81/3137/1oso 3DD ⋅=⋅=⋅⋅
>232/73!i
lnpmD
81/3135/1oso 3EE ⋅=⋅=⋅⋅
>92/19!i
lnpmE
prvi zakon termodinamike za proces me{awa fluidnih struja:
23q23l23U2323 FFXIR ∆+∆++∆=⋅⋅⋅
⇒ 23l232323U FIRX ∆−∆−=⋅⋅⋅
2323 III⋅⋅⋅
−=∆ >///>435:/88!−!4229/7:!>!242/19!lX
2I⋅> ( ) ( ) ( ) ( ) 3EqEDqD2CqCBqB UNdoNdoUNdoNdo ⋅
⋅+⋅+⋅
⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅
2I⋅> 7:42/3:
471119/92
2/3:4711
73/2328842/3:
47119:/249
5/484711
9:/249⋅
⋅+⋅+⋅
⋅+⋅
2I⋅>4229/7:!lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 88
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
3I⋅> ( ) ( ) ( ) ( ) +
EqEDqD+
CqCBqB UNdoNdoUNdoNdo ⋅
⋅+⋅+⋅
⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅
3I⋅> 8842/3:
471119/92
2/3:4711
73/2328842/3:
47119:/249
5/484711
9:/249⋅
⋅+⋅+⋅
⋅+⋅
3I⋅>435:/88!lX
3tusvkb23l
2tusvkb23l23l FFF ∆+∆=∆ >///>−65/42!,!1/86!>−64/67!lX
( ) ( )3xx
NoNoF3
23+
CCBB2tusvkb
23l
−⋅
⋅+⋅=∆
⋅⋅
331141
394711
9:/24955
47119:/249
F33
2tusvkb23l
−⋅
⋅+⋅=∆ >−65/42!lX
( ) ( )3xx
NoNoF3
33+
EEDD3tusvkb
23l
−⋅
⋅+⋅=∆
⋅⋅
3141
434711
19/9239
471173/232
F33
3tusvkb23l
−⋅
⋅+⋅=∆ >,1/86!lX
23UX⋅
>!−21!−!242/19!,!65/42!>!−97/88!lX
Po{to je vrednost za 23UX⋅
negativan broj to zna~i da se u sistem dovodi mehani~ka snaga.
2/78/ Vazduh (idealna gas) po~etne temperature!Uw2>61pD-!masenog protoka!⋅nw>3!lh0t!zagreva se u
rekuperativnom razmewiva~u toplote na ra~un hla|ewa me{avine idealnih gasova DP3!i!TP3!od
Un2>511pD!do!Un3>351pD. Maseni protok me{avine idealnih gasova je!⋅nn>4!lh0t-!a maseni udeo!DP3!u
me{avini je!91&/!Razmewiva~ toplote je toplotno izolovan od okoline. Pokazati da je proces razmenetoplote u razmewiva~u toplote nepovratan. Zanemariti promene kineti~ke i potencijalne energijegasnih struja kao i padove pritiska gasnih struja pri strujawu kroz razmewiva~ toplote.
DP3!,!TP3
vazduh
zbirka zadataka iz termodinamike strana 89
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
1/3h2h1/9h3DP3TP3DP =−=⇒=
69/13/196/19/1dhdhd3qTP3TP3qDP3DPqn ⋅+⋅=⋅+⋅= >1/9!
lhLlK
prvi zakon termodinamike za proces u razmewiva~u toplote:
23q23l23U2323 FFXIR ∆+∆++∆=⋅⋅⋅
⇒ 2I⋅> 3I
⋅
3nqnn3wqww2nqnn2wqww UdnUdnUdnUdn ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅
qww
3nqnn2nqnn2wqww3w
dn
UdnUdnUdnU
⋅
⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅=
⋅
⋅⋅⋅
236249/147849/1443423
U 3w ⋅⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅
= >626!L
plpmjobSUTJ TTT⋅⋅⋅
∆+∆=∆ >//!/>1/39!LlX
LlX
1UR
Tp
23plpmjob =
⋅−=∆
⋅(razmewiva~ toplote je izolovan od okoline)
///TTT nwSU =+=⋅⋅⋅
∆∆∆ >1/:4!−!1/76!>!1/39!LlX
!
( )
−⋅=⋅=∆
⋅
2w
3whw
2w
3wqwwww
moSUU
mod/nU-qg
/nT >
434626
mo23 ⋅⋅ >1/:4!LlX
( )
−⋅=⋅=∆
⋅
2n
3nhn
2n
3nqnnnn
moSUU
mod/nU-qg
/nT >
784624
mo9/14 ⋅⋅ >−1/76!LlX
napomena: po{to je promena entropije sistema pozitivan broj
( 1TTJ >∆⋅
) to zna~i da je proces razmene toplote urazmewiva~u toplote nepovratan
zbirka zadataka iz termodinamike strana 90
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
2/79/!!Me{avina idealnih gasova (kiseonik i ugqen−dioksid), pogowena kompresorom snage!2:!lX-struji kroz kanal. Usled neidealnog izolovawa kanala i kompresora okolini se predaje!2/39!lX
toplote. Zapreminski protok i temperatura me{avine na ulazu u kanal iznose!⋅W 2>1/26!n40t!i
U2>486!L. Na izlazu iz kanala, pri pritisku!q>3!cbs-!zapreminski protok i temperatura me{avine
iznose!⋅W 3>1/22!n40t!i!U3>586!L/!Zanemaruju}i promene kineti~ke i potencijalne energije me{avine
idealnih gasova, odrediti:a) masene udele komponenata u me{avinib) promeu entropije sistema u navedenom procesu, ako temperatura okoline iznosi Up>3:4!La)
jednan~ina stawa me{avine idealnih gasova na izlazu iz kanala:
( ) 3h33 UNSoWq ⋅⋅=⋅⋅⋅
⇒ ( ) 586942622/1213
UNSWq
o6
3h
33
⋅⋅⋅
=⋅
⋅=
⋅⋅
>!6/68/21−4!t
lnpm
prvi zakon termodinamike za proces u kanalu:
23q23l23U2323 FFXIR ∆+∆++∆=⋅⋅⋅
⇒!!!!!! ( ) ( ) 23U23nq23 XUUNdoR⋅⋅⋅
+−⋅⋅=
( )( ) ( )4865862168/6
2:39/2
UUo
XRNd
4
23
23U23nq
−⋅⋅
+−=
−⋅
−=
−⋅
⋅⋅
>42/92!lnpmLlK
( ) ( ) ( )3DPq3DP3Pq3Pnq NdsNdsNd ⋅+⋅= )2*
2ss3DP3P=+ )3*
Kombinovawem jedna~ina!)2* i!)3*!dobija se:!3P
s >1/7:-!!!3DPs >1/42
5542/1437:/1437:/1
NsNsNs
h3DP3DP3P3P
3P3P3P ⋅+⋅
⋅=
⋅+⋅⋅
= >1/7
7/12h2h3P3DP −=−= >!1/5
2 3XU23
R23
zbirka zadataka iz termodinamike strana 91
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)jedna~ina stawa me{avine idealnih gasova na ulazu u kanal:
( ) 2h22 UNSoWq ⋅⋅=⋅⋅⋅
⇒( )
2
2h2
W
UNSoq
⋅
⋅⋅⋅
=
26/148694262168/6
q4
2⋅⋅⋅
=−
> 62127/2 ⋅ !Qb
plpmjobSUTJ TTT⋅⋅⋅
∆+∆=∆ >//!/>5/48!,!27/76!>32/13!LX
3:439/2
UR
Tp
23plpmjob
−−=−=∆
⋅>5/48!
LX
nSU TT⋅⋅
= ∆∆ > ( ) ( ) ( )
⋅−⋅⋅=⋅
2
3hn
2
3qn q
qmoNS
UU
moNd/oU-qg
/o
nT⋅
∆ >
⋅−⋅⋅⋅ −
27/23
mo426/9486586
mo92/422168/6 4 > 76/27LX
zadatak za ve`bawe: )2/7:*
2/7:/!U ~eli~noj boci zapremine W>1/2!n4!nalazi se vazduh )3P
s >1/32-!3O
s >1/8:* okolnog stawa
P)qp>2!cbs-!Up>3:4!L*/ Boca se puni ugqen−dioksidom. Odrediti:a) koliko se lh!DP3!treba ubaciti u bocu, da bi molski udeo kiseonika u novonastaloj me{avini bio
6& i koliki je tada pritisak me{avine u boci pri temperaturi od 3:4!Lb) koliko toplote treba dovesti da se me{avina u boci zagreje na 564!L
a) 3DPn > 4216/: −⋅ !lh-!!!q>2/16!cbs
b) R23>25/76!lK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 92
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
POLUIDEALNI GASOVI
2/81/!Tokom kvazistati~ke promene stawa 2−2 kiseoniku (poluidealan gas) mase!n>1/4!lh, po~etnogstawa!2)U2>484!L-!q2) predaje se toplota pri ~emu se kisonik zagreje do!U3>784!L. Specifi~nitoplotni kapacitet kiseonika tokom ove promene stawa mewa se po zakonu:
[ ] [ ]LU
212:/1lhL0)lK
d 423 −⋅+=
Od stawa 2 kiseonik kvazistati~ki izotermski mewa stawe do stawa!4!)q4>q2*/!Odrediti koli~inutoplote!)lK*!koja se kisoniku preda:b* tokom procesa!2−3c* tokom procesa!3−4
a)
( ) ∫∫ ⋅
−⋅+⋅=⋅⋅=
3U
2U
3U
2U
23 eUU4212:/1neUUdnR
( ) ( ) −⋅−⋅+−⋅⋅= 23
33323 UU52162UU:/1nR
( ) ( )
−⋅−⋅+−⋅⋅= 33
23 4847845216484784:/14/1R >239/18!lK
b)
( ) ( ) ( )234
2
3
3U
2U
43U
2U
23 UU212UU
mo:/1U
eUU212:/1UeUUd
t −⋅⋅+⋅=⋅⋅+
=⋅
=∆ −−
∫∫( )484784212
484784
mo:/1t 423 −⋅⋅+⋅=∆ − >1/94!
lhLlK
( )484:329/1784:757/1484784
2UdUd
UU2
d 2
2U
2Uq3
3U
21q
23
3U
2Uq ⋅−⋅⋅
−=
⋅−⋅⋅
−= >
3U
2Uqd >2/129!
lhLlK
−=∆
2
3
2
33U
2Uq23 q
qmohSU
Umodt !! ⇒ ! 23
2
33U
2Uq
2
3h t
UU
modqq
moS ∆−=
94/1484784
mo129/2qq
moS2
3h −⋅= >−1/34
lhLlK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 93
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
( )
−⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅= ∫ 3
4h
4U
3Uq3343
4t
3t
34 qq
moS3U4UmodUntUnettUnR ∆
( )34/17844/1qq
moSUnR2
3h334 −⋅⋅=⋅⋅= >−57/55!lK
2/82/!Zavisnost molarnog toplotnog kapaciteta od temperature za neki poluidealan gas, pri stalnom
pritisku, data je izrazom: [ ] [ ]
−⋅+= − 384
LU
2118/53/3:npmL0K
D 4qN
b* odrediti koli~inu toplote koju treba predati gasu da bi se on zagrejao od polazne temperatureU2>3:1!L!do temperature!U3>684!L-!ako se predaja toplote vr{i pri stalnom pritisku!q>2/6!NQb-!aposle izobarskog {irewa gas zauzima zapreminu!W3>1/9!n4
b) odrediti koli~inu toplote koju je potrebno predati istoj koli~ini istog gasa, da bi se on zagrejao odiste polazne temperature!U2!do iste temperature!U3-!ako gas biva zagrevan pri stalnoj zapremini
b*jedna~ina stawa idealnog gasa stawa!3;! ( ) 3h33 UNSoWq ⋅⋅=⋅
( ) 68494269/1216/2
UNSWq
o7
3h
33
⋅⋅⋅
=⋅
⋅= >1/36!lnpm
( ) ( ) ( )[ ] eU384U2118/53/3:oeUUDoR
3U
2U
4
3U
2U
qNdpotuq23 ⋅−⋅⋅+⋅=⋅⋅= ∫∫ −=
( ) ( ) ( )
−⋅⋅⋅−
−⋅⋅+−⋅⋅= −−
= 234
32
334
23dpotuq23 UU3842118/53UU
2118/5UU3/3:oR
( ) ( ) ( )
−⋅−
−⋅⋅+−⋅⋅= −
= 3:168422/233:1684
2118/53:16843/3:36/1R33
4dpotuq23
( ) dpotuq23R = >3/22!NK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 94
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)
( ) ( ) ( ) ( )[ ] eUNSUDoeUUDoR
3U
2U
hqN
3U
2U
wNdpotuw23 ⋅−⋅=⋅⋅= ∫∫=
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )23hdpotuq23
3U
2U
hqNdpotuw23 UUNSoReUNSUDoR −⋅⋅−=⋅−⋅= == ∫( ) ( ) NK63/23:1684942636/12122/3R 7
dpotuw23 =−⋅⋅−⋅==
2/83/!Vazduh (poluidealan gas), masenog protoka!⋅nw>1/3!lh0t, po~etne temperature!Uw>711pD-!pri
konstantnom pritisku, struji kroz adijabatski izolovanu cev u kojoj se hladi kiseonikom (poluidealangas) koji struji kroz cevnu zmiju, a zatim se i me{a sa jednim delom ovog kiseonika (slika).Temperatura tako nastale me{avine iznosi UN>411pD-!a maseni udeo kiseonika u toj sme{i je!hC>1/6.Temperatura kiseonika na ulazu u cev je!UL2>31pD-!a na izlazu iz cevi!UL3>311pD/!Pritisakkiseonika je stalan. Odrediti maseni protok kiseonika kojim se vr{i hla|ewe vazduha )nB,nC*.Zanemariti promene potencijalne i kineti~ke energije poluidealnih gasova.
vazduh,!nw-!984!L
kiseonik,!nB,nC-!3:4!L
kiseonik,!nB-!584!L
me{avina,!nC!,nw-!684!L
zbirka zadataka iz termodinamike strana 95
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
Cw
CC
nn
nh
⋅⋅
⋅
+= ⇒
6/123/16/1
h2nh
nC
wCC
−⋅
=−⋅
=
⋅⋅
>1/3!tlh
Dp7112wU
1qwd
=
>2/161!lhLlK
-Dp411nU
1qwd
=
>2/131!lhLlK
Dp312lU
1qld
=
>1/:222!lhLlK
-Dp3113lU
1qld
=
>1/:466!lhLlK
Dp411nU
1qld
=
>1/:6!lhLlK
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu
ograni~enom isprekidanom linijom: ! 23q23l23U2323 FFXIR ∆+∆++∆=⋅⋅⋅
32 II⋅⋅
=
2l
2lU
1qlCB2w
2wU
1qww2 UdnnUdnI ⋅
++⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅
n
Un
1qlC3l
3lU
1qlBn
nU
1qww3 UdnUdnUdnI ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅
3l
3lU
1ql2l
2lU
1ql
2l
2Ul
1qln
Un
1qlC2w
2wU
1qwn
nU
1qww
B
UdUd
UdUdnUdUdn
n
⋅−⋅
⋅−⋅⋅+
⋅−⋅⋅
=
⋅⋅
⋅
( ) ( )584:466/13:4:222/1
3:4:222/1684:6/13/198416/268413/23/1nB
⋅−⋅⋅−⋅⋅+⋅−⋅⋅
=⋅
>1/17!tlh
17/13/1nn CB +=+⋅⋅
>1/37!tlh
zbirka zadataka iz termodinamike strana 1
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
VELI^INE STAWA REALNIH FLUIDA
2.1. Odrediti specifi~nu entalpiju, specifi~nu entropiju, specifi~nu zapreminu kao i specifi~nu unutra{wu energiju vode stawa (p=1 bar, t=20oC).
hw = 83.9 kgkJ , sw = 0.296
kgKkJ , vw = 0.001001
kgm3
priru~nik za termodinamiku (tabela 4.2.6. ′′iznad crte′′) strana 41−55
uw = hw − p . vw = 83.9 −1.105 .10−2.0.001001 = 83.8 kgkJ
2.2. Odrediti specifif~nu entalpiju, specifi~nu entropiju, specifi~nu zapreminu i specifi~nu unutra{wu energiju pregrejane vodene pare stawa (p=25 bar, t=360oC).
hpp = 3146 kgkJ , spp = 6.870
kgKkJ , vpp = 0.1117
kgm3
priru~nik za termodinamiku (tabela 4.2.6. ′′ispod crte′′) strana 41−55
upp = hpp − p . vpp = 3146– −25 .105 .10−2 .0.1117 = 2866.75 kgkJ
2.3. Odrediti specifi~nu unutra{wu energiju, specifi~nu entropiju i temperaturu a) kqu~ale vode pritiska p=10 bar b) suvozasi}ene vodene pare pritiska p=10 bar a)
u′’= 761.6 kgkJ , s’′= 2.138
kgKkJ , tK= 179.88oC
priru~nik za termodinamiku (tabela 4.2.4.) strana 36−38 b)
u”′′= 2583 kgkJ , s′′”= 6.587
kgKkJ , tK= 179.88oC
priru~nik za termodinamiku (tabela 4.2.4.) strana 36−38 2.4. Odrediti specifi~nu entalpiju i temperaturu vla`ne vodene pare stawa (x=0.95, p=15 bar).
( ) ( )6.844279295.06.844...'h"hx'hhx −⋅+==−⋅+= =2694 kgkJ
h′’ = 844.6 kgkJ , h′′”= 2792
kgkJ
tx = tK = 198.28oC priru~nik za termodinamiku (tabela 4.2.4.) strana 36−38
zbirka zadataka iz termodinamike strana 2
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.5. Odrediti specifi~nu entropiju i pritisak vla`ne vodene pare stawa (x=0.6, t=200oC).
( ) ( )3308.24318.66.03308.2...'s"sx'ssx −⋅+==−⋅+= =4.7806kgKkJ
s’′ = 2.3308 kgKkJ s′′”= 6.4318
kgKkJ
px = pK = 15.551 bar priru~nik za termodinamiku (tabela 4.2.5.) strana 39−40 2.6. Primewuju}i postupak linearne interpolacijeodrediti: a) specifi~nu entalpiju pregrejane vodene pare stawa (p=1 bar, t=250oC) b) specifi~nu entropiju pregrejane vodene pare stawa (p=7 bar, t=300oC) c) specifi~nu entalpiju pregrejane vodene pare stawa (p=5 bar, t=350oC) a)
y1 = hpp= 2954 kgkJ tabela 4.2.6. strana 41−55, za p=1 bar i t=240oC=x1
y2 = hpp= 2993 kgkJ tabela 4.2.6. strana 41−55, za p=1 bar i t=260oC=x2
hpp= =+−⋅−−
1112
12 y)x(xxxyy
=+−⋅−− 2954)240(250
24026029542993 2973.5
kgkJ
b)
y1 = spp= 7.366 kgKkJ tabela 4.2.6. strana 41−55, za p=6 bar=x1 i t=300oC
y2 = spp= 7.226 kgKkJ tabela 4.2.6. strana 41−55, za p=8 bar=x2 i t=300oC
spp= =+−⋅−−
1112
12 y)x(xxxyy
=+−⋅−− 366.7)6(7
68366.77.226 7.296
kgKkJ
c) 1.korak
y1 = hpp= 3148 kgkJ tabela 4.2.6. strana 41−55, za p1 =4 bar i t=340oC=x1.
y2 = hpp= 3190 kgkJ tabela 4.2.6. strana 41−55, za p1 =4 bar i t=360oC=x2.
h1 = hpp= =+−⋅−−
1122
12 y)x(xxxyy
=+−⋅−− 3148)340(350
34036031483190 3169
kg
kJ
zbirka zadataka iz termodinamike strana 3
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.korak
y1 = hpp= 3143 kgkJ tabela 4.2.6. strana 41−55, za p2 =6 bar i t=340oC=x1.
y2 = hpp= 3185 kgkJ tabela 4.2.6. strana 41−55, za p2 =6 bar i t=360oC=x2.
h2 = hpp= =+−⋅−−
1122
12 y)x(xxxyy
=+−⋅−− 3143)340(350
34036031433185 3164
kgkJ
3.korak
h= ( ) 1112
12 hpppphh
+−⋅−−
= ( ) 31694-54631693164 +⋅
−− =3166.5
kgkJ
2.7. Odrediti specifi~nu entalpiju i specifi~nu entropiju: a) leda temperature t=−5oC b) me{avine leda i vode (mw=2 kg, ml=3 kg) u stawu toplotne ravnote`e (t=0oC) a)
( ) llll r273Tch −−⋅= = ( ) 4.33252 −−⋅ = −342.4 kgkJ
273
4.332273
5ln2273
r273
273Tlncs llll −−⋅=−−⋅= =−1.25
kgKkJ
b)
32
2mm
my
lw
w
+=
+= =0.4 (maseni udeo vode u me{avini vode i leda)
( ) ( )4.33204.00...hhyhh lwly +⋅+==−⋅+= =−199.4 kgkJ
hw= 0 kgkJ
hL = −332.4 kgkJ
( ) ( )22.104.00...ssyss lwly +⋅+==−⋅+= =−0.732 kgKkJ
sw= 0 kgKkJ
sL = −273
4.332273
rl −= −1.22 kgKkJ
zbirka zadataka iz termodinamike strana 4
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.8. Odrediti specifi~nu entalpiju i specifi~nu entropiju: a) pregrejane vodene pare stawa (t=600oC, v=1 m3/kg) b) vla`ne vodene pare stawa (x=0.9, v=20 m3/kg) a)
hpp = 3705 kgkJ (upotrebom hs dijagrama za vodenu paru)
spp = 8.46kgKkJ (upotrebom hs dijagrama za vodenu paru)
b)
hx = 2325 kgkJ (upotrebom hs dijagrama za vodenu paru)
sx = 7.54 kgKkJ (upotrebom hs dijagrama za vodenu paru)
s
t=600oC
v=1 m3/kg h
h=3705 kJ/kg
s=8.46 kJ/kgK
s
x=0.9
v=20 m3/kg
h
h=2325 kJ/kg
s=7.54 kJ/kgK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 5
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.9. Odrediti specifi~nu entalpiju pregrejane vodene pare stawa (u=2654 kJ/kg, v=1.08 m3/kg). pretostavimo p= 4 bar: ⇒
===
kgm
08.1v,bar4pfh3
pp =3846.35 kgkJ
tabela 4.2.6. strana 41−55
provera pretpostavke:
08.1
265435.3846v
uhp −=−= =11.04 bar (pretpostavka nije ta~na)
pretostavimo p= 3 bar: ⇒
===
kgm
08.1v,bar3pfh3
pp =3340.03 kgkJ
tabela 4.2.6. strana 41−55
provera pretpostavke:
08.1
265403.3340v
uhp −=−= =6.35 bar (pretpostavka nije ta~na)
pretostavimo p= 2 bar: ⇒
===
kgm
08.1v,bar2pfh3
pp =2870 kgkJ
tabela 4.2.6. strana 41−55
provera pretpostavke:
08.1
26542870v
uhp −=−= =2 bar (pretpostavka je ta~na)
ta~na vrednost iznosi: hpp=2870 kgkJ
2.10. Odrediti specifi~nu entalpiju i specifi~nu entropiju suvozasi}ene pare amonijaka na T=300 K.
h”′′= 2246 kgkJ s′′”= 9.993
kgKkJ
tabela 4.4.1. strana 62, za T=300 K 2.11. Odrediti specifi~nu entalpiju i specifi~nu entropiju pregrejane pare freona 12 stawa (p=6 bar, t=200oC).
hpp =789 kgkJ spp = 1.889
kgKkJ
tabela 4.6.2. strana 79−81, za p=6 bar, t=200oC
zbirka zadataka iz termodinamike strana 6
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
PROMENE STAWA REALNIH FLUIDA
2.12. Vla`na para stawa 1(x=0.3, p=0.2 bar) izohorski se {iri do stawa 2(p=1.5 bar), a zatim ravnote`no izentropski ekspandira do stawa 3(p3=p1). Skicirati promene stawa vodene pare na Ts i pv dijagramu i odrediti razmewenu toplotu (kJ/kg) za promenu stawa 1−2 i zapreminski rad (kJ/kg) za promenu stawa 2−3.
ta~ka 1:
u1= ux =u’””′ + x1 . (u′′” - u′’) = ...= ( )38.25124563.038.251 −⋅+ =912.8
kgkJ
u’′ =251.38 kgkJ u′′” =2456
kgkJ
v1 = vx = v’′ + x1 . (v′′” - v’′) = ( )0010171.0647.73.00010171.0 −⋅+ =2.29
kgm3
v′ ’=0.0010171 kgm3
v′′”=7.647 kgm3
ta~ka 2:
v2 = v1 =2.29 kgm3
p2 =1.5 bar
provera polo`aja ta~ke 2: v′ ’=0.0010527 kgm3
v′′”=1.159 kgm3
v2 > v”′′ ⇒ ta~ka 2 nalazi se u oblasti pregrejane pare
h2 = hpp =3448.1 kgkJ , s2 = spp=8.5
kgKkJ
u2 = upp = hpp –− p . vpp = 29.210105.11.3448 35 ⋅⋅⋅− − =3104.6 kgkJ
s
1
3
2 T
1
2
3
p
v
zbirka zadataka iz termodinamike strana 7
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
ta~ka 3:
s3= s2=8.5 kgKkJ p3 = p1 = 0.2 bar
provera polo`aja ta~ke 3: s′ ’ =08321 kgKkJ s′′” =6.822
kgKkJ
s3 > s′′” ⇒ ta~ka 3 nalazi se u oblasti u pregrejane pare
h3 = hpp = 2797.6 kgkJ , v3 = vpp =14.61
kgm3
u3 = upp = hpp –− p . vpp = 61.1410102.06.2797 35 ⋅⋅⋅− − =2505.4 kgkJ
( ) 8.9126.3104uuq 12constv12 −=−== =2191.8kgkJ
( ) 4.25056.3104uuw 32consts23 −=−== = 599.2 kgkJ
2.13. Pregrejana vodena para stawa 1(m=1 kg, p=0.05 MPa, t=270oC) predaje toplotu izotermnom toplotnom ponoru, usled ~ega ravnote`no mewa svoje toplotno stawe: prvo izohorski (1−2) do temperature 60oC, potom izotermski (2−3) do pritiska 0.1 MPa i kona~no izobarski (3−4) do temperature 20oC. Odrediti promenu entropije izolovanog sistema za slu~aj termodinmi~ki najpovoqnijeg temperaturskog nivoa toplotnog ponora. Skicirati proces u Ts i pv koordinatnom sistemu.
3
T
s
4
2
1 1
2
3
p
v
4
zbirka zadataka iz termodinamike strana 8
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
∆SSI=∆SRT + ∆STP = …... ∆SRT =∆S14= ( )14 ssm −⋅ =...
( ) ( ) ( )
tp
constp34constT23constv12TP T
qqqmS === ++
⋅−=∆
( )
TP
3423212TP T
hhssTuumS
−+−⋅+−⋅−=∆ = ...
ta~ka 1: p1=0.5 bar, t1=270oC tk=81.35oC t1> tk ta~ka 1 nalazi se u oblasti pregrejane pare
v1 = vpp= 5 kgm3
, h1=hpp = 3015 kgkJ
s1=spp= 8.423 kgKkJ , u1= upp=h1 − p1 . v1 = 2765
kgkJ
ta~ka 2:
t2=60oC v2=v1=5 kgm3
v′ ’= 0.0010171 kgm3
, v′′”=7.678 kgm3
v′ < v2 < v”′′ ta~ka 2 nalazi se u oblasti vla`ne pare
=−−
=v'v"v'v
x 22 0.6512
u2= ux =u’””′ + x2 . (u′′” − u′’) =…...= ( )1.25124566512.01.251 −⋅+ = 1684.29
kgkJ
u’′ =251.1 kgkJ u′′” =2456
kgkJ
s2= sx =s’””′ + x2 . (s′′” − s′’) =…...= ( )8311.09084.76512.08311.0 −⋅+ =5.43
kgKkJ
s’′=0.8311 kgKkJ , s′′”=7.9084
kgKkJ
zbirka zadataka iz termodinamike strana 9
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
ta~ka 3: p3=1 bar t3=60oC tk=99.64oC t3< tk ta~ka 3 nalazi se u oblasti te~nosti
h3= hw=251.1 kgkJ , s3= sw= 0.83
kgKkJ
ta~ka 4: p4=1 bar t4=60oC tk=99.64oC t4< tk ta~ka 4 nalazi se u oblasti te~nosti
h4=hw= 83.9 kgkJ , s4= sw=0.296
kgKkJ
toplotni ponor: TTP=T4=293 K (najpovoqniji termodinami~ki slu~aj)
∆SRT =∆S14= ( )423.8296.01 −⋅ =...=−8.127 KkJ
( )293
1.2519.8343.583.0333276529.16841STP−+−⋅+−⋅−=∆ = 9.487
KkJ
∆SSI=∆SRT + ∆STP = … − 8.127 + 9.487 =1.36 KkJ
2.14. Vodi (m=10 kg) stawa 1(p=0.1 MPa, t=20oC) dovodi se toplota od izotermnog toplotnog izvora, usled ~ega voda mewa svoje toplotno stawe: prvo izobarski (1−2) do temperature 60oC, potom izotermski (2−3) do specifi~ne zapremine 5 m3/kg i na kraju izohorski (3−4) do pritiska 0.05 MPa. Skicirati proces u Ts koordinatnom sistemu i odrediti promenu entropije adijabatski izolovanog sistema za slu~aj termodinmi~ki najpovoqnijeg temperaturskog nivoa toplotnog izvora.
zbirka zadataka iz termodinamike strana 10
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
∆SSI = ∆SRT + ∆STI = …...
∆SRT = ∆S14=⋅
m ( )14 ss −⋅ =...
( ) ( ) ( )
TI
constv34constT23constp12TI T
qqqmS === ++
⋅−=∆
( )
TI
3423212TI T
uussThhmS
−+−⋅+−⋅=∆ =...
ta~ka 1: p1 =1 bar, t1 =20oC tk=99.64oC t1< tk ta~ka 1 nalazi se u oblasti te~nosti
h1=hw= 83.9 kgkJ , s1= sw=0.296
kgKkJ
ta~ka 2: p2 =1 bar t2 = 60oC tk=99.64oC t2< tklj ta~ka 2 nalazi se u oblasti te~nosti
h2=hw = 251.1 kgkJ
s2=sw = 0.83 kgKkJ
ta~ka 3:
t3 = 60oC v3 = 5 kgm3
v′ ’= 0.0010171 kgm3
, v′′”=7.678 kgm3
v′ < v3 < v”′′ ta~ka 3 nalazi se u oblasti vla`ne pare
=−−
=v'v"v'v
x 33 =
−−
0010171.07.6780010171.05 0.6512
u3=ux = ( )'u"ux'u 3 −⋅+ = ( )1.25124566512.01.251 −⋅+ =1684.29 kgkJ
s3= sx = ( )'s"sx's 3 −⋅+ = ( )8311.09084.76512.08311.0 −⋅+ =5.43 kgKkJ
zbirka zadataka iz termodinamike strana 11
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
ta~ka 4:
p4 = 0.5 bar, v4 = v3 = 5 kgm3
v′ ’= 0.0010299 kgm3
v′′”=3.239 kgm3
v4 > v”′′ ta~ka 4 nalazi se u oblasti pregrejane pare
v1 = vpp= 5 kgm3
, h1=hpp = 3015 kgkJ
s1=spp= 8.42 kgKkJ , u1= upp=h1 − p1 . v1 = 2765
kgkJ
T4 =Tpp= 270oC = 543 K toplotni izvor: TTI =T4= 543 K (najpovoqniji termodinami~ki slu~aj)
∆SRT = ∆S14=10 ( )296.042.8 −⋅ =81.24 KkJ
( )542.5
36.168985.278283.05.4533383.9251.110STIi−+−⋅+−⋅−=∆ =−51.6
KkJ
∆SSI = 81.24 − 51.6 = 29.64 KkJ
2
T
s
1
3
4 TI
zbirka zadataka iz termodinamike strana 12
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.15. Jednom kilogramu leda stawa 1(p=1 bar T=−5 oC) dovodi se toplota od toplotnog izvora konstantne temperature TTI=300oC tako da se na kraju izobarske promene stawa (1−2) dobije suvozasi}ena vodena para (stawe 2). Odrediti promenu entropije izolovanog sistema pri ovoj promeni stawa i grafi~ki je predstaviti na Ts dijagramu.
∆SSI=∆SRT + ∆STI = …...= 8.61 − 5.27 = 3.34 KkJ
∆SRT =m . ∆s12=m . ( s2 − s1 )=...= 8.61KkJ
( ) ( )
5.27...T
hhm
T
qmS
ti
12
ti
constp12TI −==
−⋅−=⋅−=∆ =
KkJ
ta~ka 1:
h1= ( ) ( ) 4.33252r273Tch lLll −−⋅=−−⋅= = −342.4 kgkJ
s1= =−⋅=273r
273T
lncs lLll =−+⋅
273332.4
273273-5ln2 − 1.25
kgKkJ
ta~ka 2:
h2= h′′ = 2675 kgkJ , s2= s′′”=7.36
kgKkJ
1
TI
T
s
2
∆SRT
∆STI
∆SSI
jednake povr{ine
zbirka zadataka iz termodinamike strana 13
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.16. Te~an CO2, stawa 1(p=5 MPa, t=0oC), adijabatski se prigu{uje (h=idem) do stawa 2(p=0.6 MPa). Grafi~ki predstaviti po~etno i krajwe stawe CO2 u Ts i hs
koordinatnom sistemu i odrediti prira{taj entropije CO2 tokom procesa 1−2 (kgKkJ ).
ta~ka 1: p1=50 bar, t1=0oC ta~ka 1 nalazi se u oblasti te~nosti
h1=− 94 kgkJ , s1= 3.1133
kgKkJ tabela 4.8.2. strana 93−98
ta~ka 2:
p2=6 bar, h2=h1 = −94 kgkJ
h′’= −200 kgkJ , h′′”=142.7
kgkJ tabela 4.8.1. strana 92
h′ <h2 < h”′′ ta~ka 2 nalazi se u oblasti vla`ne pare
2007.142
20094h'h"h'hx 2
2 ++−=
−−= =0.3093
s2= sx = ( )'s"sx's 2 −⋅+ = ( )702.2260.43093.0702.2 −⋅+ =3.184 kgKkJ
s’′=2.702 kgKkJ , s′′”=4.260
kgKkJ tabela 4.8.1. strana 92
∆s12 = s2 − s1 =...=3.184 − 3.1133 = 0.0707 kgKkJ
2
T
1
s
p1
p2
s
h p1 p2
1 2
zbirka zadataka iz termodinamike strana 14
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.17. Freon 22 stawa 1(T=−30oC, x=1) nekvazistati~ki (neravnote`no) adijabatski se komprimuje do stawa 2(p=6 bar). Prira{taj entropije freona tokom procesa
iznosi ∆s12=51 kgK
J . Predstaviti proces sa freonom na Ts i hs dijagramu i
odrediti stepen dobrote ove nekvazistati~ke adijabatske kompresije. ta~ka 1:
h1 = h′′ = 691.92 kgkJ
, s1 = s′′= 1.7985 kgKkJ tabela 4.7.1. strana 83
ta~ka 2k:
p2k=6 bar, s2k = s1=1.7985 kgKkJ
s′ = 1.024 kgKkJ , s′′ = 1.74
kgKkJ tabela 4.7.1. strana 83
s2k > s′′ ta~ka 2k nalazi se u oblasti pregrejane pare
h2k = hpp = 720.78 kgkJ
ta~ka 2:
p2=6 bar, s2 = s1 +∆s12=1.7895+0.051=1.8495 kgKkJ
h2 = hpp = 739.36 kgkJ
36.73992.69178.72092.691
hhhh
21
k21kpd −
−=
−−
=η =0.61
2 T
1
s s
h
1
2
2k 2k
zbirka zadataka iz termodinamike strana 15
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
zadaci za ve`bawe: (2.18. –− 2.19.) 2.18. Kqu~ala voda temperature T1= 250oC mewa stawe ravnote`no: − izotermski (1−2) do p2= 4.5 bar − zatim izohorski(2−3) do p= 2.2 bara − i na kraju izobarski (3−4) do stawa 4(s4=s1) Skicirati promene stawa vodene pare na pv i Ts dijagramu i odrediti razmewene
toplote (kgkJ
) tokom procesa 1−2, 2−3 i 3−4.
re{ewe: q12=2368.5 kgkJ , q23=−846.7
kgkJ , q34=−991.2
kgkJ
2.19. Vodenoj pari stawa 1(T2=100oC, x=0) ravnote`no se dovodi se toplota pri ~emi vodenu paru prevodimo u stawe 2(T=120oC, x=1). U procesu (1−2) temperatura pare raste linerano u Ts kordinatnom sistemu. Nakon toga se vr{i neravnote`na adijabatska ekspanzija (2−3) vodene pare (stepen dobrote nekvazistati~ke
adijabatske ekspanzije: eksdη =0.9) do stawa 3(p=0.1 bar). Skicirati procese sa
vodenom parom na Ts dijagramu i odrediti dovedenu toplotu za proces 1−2 i dobijeni tehni~ki rad za proces 2−3.
re{ewe: q12=2316.2 kgkJ , wT23=402.4
kgkJ
zbirka zadataka iz termodinamike strana 16
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
PRVI I DRUGI ZAKON TERMODINAMIKE (ZATVOREN TERMODINAMI^KI SISTEM)
2.20. U zatvorenom, adijabatski izolovanom, sudu zapremine V=7.264 m3, nalazi se me{avina m′=311 kg kqu~ale vode i m’’’’′′ =? suvozasi}ene vodene pare u stawu termodinami~ke ravnote`e na p1=0.95 bar. Vodenoj pari u sudu se dovodi toplota, od toplotnog izvora stalne temperature TTI=300oC, tako da joj pritisak poraste na p2=68 bar. Skicirati procese sa vodenom parom na Ts i pv dijagramu i odrediti: a) koliko je toplote dovedeno u procesu (MJ) b) promenu entropije izolovanog termodinami~kog sistema za proces 1−2 (kJ/K) a) prvi zakon termodinamike za proces u zatvorenom termodinami~kom sistemu Q12 = ∆U12 + W12 ⇒ Q12 = (m′ + m′′) . (u2 –− u1)=... ta~ka 1: p1=0.95 bar, x1=?
v’′= 0.00104205 kgm3
v′′”=1.7815 kgm3
00104205.0311v'm'V' ⋅=⋅= =0.3241 m3 V′′” = V − V’′ =7.264 − 0.3241 = 6.9399 m3
7815.19399.6
v"V"m" == =3.9 kg
3119.39.3
m'm"m"x1 +
=+
= =0.0124
u1= ux =u’′ + x1.(u′′” - u′’) = ( )23.41125040124.023.411 −⋅+ =437.21
kg
kJ
u’′ = 411.23 kgkJ , u”′′ = 2504
kgkJ
v1=vx=v’ + x1. (v”′′ − v’′)= ( )00104205.07815.10124.000104205.0 −⋅+ =0.0231
kgm3
s1= sx =s’′ + x1.(s′′” − s′ ’) = ( )2861.1377.70124.02861.1 −⋅+ =1.362
kgK
kJ
s’′ = 1.2861kgKkJ , s”′′ = 7.377
kgKkJ
zbirka zadataka iz termodinamike strana 17
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
ta~ka 2
p2=68 bar, v2 = v1 = 0.0231 kgm3
v′ ’= 0.0013445 kgm3
, v′′”=0.028382 kgm3
v′ ’ < v2 < v”′′ ta~ka 2 se nalazi u oblasti vla`ne pare
0013445.00.028382
0013445.00231.0v'v"v'vx 2
2 −−=
−−= =0.8046
u2= ux =u’′ + x2.(u′′” − u′’)= ...= ( )52.124725828046.052.1247 −⋅+ =2321.24
kgkJ
u’′ = 1247.52 kgkJ u′′” = 2582
kgkJ
s2= sx =s’′ + x1.(s′′” − s′ ’) = ...= ( )103.3829.58046.0103.3 −⋅+ =5.2963
kgKkJ
s’′ = 3.103 kgKkJ , s”′′ = 5.829
kgKkJ
( ) ( )21.43724.23219.3311Q12 −⋅+= =593.3 MJ b)
∆SSI=∆SRT + ∆STI = …...=216.2 KkJ
∆SRT =( ) ( ) ( ) ( )362.12963.59.3311ss''m'm 12 −⋅+=−⋅+ =1239.1 KkJ
573
10593.3TQ
S3
TI
12TI
⋅−=−=∆ =1035.43
KkJ
T
s
2
1
2
1
p
v
zbirka zadataka iz termodinamike strana 18
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.21. Izolovan zatvoren sud zapremine V=120 litara ispuwen je kqu~alom vodom i suvozasi}enom parom u stawu termodinami~ke ravnote`e na pritisku p1=1 bar. U posudi se nalazi greja~ snage 5 kW . Dovo|ewem toplote nivo vode u sudu raste i kada pritisak dostigne 50 bara, posuda je u celosti ispuwena te~nom fazom. Skicirati proces na pv dijagramu i odrediti koliko dugo je trajalo dovo|ewe toplote.
ta~ka 2: p2= 50 bar, x2=0
v2= v′= 0.0012857 kgm3
, u2=u′= 1148 kgkJ
0012857.0
10120vV
m3
2
−⋅== =93.33 kg
ta~ka 1:
p1=1 bar, v1=v2=0.0012857 kgm3
v′ ’= 0.0010432 kgm3
, v′′”=1.694 kgm3
v′ ’ < v1 < v”′′ ta~ka 1 se nalazi u oblasti vla`ne pare
0010432.01.694
0010432.00012857.0v'v"v'vx 1
1 −−=
−−= =0.0001
u1= ux =u’′ + x1.(u′′” − u′’) = ( )3.41725060001.03.417 −⋅+ =417.51
kg
kJ
u’′ = 417.3 kgkJ
, u”′′ = 2506 kgkJ
2
1
p
v
K
vk
zbirka zadataka iz termodinamike strana 19
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
prvi zakon termodinamike za proces u zatvorenom termodinami~kom sistemu Q12 = ∆U12 + W12 ⇒ Q12 =m . (u2 –− u1) Q12 = ( )51.417114833.93 −⋅ =68.18 MJ
5
1018.68
Q
Q 3
12
12 ⋅==τ⋅
=13636 s
Uo~iti da se u ovom zadatku pojavquje fenomen podkriti~nih zapremina , tj. izohorskim dovo|ewem toplote vla`noj pari v<vk ne dolazi do stvarawa
suvozasi}ene pare ve} kqu~ale te~nosti. U takvom slu~aju prilikom dovo|ewa toplote vla`noj pari stepen suvo}e vodene pare ne raste monotono do x=1, ve} raste do neke vrednosti x>x1 pa zatim monotono opada do x=0.
2.22. U vertikalno postavqenom cilindru povr{ine popre~nog preseka A=0.1 m2 koji je po omota~u izolovan nalazi se m=0.92 kg vode na temperaturi od 10oC. Iznad vode je klip zanemarqive mase koji ostvaruje stalni pritisak. Pritisak okoline iznosi po=1 bar. U cilindru se nalazi greja~ toplotne snage 0.5 kJ/s. Zanemaruju}i trewe klipa o zidove cilindra odrediti vreme potrebno da se klip podigne za ? ∆z=1.3 m. Predstaviti proces dovo|ewa toplote na Ts dijagramu.
12
12
Q
Q⋅
=τ =...
prvi zakon termodinamike za proces u zatvorenom termodinami~kom sistemu Q12 = ∆U12 + W12 ⇒ Q12 =m . (u2 − u1)+ ( )12 VVp −⋅ = ... ta~ka 1: p1 =1 bar, t1 =10oC
h1 = hw = 42 kgkJ , v1 = vw = 0.0010005
kgm3
u1 = uw = 0010005.01010142vph 35111 ⋅⋅⋅−=⋅− − =41.9
kgkJ
V1 = m . v1 = 0010005.092.0 ⋅ =0.0009 m3
∆z
zbirka zadataka iz termodinamike strana 20
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
ta~ka 2: p2 =1 bar v2 =? V2 = V1 + A. ∆z = 0.0009 + 0.1.1.3 = 0.1309 m3
92.0
1309.0mVv 2
2 == =0.1423 kgm3
v′ ’= 0.0010432 kgm3
, v′′”=1.694 kgm3
v′ ’ > v2 > v′′” ta~ka 2 se nalazi u oblasti vla`ne pare
0.0010432-1.6940.0010432-0.1423
v'v"v'v
x 22 =
−−
= =0.0834
u2= ux =u′’ + x2.(u′′” − u′’) = = ( )3.41725060834.03.417 −⋅+ =591.5
kg
kJ
u’′ = 417.3 kgkJ
, u”′′ = 2506 kgkJ
Q12 = ( ) ( )0009.01423.0101019.415.59192.0 35 −⋅⋅⋅+−⋅ − =519.77 kJ
5.0
519.77=τ =1039.5 s
T
s
2 1
p=const
zbirka zadataka iz termodinamike strana 21
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.23. Vertikalan cilindar (od okoline toplotno izolovan) unutra{weg pre~nika d=250 mm zatvoren je sa gorwe strane pomi~nim (bez trewa) i od okoline izolovanim klipom (zanemarqive mase) optere}enim sa dva tega masa: mT1=210 kg i mT2=1800 kg. Po~etna udaqenost klipa od dna cilindra je z1=300 mm. U cilindru se nalazi 5 litara kqu~ale vode, a ostatak zapremine zauzima suvozasi}ena vodena para. Pritisak okoline iznosi po=1 bar. Dovo|ewem toplote klip se podigne za ∆z=200 mm. Zatim se istovremeno te`i teg podigne dizalicom i skine sa klipa ({to dovodi do daqeg podizawa klipa) i iskqu~i greja~. Odrediti: a) koli~inu toplote dovedenu u prvom delu procesa b) izvr{eni zapreminski rad u drugom delu procesa
ta~ka 1:
( ) ( )
425.0
81.91800210101
4d
gmmpp 2
52
2T1To1
π
⋅++⋅=
π
⋅++= =5 bar
3.04
25.0z
4d
V2
1
2
1 ⋅π
=⋅π
= =0.0147 m3
V′′ = V − V′ =0.0147 –− 0.0050 =0.0097 m3 v′ =0.0010927 m3, v′′=0.3747 m3
0010927.00050.0
'v'V'm == =4.576 kg,
3747.00097.0
''v''V''m == =0.026 kg
026.0576.4026.0
''m'm''mx1 +
=+
= =0.0056
u1= ux =u’′ + x1.(u′′” − u′’) = ( )4.63925620056.04.639 −⋅+ =650.17
kg
kJ
u’′ = 639.4 kgkJ , u”′′ = 2562
kgkJ
T2 T1
z1
T2 T1
∆z
T1
∆z
zbirka zadataka iz termodinamike strana 22
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
ta~ka 2:
p2= p1= 5 bar, V2 = z4
dV
2
1 ∆⋅π
+ = 2.04
25.00147.0
2⋅
π+ =0.0245 m3
602.40245.0
mV
v 22 == =0.0053
kgm3
v′ ’ > v2 > v′′” ta~ka 2 se nalazi u oblasti vla`ne pare
0.0010927-0.37470.0010927-0.0053
v'v"v'v
x 22 =
−−
= =0.0113
u2= ux =u’′ + x2.(u′′” − u′’) = ( )4.63925620113.04.639 −⋅+ =661.13
kg
kJ
s2= sx =s’′ + x2.(s′′” − s′ ’) = ...= ( )86.1822.60113.086.1 −⋅+ =1.916
kgKkJ
s’′ = 1.86 kgKkJ , s”′′ = 6.822
kgKkJ
ta~ka 3:
425.0
81.9210101
4d
gmpp 2
521T
o3π
⋅+⋅=
π
⋅+= =1.42 bar, s3 = s2 = 1.916
kgKkJ
s’′ = 1.4184 kgKkJ , s”′′ = 7.2387
kgKkJ
s′ ’ > s3 > s′′” ta~ka 3 se nalazi u oblasti vla`ne pare
1.4184-7.23871.4184-1.916
'ss"'ss
x 33 =
−−
= =0.0855
u3= ux =u’′ + x3.(u′′” − u′’) = ( )1.46125180855.01.461 −⋅+ =636.96
kg
kJ
u’′ = 461.1 kgkJ , u”′′ = 2518
kgkJ
zbirka zadataka iz termodinamike strana 23
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
a) prvi zakon termodinamike za proces u zatvorenom termodinami~kom sistemu Q12 = ∆U12 + W12 ⇒ Q12 =m . (u2 –− u1)+ ( )12 VVp −⋅
( ) ( )0147.00245.01010517.65013.661602.4Q 3512 −⋅⋅⋅+−⋅= − =55.34 kJ
b) prvi zakon termodinamike za proces u zatvorenom termodinami~kom sistemu Q23 = ∆U23 + W23 ⇒ W23 =−m . (u3 –− u2) ( )13.66196.636602.4W23 −⋅−= =111.23 kJ
2.24. Vla`na vodena para stawa A(pA=0.11 MPa, x=0.443), koja se nalazi u toplotno izolovanom sudu A, zapremine VA=0.55 m3, razdvojena je ventilom od suvozasi}ene vodene pare koja se pri istom pritisku (pB=pA) nalazi u toplotno izolovanom cilindru B, zapremine VB=0.31 m3 (slika). Pri zako~enom (nepokretnom) klipu K otvara se ventil i uspostavqa stawe termodinami~ke ravnote`e pare u oba suda (stawe C). Po dostizawu tog ravnote`nog stawa, pokre}e se klip K, koji pri i daqe otvorenom ventilu, kvazistati~ki sabija paru na pritisak p=2.4 MPa (stawe D). Odrediti izvr{eni zapreminski rad ( za proces C−D) i prikazati sve promene u Ts koordinatnom sistemu.
T
s
2 1
p1=p2
p3
3
A
B
K
zbirka zadataka iz termodinamike strana 24
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
ta~ka A: pA=1.1 bar xA=0.443
uA= ux =u’′ + xA.(u′′” - u′’) = ...= ( )79.4282509443.079.428 −⋅+ =1350.32
kgkJ
u’′ =428.79 kgkJ , u”′′ = 2509
kgkJ
vA= vx= v’ + xA. (v”′′ − v′’)= ...= ( )0010452.0555.1443.00010452.0 −⋅+ =0.6894
kgm3
v’′= 0.0010452 kgm3
v′′”=1.555 kgm3
6894.055.0
vV
mA
AA == = 0.8 kg
ta~ka B: pB=1.1 bar xB=1
uB=u”′′= 2509 kgkJ , vB = v′′”=1.555
kgm3
555.131.0
vV
mB
BB == 0.2 kg
ta~ka C: pC=1.1 bar uC=?
prvi zakon termodinamike za proces me{awa u zajedni~kom sudu:
Q12 = ∆U12 + W12 ⇒ U1 = U2
U1 = mA
. uA + mB. uB
U2 = mA. uC + mB
. uC
2.08.025092.032.13508.0
mmumum
uBA
BBAAC +
⋅+⋅=
+⋅+⋅
= =1582.06 kgkJ
u’′ = 428.79 kgkJ , u”′′ = 2509
kgkJ
u′’ < uC < u”′′ ta~ka 2 se nalazi u oblasti vla`ne pare
79.4282509
79.42806.1582u'u"u'u
x CC −
−=−−
= =0.5544
sC= sx =s’′ + xC.(s′′” - s′ ’) = ...= ( )3327.1238.75544.03327.1 −⋅+ =4.606
kgKkJ
s’′ = 1.3327 kgKkJ s”′′ = 7.328
kgKkJ
zbirka zadataka iz termodinamike strana 25
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
ta~ka D: pD=24 bar sD=sC = 4.606 kgKkJ
s’′ = 2.534 kgKkJ s”′′ = 6.272
kgKkJ
s′ ’ < sD < s”′′ ta~ka D se nalazi u oblasti vla`ne pare
534.2272.6534.2606.4
s's"s'sx D
D −−=
−−= =0.55543
uD= ux =u’′ + xD.(u′′” - u′’) = ...= ( )9.94826025543.09.948 −⋅+ =1865.21
kgkJ
u’′ = 948.9 kgkJ , u”′′ = 2602
kgkJ
prvi zakon termodinamike za proces adijabatske kompresije (C−D):
QCD = ∆UCD + WCD ⇒ WCD= UC − UD
WCD= ( ) ( ) ( ) ( )21.186506.15822.08.0uumm DCBA −⋅+=−⋅+ = −283.15 kJ
T
s
B C
pA=pB=pC
pD
A
D
zbirka zadataka iz termodinamike strana 26
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.25. U zatvorenom sudu zapremine V=2 m3, nalazi se suvozasi}ena vodena para stawa 1(p=10 bar). Tokom hla|ewa do stawa 2 od vodene pare odvede se 14.3 MJ toplote. Odrediti promenu entropije sistema u najpovoqnijem slu~aju tokom procesa hla|ewa pare.
ta~ka 1: p= 10 bar, x=1
u1 = u″ = 2583 kgkJ , s1 = s″= 6.587
kgKkJ
v1 = v″=0.1946 kgm3
, m=1946.02
vV
1= =10.28 kg
ta~ka 2: v2 = v1 =0.1946 kgm3
, u2=?
prvi zakon termodinamike za proces hla|ewa pare:
Q12 = ∆U12 + W12 ⇒ Q12 = m. ( u2 –− u1)
28.10103.142583
mQ
uu3
1212
⋅−=+= =1191.95 kgkJ
pretpostavimo p2=2.6 bar:
v’′= 0.0010685 kgm3
v′′”=0.6925 kgm3
0010685.06925.00010685.01946.0
'vv"'vvx 2
2 −−=
−−= =0.28
u’′ = 540.63 kgkJ , u”′′ = 2539
kgkJ
u2 =ux = u′ + x2. ( u″ - u′ )= ( )63.540253928.063.540 −⋅+ =1100.17
kgkJ
pretpostavka nije ta~na pretpostavimo p2=2.8 bar:
v’′= 0.0010709 kgm3
v′′”=0.6461 kgm3
0010709.06461.00010709.01946.0
'vv"'vv
x 22 −
−=−−
= =0.3
u’′ = 551.1 kgkJ , u”′′ = 2541
kgkJ
u2 =ux = u′ + x2. ( u″ - u′ )= ( )1.55125413.01.551 −⋅+ =1148.07
kgkJ
pretpostavka nije ta~na
zbirka zadataka iz termodinamike strana 27
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
pretpostavimo p2=3.0 bar:
v’′= 0.0010733 kgm3
v′′”=0.6057 kgm3
0010733.06057.00010733.01946.0
'vv"'vvx 2
2 −−=
−−= =0.32
u’′ = 561.1 kgkJ , u”′′ = 2543
kgkJ
u2 =ux = u′ + x2. ( u″ - u′ )= ( )1.561254332.01.561 −⋅+ = 1195.3
kgkJ
pretpostavka ta~na Obzirom da je pretpostavka ta~na to zna~i da je p2=3 bar. Na osnovu vrednosti pritiska p2 odre|uje se temperatura T2=133.54oC.
s’′ = 1.672 kgKkJ , s”′′ = 6.992
kgKkJ
s2= sx =s’′ + x2. (s′′” − s′’) = ( )672.1992.632.0672.1 −⋅+ =3.374
kgKkJ
drugi zakon termodinamike za proces hla|ewa pare:
∆SSI = ∆SRT + ∆STP = ...= 3.97 KkJ
∆SRT = m . ∆s12 = m .( s2 −– s1) = ( )587.6374.328.10 −⋅ = − 33.03 KkJ
∆STP = 27354.133
103.14TQ 3
TP
12
+⋅−
−=− =35.17 KkJ
zadatak za ve`bawe: (2.26.) 2.26. U zatvorenom sudu nalazi se 5 kg pregrejane vodene pare stawa 1(p1=0.1 MPa, t1). a) koliko iznosi temperatura pregrejane pare (t1) ako od we hla|ewem nastaje suva
vodena para specifi~ne entalpije h=2653 kJ/kg (stawe 2) b) koliki }e biti stepen suvo}e (x3) vla`ne pare kada usled daqeg odvo|ewa toplote
temperatura vodene pare dostigne 50oC (stawe 3) c) odrediti masu (kg) kqu~ale te~nosti (m’’′) i suvozasi}ene pare (m’’′′) stawa 3 a) t1 = 320oC b) x3 = 0.227 c) m′’=3.87 kg, m”′′=1.13 kg
zbirka zadataka iz termodinamike strana 28
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
PRVI I DRUGI ZAKON TERMODINAMIKE (OTVOREN TERMODINAMI^KI SISTEM)
2.27. U adijabatski izolovanom ure|aju me{aju se suvozasi}ena vodena para stawa
1(p=0.4 MPa) i voda stawa 2(p=0.4 MPa, t=20oC, ⋅
m w=1 kg/s ). Iz ure|aja izlazi voda stawa 3(p=0.4 MPa, t=80oC). Zanemaruju}i promene kineti~ke i potencijalne energije vodene pare, odrediti: a) potrebnu koli~inu pare (kg/s) b) promenu entropije sistema za proces me{awa (kW/K)
a) ta~ka 1: p1=4 bar x=1
h1=h′′ = 2738 kgkJ , s1=s′′ = 6.897
kgKkJ
ta~ka 2: p2=4 bar t2=20oC
h2=hw = 84.1 kgkJ , s2=sw =0.296
kgKkJ
ta~ka 3: p2=4 bar t2=80oC
h3=hw = 335.1 kgkJ , s3=sw =1.074
kgKkJ
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu:
12T1212 WHQ⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 21 HH⋅⋅
=
3wp2w1p hmmhmhm ⋅
+=⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅
( ) ( )
27381.3351.841.3351
hhhhm
m31
23wp
−−⋅
=−
−⋅=
⋅⋅
= 1.0mp =⋅
skg
1 para
voda 2 3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 29
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
b)
∆⋅S SI = ∆
⋅S RT + ∆
⋅S o = ... = 0.196 + 0 = 0.196
KkW
∆⋅S o=
O
12
TQ⋅
− = 0 K
kW
∆⋅S RT =
⋅S izlaz −
⋅S ulaz= 2w1p3wp smsmsmm ⋅−⋅−⋅
+
⋅⋅⋅⋅
∆⋅S RT =( ) 296.01897.61.0074.111.0 ⋅−⋅−⋅+ =0.196
KkW
2.28. Kotao proizvodi ⋅
m=7 ht
suvozasi}ene pare stawa 1(p=13 bar). Deo te pare se
koristi za potrebe nekog tehnolo{kog procesa, dok se drugi deo pare, nakon prigu{ivawa do p2, me{a u napojnom rezervoaru sa vodom stawa 2(p=2 bar, t=20oC). Voda se iz napojnog rezervoara uvodi u toplotno izolovanu pumpu gde joj se pritisak kvazistati~i povisi do pritiska u kotlu. Ako je toplotna snaga kotla 4.56 MW,
odrediti maseni protok pare koja se koristi u tehnolo{kom procesu (⋅
m w) kao i snagu pumpe .
ka tehnolo{kom procesu
napojna voda
1 4
3 2
WT34
Q12
zbirka zadataka iz termodinamike strana 30
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
ta~ka 1: p=13 bar, x=1
h1 = h”″= 2787 kgkJ
ta~ka 2: p=2 bar, t=20oC
h2 = hw = 84.0 kgkJ
ta~ka 4: p=13 bar, h4=?
prvi zakon termodinamike za proces u kotlu: 12T1212 WHQ⋅⋅⋅
+∆=
( )4112 hhmQ −⋅=⋅⋅
⇒ p
1214 m
Qhh
⋅
−=
360010
7
1056.42787h3
3
4
⋅
⋅−= =441.86 kgkJ s4 = sw = 1.363
kgKkJ
ta~ka 3: p= 2 bar, s3 = s4 = 1.363 kgKkJ
h3 = hw = 440.95 kgkJ
prvi zakon termodinamike za proces me{awa:
12T1212 WHQ⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 21 HH⋅⋅
=
3p1wp2w hmhmmhm ⋅=⋅
−+⋅
⋅⋅⋅⋅ ⇒
12
13pw
hhhh
mm−−
⋅=⋅⋅
278784
278795.4407mw−
−⋅=⋅
= 6.08 ht
prvi zakon termodinamike za proces u pumpi:
12T1212 WHQ⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 1212T HW⋅⋅
∆−=
( ) ( )95.44086.44136001008.6hhmW
3
34w12T −⋅⋅=−⋅−=⋅⋅
=1.54 kW
zbirka zadataka iz termodinamike strana 31
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.29. Voda stawa 1(p=2 bar, t=80oC) dostrujava kroz cev unutra{weg pre~nika d=40 mm brzinom 0.5 m/s. Prolaskom kroz delimi~no otvoren ventil se prigu{uje na p2=0.4 bar i ulazi u odvaja~ te~nosti (od okoline toplotno izolovan). Odrediti: a) promenu entropije sistema za proces prigu{ivawa b) snagu kompresora koji izbacuje parnu fazu iz suda u okolinu pritiska p4=1 bar c) snagu pumpe koja te~nu fazu iz suda prebacuje u parni kotao koji radi na
pritisku p4=4 bar napomena: kompresije u kompresoru i pumpi su kvazistati~ke i adijabatske
ta~ka 1: p1=1 bar, t1 =80oC
h1 = hw =334.9 kgkJ , s1=sw=1.074
kgKkJ
, v1=vw = 0.001028 kgm3
4
dw
v1
m2
1
π⋅⋅=
⋅= ( )
410405.0
001028.01
23 π⋅⋅⋅−
=0.61 s
kg
4
3
2 1 kompresor
pumpa
1 4
2
T
s
3
2′ 2′′
zbirka zadataka iz termodinamike strana 32
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
ta~ka 2: p2=0.4 bar, h2 =h1= 334.9 kgkJ
h’”′=317.7 kgkJ , h′′ = 2636
kgkJ
7.31726367.3179.334
'hh"'hh
x 22 −
−=−−
= =0.0074
s2 = sx = ( )'s''sx's 2 −⋅+ = ( )0261.167.70074.00261.1 −⋅+ =1.075 kgKkJ
s’”′=1.0261 kgKkJ
, s′′ = 7.67 kgKkJ
ta~ka 3: p3=4 bar, s3 =s′= 1.0261 kgKkJ
h3 = hw= 318.5 kgkJ
ta~ka 4: p4=1 bar, s3 =s′= 7.67 kgKkJ
h4 = hpp= 3129.7 kgkJ
a)
ORTSI SSS⋅⋅⋅
∆+∆=∆ =0.61 KW
( ) ( )074.1075.161.0ssmSSS 12ulazizlazRT −⋅=−⋅=−=∆⋅⋅⋅⋅
=0.61 KW
b) prvi zakon termodinamike za proces u kompresoru:
12T1212 WHQ⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 1212T HW⋅⋅
∆−=
( ) ( )26367.31290074.061.0''hhxmW 4212T −⋅⋅−=−⋅⋅−=⋅⋅
=−2.23 kW c) prvi zakon termodinamike za proces u pumpi:
12T1212 WHQ⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 1212T HW⋅⋅
∆−=
( ) ( ) ( ) ( )7.3175.3180074.0161.0'hhx1mW 3212T −⋅−⋅−=−⋅−⋅−=⋅⋅
=−0.48 kW
zbirka zadataka iz termodinamike strana 33
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.30. U toplotno izolovan kompresor ulazi freon 12 (R12) stawa 1(p=1 bar, t=−20oC,
⋅m=60 kg/h). Stawe freona 12 na izlazu iz kompresora je 2(p=8 bar), a snaga kompresora iznosi 1 kW. Nakon kompresije freon se hladi i potpuno kondenzuje u razmewiva~u toplote. Kao rashladni fluid u razmewiva~u toplote koristi se voda stawa 4(p=1bar, t=10oC) koja se prolaskom kroz razmewiva~ toplote zagreje do stawa 5(p=1 bar, t=30oC). Skicirati promene stawa freona 12 na hs dijagramu i odrediti: a) stepen dobrote adijabatske kompresije u kompresoru b) potro{wu vode u razmewiva~u toplote (kg/h)
ta~ka 1: p=1 bar, t=−20oC
h1=hpp =647.4 kgkJ s1=spp=1.612
kgKkJ
ta~ka 2k: p2K=8 bar, s2K=s1=1.612 kgKkJ
h2K=hpp =686.1 kgkJ
1
5 4
3 2
WT12
freon
voda
1
s
2k
2 h
3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 34
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
ta~ka 2: p2=1 bar, h2=? prvi zakon termodinamike za proces u kompresoru:
12T1212 WHQ⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 1212T HW⋅⋅
∆−=
( )12f12T hhmW −⋅−=⋅⋅
⇒ f
T1212 m
Whh
⋅
−=
360060
14.647h2−−= =707.4
kgkJ
ta~ka 3: p=8 bar, x=0
h1=h′ =531.45 kgkJ
a)
4.7074.6471.6864.647
hhhh
21
2K1kpd −
−=
−−
=η =0.645
b) ta~ka 4: p=1 bar, t=10oC
h1=hw =42 kgkJ (tabele za vodu)
ta~ka 5: p=1 bar, t=30oC
h1=hw =125.7 kgkJ (tabele za vodu)
prvi zakon termodinamike za proces u razmewiva~u toplote:
12T1212 WHQ⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 21 HH⋅⋅
=
5w3f4w2f hmhmhmhm ⋅+⋅=⋅+⋅⋅⋅⋅⋅
⇒ 45
32fw
hhhh
mm−−
⋅=⋅⋅
427.125
45.5314.70760mw−
−⋅=⋅
=12.61 hkg
zbirka zadataka iz termodinamike strana 35
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.31. Pregrejana vodena para stawa 1(p=7 bar, t=450oC) ekspandira adijabatski u parnoj turbini sa stepenom dobrote eks
dη =0.6 do stawa 2(p=1 bar). Po izlasku iz turbine para se u toplotno izolovanoj me{noj komori me{a sa vodom, masenog protoka
wm⋅
=2.3 kg/s stawa 3(p=1bar, t=14oC). Stawe voda na izlazu iz komore za me{awe je 4(p=1 bar, t=47oC). Skicirati procese u turbini i me{noj komori na Ts dijagramu i: a) odrediti snagu turbine (kW) b) dokazati da je proces me{awa pare i vode nepovratan
1 –− 2 promena stawa pare u turbini 2 –− 4 promena stawa pare u me{noj komori 3 − 4 promena stawa vode u me{noj komori
1
2k
2
T
s
3
4
2
T
s
3 voda
4
1
2
para
WT12
zbirka zadataka iz termodinamike strana 36
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
a) ta~ka 1: p=7 bar, t=450oC
h1 = hpp = 3374.75 kgkJ s1=spp =7.789
kgKkJ
ta~ka 2k: p=1 bar, s2k = s1=7.789 kgKkJ
h′=417.4kgkJ , h′′= 2675
kgkJ
h2k>h′′ ta~ka 2k se nalazi u oblasti pregrejane pare
h2k = hpp = 2854.3 kgkJ
ta~ka 2: p=1 bar, eksdη 0.6
2k1
21eksd hh
hh−−
=η ⇒ ( )k21eksd12 hhhh −⋅η−=
( )3.285475.33746.075.3374h2 −⋅−= = 3062.48 kgkJ
s2 = spp = 8.19 kgKkJ
ta~ka 3: p=1 bar, t=14oC
h3 = hw = 58.6 kgkJ s3 = sw = 0.21
kgKkJ
ta~ka 4: p= 1 bar, t=47oC
h4 = hw = 196.74 kgkJ s4 = sw = 0.66
kgKkJ
prvi zakon termodinamike za proces u me{noj komori:
12T1212 WHQ⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 21 HH⋅⋅
=
4pw2p3w hmmhmhm ⋅
+=+⋅
⋅⋅⋅⋅
⇒ 42
34wp
hhhh
mm−−
⋅=⋅⋅
74.19648.30626.5874.1963.2mp
−−⋅=
⋅= 0.11
skg
zbirka zadataka iz termodinamike strana 37
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
prvi zakon termodinamike za proces u turbini:
12T1212 WHQ⋅⋅⋅
+∆= ( )12p1212T hhmHW −⋅−=∆−=⋅⋅⋅
( )75.337448.306211.0W 12T −⋅−=⋅
=34.35 kW b)
∆⋅S SI = ∆
⋅S RT + ∆
⋅S o = ... = 0.196 + 0 = 0.196
KkW
∆⋅S o=
O
12
TQ⋅
− = 0 K
kW
∆⋅S RT =
⋅S izlaz −
⋅S ulaz= 3w2p4wp smsmsmm ⋅−⋅−⋅
+
⋅⋅⋅⋅
∆⋅S RT =( ) 21.03.219.811.066.03.211.0 ⋅−⋅−⋅+ =0.207
KkW
2.32. Pregrejana vodena para stawa 1(p1=70 bar, t1=450oC) adijabatski ekspandira u parnoj turbini do stawa 2(p2=1 bar). Snaga turbine je 200 kW. Nakon ekspanzije para se uvodi u kondenzator u kome se izobarski potpuno kondenzuje (stawe 3=kqu~ala voda). Protok vode za hla|ewe kondenzatora je mw=5 kg/s, stawe vode na ulazu u kondenzator je (p=1 bar, tw1=20oC), a na izlazu iz kondenzatora je (p=1 bar, tw2=45oC). Skicirati promene stawa pare (1−2−3) na hs dijagramu i odrediti: a) maseni protok vodene pare (kg/s) b) stepen suvo}e vodene pare na izlazu iz turbine c) stepen dobrote ekspanzije pare u turbini
WT12
1
voda
para
5 4
3 2
zbirka zadataka iz termodinamike strana 38
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
a) ta~ka 4: p4=1 bar, t4 =20oC
h4 = hw =83.9 kgkJ
ta~ka 5: p5=1 bar, t5 =45oC
h4 = hw =188.4 kgkJ
ta~ka 1: p1=70 bar, t1 =450oC
h1 = hpp =3284.75 kgkJ , s1=spp = 6.634
kgKkJ
ta~ka 3: p= 1 bar, x=0
h1=h′ =417.4 kgkJ
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu
ograni~enom isprekidanom linijom: 12T1212 WHQ⋅⋅⋅
+∆=
12T12 WHH0⋅⋅⋅
+−= ⇒ 12T4w1p5w3p Whmhmhmhm0⋅⋅⋅⋅⋅
+
⋅+⋅−
⋅+⋅=
( )
31
12T45wp
hhWhhm
m−
+−⋅=
⋅⋅⋅
= ( )4.41775.32842009.834.1885
−+−⋅ =0.25
skg
b)
ta~ka 2K: p2K =1 bar, s2K=s1= 6.634 kgKkJ
s′=1.3026 kgKkJ , s′′=7.36
kgKkJ
s′ ’ > s2K > s′′” ta~ka 2K se nalazi u oblasti vla`ne pare
1.3026-7.36
3026.1634.6s's"s's
x 2k2K
−=−−
= =0.88
h2K = hx = ( )'h''hx'h k2 −⋅+ = ( )4.417267588.04.417 −⋅+ = 2404.09 kgkJ
h′=417.4 kgKkJ , h′′=2675
kgKkJ
zbirka zadataka iz termodinamike strana 39
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
c) ta~ka 2: p2=1 bar, h2=? prvi zakon termodinamike za proces u turbini:
12T1212 WHQ⋅⋅⋅
+∆= ( )12p1212T hhmHW −⋅−=∆−=⋅⋅⋅
25.0
20075.3284
m
Whh
p
12T12 −=−=
⋅
⋅
=2484.75 kgkJ
1.240475.3284
75.248475.3284hhhh
2k1
21exd −
−=
−−
=η =0.91
2K 2
3
1
s
h
zbirka zadataka iz termodinamike strana 40
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.33. U sekundarnom krugu atomskog reaktora proizvodi se qm=4000 t/h suvozasi}ene vodene pare stawa 1(p=70bar). Proizvedena para se, prema skici, deli na dve struje qm1 i qm2. Para masenog protoka qm1 kvazistati~ki adijabatski ekspandira u turbini do stawa 2(p=8 bar). Vla`na para stawa 2 se u odvaja~u te~nosti (toplotno izolovan od okoline) deli na dve struje qm3 (suvozasi}ena para stawe 3) i qm4 (kqu~ala voda, stawe 4). Para stawa 3 se daqe pregreva (p=const) u razmewiva~u toplote do stawa 5(T=250oC) na ra~un toplote koju oslobodii para qm1 kondenzacijom (p=const) do stawa 6(x=0). Skicirati stawa pare na Ts dijagramu i odrediti: a) masene protoke fluidnih struja, qm1, qm2, qm3 i qm4 b) snagu turbine
ta~ka 1: p1=70 bar, x=1
h1 = h′′ =2772 kgkJ , s1=s′′ = 5.814
kgKkJ
ta~ka 2: p1=8 bar, s2=s1=5.814kgKkJ
s′=2.046 kgKkJ , s′′=6.663
kgKkJ
2.046-6.663
046.2814.5s's"s's
x 22
−=−−
= =0.8161
1
2
3
4 5
6
qm
qm1
odvaja~ te~nosti
qm4
qm3
qm2
pregreja~ pare
qm3
qm2
WT12
zbirka zadataka iz termodinamike strana 41
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
ta~ka 3: p1=8 bar, x=1
h3 = h′′ =2769 kgkJ
ta~ka 4: p1=8 bar, x=0
h4 = h′ =720.9 kgkJ
ta~ka 5: p1=8 bar, T=250oC0
h5 = hpp =2947.5 kgkJ
ta~ka 6: p1=70 bar, x=0
h6 = h′ =1267.4 kgkJ
materijalni bilans ra~ve: qm = qm1 + qm2 (1) para koja napu{ta odvaja~ te~nosti: qm3 = qm1 . x2 (2) prvi zakon termodinamike za proces u razmewiva~u toplote:
12T1212 WHQ⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 21 HH⋅⋅
= 53m62m33m12m hqhqhqhq ⋅+⋅=⋅+⋅ (3) Kombinovawem jedna~ina (1), (2) i (3) dobija se:
qm1=3646.9 ht
, qm2=353.1 ht
, qm3= 2976.2 ht
materijalni bilans odvaja~a te~nosti: qm1 = qm3 + qm4 ⇒
qm4 = qm1 − qm3 = 670.7 ht
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu
ograni~enom isprekidanom linijom: 12T1212 WHQ⋅⋅⋅
+∆=
12T12 WHH0⋅⋅⋅
+−= ⇒ [ ] [ ]44m53m62m1m12T hqhqhqhqW ⋅+⋅+⋅−⋅=⋅
[ ] [ ][ ]3600109.7207.6705.29472.29764.12671.35327724000W
3
12T ⋅⋅+⋅+⋅−⋅=⋅
12TW⋅
=384.6 MW
zbirka zadataka iz termodinamike strana 42
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
zadatak za ve`bawe: (2.34.) 2.34. U parno-turbinskom postrojewu (slika) vodena para masenog protoka m=1.2 kg/s ekspandira u turbini visokog pritiska (TVP) od stawa 1(p=1 MPa, t=440oC) do stawa 2(p=0.5 MPa). Po izlasku iz turbine deo pare masenog protoka mA =0.4 kg/s me{a se adijabatski sa vodom stawa (p= 5 bar, tw=20oC). Stawe vode na izlasku iz komore za me{awe je (p= 5 bar, tw=45oC). Preostali deo pare se po izlasku iz turbine visokog pritiska izobarski zagreva do stawa 3(t=400oC), a zatim ekspandira u turbini niskog pritiska (TNP) do stawa 4(p=5 kPa). Ekspanzije u turbinama su adijabatske sa istim stepenom dobrote (ηd
ex=0.9). Odrediti: a) snagu turbina visokog i niskog pritiska (kW) b) maseni protok vode u komori za me{awe (kg/s)
a) TW⋅
12=230.5 kW, TW⋅
34=642.4 kW
b) wm⋅
=11.35 s
kg
3
WT12
TNP mA voda
1
4
2 5
6 WT34
TVP para
zbirka zadataka iz termodinamike strana 43
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
PRVI I DRUGI ZAKON TERMODINAMIKE
(PUWEWE I PRA@WEWE REZERVOARA)
2.35. U adijabatski izolovan rezervoar zapremine V=30 m3, u kojem se nalazi vla`na vodena para stawa (p=1.2 bar, x=0.95), uvodi se jednim izolovanim cevovodom voda stawa (p=8 bar, t=15oC), a drugim izolovanim cevovodom suva vodena para stawa (p=30 bar). Stawe radne materije u rezervoaru na kraju procesa puwewa je (p=6 bar, x=0,1). Odrediti masu vode i masu suve pare uvedene u rezervoar. po~etak: p=1.2 bar, x=0.95
upo~etak= ux =u’′ + xp.(u′′” − u′’) = ( )28.439251295.028.439 −⋅+ =2408.4
kg
kJ
u’′ = 439.28 kgkJ , u”′′ =2512
kgkJ
vpo~etak= vx= v’’′+ xp. (v”′′ − v′’)= ( )0010472.0429.195.00010472.0 −⋅+ =1.3576
kgm3
v’′= 0.0010472 kgm3
, v′′”=1.429 kgm3
mpo~etak = 3576.130
vV
etak~po= =22.1 kg
ulaz: p=30 bar, x=1 h = h″=2804 kgkJ
p=8 bar, t=15oC h = hw = 62.8 kgkJ
kraj: p = 6 bar, x=0.1
ukraj= ux =u’′ + xk.(u′′” − u′’) = ( )8.66925681.08.669 −⋅+ =859.6
kg
kJ
u’′ = 669.8 kgkJ , u”′′ =2568
kgkJ
vkraj= vx= v’’′+ xk. (v”′′ − v′’)= ( )0011007.03156.01.00011007.0 −⋅+ =0.0326
kgm3
v’′= 0.0011007 kgm3
, v′′”=0.3156 kgm3
mkraj = 0326.030
vV
kraj= =920.25 kg
zbirka zadataka iz termodinamike strana 44
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
prvi zakon termodinamike za proces puwewa suda: ulazizlazetak~pokraj1212 HHUUWQ −−−=−
0 = mkraj
. ukraj − mpo~etak. upo~etak –− mw
. hw − m″ . h″ (1)
zakon odr`awa mase za proces puwewa suda: mpo~etak + mw + m″ = mkraj + mizlaz (2) kombinovawem jedna~ina (1) i (2) dobija se:
( ) ( )
''hh
''hum''humm
w
ppkrajkw −
−⋅−−⋅= =
( ) ( )
28048.6228044.240821.2228046.85925.920
mw −−⋅−−⋅
= = 649.55 kg
m″ = mkraj − mpo~etak + mw = 920.25 − 22.21 − 649.55 = 248.49 kg 2.36. U verikalnom toplotno izolovanom cilindru, povr{ine popre~nog preseka A=0.1 m2, nalazi se 0.05 kg vodene pare temperature 180oC, ispod toplotno izolovanog klipa mase koja odgovara te`ini od 20 kN, a na koji spoqa deluje atmosferski pritisak od 0.1 MPa. U cilindar se, kroz toplotno izolovan cevovod, naknadno uvede 0.1 kg vodene pare pritiska 0.4 MPa i temperature 540oC. Zanemariti trewe klipa i odrediti: a) specifi~nu entalpiju i temperaturu vodene pare u cilindru na kraju procesa b) za koliko se podigao klip tokom ekspanzije
∆y
kraj
ulaz
po~etak
zbirka zadataka iz termodinamike strana 45
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
a)
po~etak:
Agm
pp Tatmp
⋅+= =
1.01020101
35 ⋅+⋅ = 5103 ⋅ Pa, t=180oC (pregrejana para)
up = hp − pp . vp =…...= 6838.0101032824 35 ⋅⋅⋅− − =2618.86
kgkJ
hp = hpp = 2824 kgkJ
, vp=vpp = 0.6838 kgm3
mp=0.05 kg Vp = pp vm ⋅ = 6838.005.0 ⋅ =0.03419 m3 ulaz: p=4 bar, t=540oC (pregrejana para)
hul = hpp =3572 kgkJ
, mul=0.1 kg
kraj: pk = pp = 3 bar, mk = mp + mul =0.15 kg prvi zakon termodinamike za proces puwewa: ulizpk1212 HHUUWQ −+−=−
( ) ululppkkkp hmumumVVp ⋅−⋅−⋅=−⋅ ⇒ ululppkkp hmumhmVp ⋅−⋅−⋅=⋅
k
ululpppk m
hmumVph
⋅+⋅+⋅= =
15.035721.086.261805.003419.010103 35 ⋅+⋅+⋅⋅⋅ −
=
hk =3322.67kgkJ
h′=561.4 kgkJ
, h′′ = 2725 kgkJ
h′ < hk < h′′ (stawe kraj je u pregrejanoj pari)
tk = tpp = 422.7oC, vk = vpp =1.067 kgm3
Vk = kk vm ⋅ = 067.115.0 ⋅ =0.16005 m3
b)
AVV
y pk −=∆ =
1.003419.016005.0 − =1.26 m
zbirka zadataka iz termodinamike strana 46
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.37. Pomi~nim klipom sa tegom koji se kre}e bez trewa odr`ava se konstantan pritisak p=4 bar u vertikalnom cilindru u kojem se nalazi V=500 dm3 vode po~etne temperature t=20oC (slika kao u prethodnom zadatku). Parovodom se u cilindar postepeno uvodi mp=53 kg suvozasi}ene vodene pare pritiska p=6 bar, koja se pre me{awa prigu{uje do pritiska od p=4 bara. Temperatura me{avine (voda) na kraju procesa me{awa iznosi t=80oC. U toku me{awa usled neidealnog toplotnog izolovawa okolini se predaje 1.5 kW toplote. Odrediti vreme trajawa procesa me{awa. po~etak: p= 4 bar, t=20oC (voda)
vp = vw = 0.001001kgm3
, hp = hw = 84.1kgkJ
pppwp vphuu ⋅−== = 001001.0101041.84 35 ⋅⋅⋅− − =83.7 kgkJ
mp = 001001.0
5.0v
V
p
p = =499.5 kg
ulaz: p= 6 bar, x=1
hu = h′′ =2757 kgkJ mu= 53 kg
kraj: p= 4 bar, t=80oC
uk = hk − pk . vk =…...= 001028.0101041.335 35 ⋅⋅⋅− − =334.7
kgkJ
hk= hw = 335.1 kgkJ
, vkraj = vw = 0.001028 kgm3
mk = mp + mu = 499.5 + 53 = 552.5 kg, Vk = mk . vk = 001028.05.552 ⋅ =0.568 m3 prvi zakon termodinamike za proces puwewa rezervoara: ulizpk1212 HHUUWQ −+−=− ( )pkululppkk12 VVphmumumQ −⋅+⋅−⋅−⋅= ( )5.0568.0101042757537.835.4997.3345.552Q 35
12 −⋅⋅⋅+⋅−⋅−⋅= − =−2980.2 kJ
12
12
Q
Q⋅
=τ =5.1
2.2980−
− =1987 s
zbirka zadataka iz termodinamike strana 47
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.38. U otvoren sud (slika) koji sadr`i sme{u ml=15 kg leda i mw=20 kg vode u stawu termodinami~ke ravnte`e, uvedeno je mp=0.8 kg pregrejane vodene pare stawa (p=3 bar, t=340oC). Okolni vazduh stawa O(p=1bar, to=7oC), tokom ovog procesa sme{i u sudu preda Q12=320 kJ toplote. Zanemaruju}i promenu zapremine (tj. rad koji radno telo vr{i nad okolinom), odrediti promenu entropije sistema tokom ovog procesa.
po~etak: t=0oC, y= =+ lw
w
mmm
152020+
=0.5714
up = uy ≅ hy= ( )lwl hhyh −⋅+ = 4.3325714.04.332 ⋅+− = −142.47 kgkJ
sp = sl = ( )lwl ssys −⋅+ =273
4.3325714.0273
4.332 ⋅+− =− 0.522 kgKkJ
mp = ml + mw =20 + 15 =35 kg ulaz: p=3 bar, t=340oC (pregrejana para)
hu = hpp = 3150 kgkJ , su = spp = 7.835
kgKkJ , mu = 0.8 kg
kraj: p=1 bar, mk= mp + mu= 35 + 0.8 =35.8 kg prvi zakon termodinamike za proces puwewa rezervoara: ulizpk1212 HHUUWQ −+−=− ululppkk12 hmumumQ ⋅−⋅−⋅=
k
ululpp12k m
hmumQu
⋅+⋅+= = ( )
8.3531508.057.14235320 ⋅+−⋅+ =−60.05
kgkJ
ul < uk < uw (stawe ″kraj″ je me{avina vode i leda)
4.3320
4.33205.60uuuu
ylw
lkk +
+−=
−−
= =0.82
sk = sy = ( )lwl ssys −⋅+ =273
4.33282.0273
4.332 ⋅+− = − 0.219 kgKkJ
zbirka zadataka iz termodinamike strana 48
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
∆SSI = ∆SRT + ∆SO = ...=4.162 − 1.143 =3.019 KkJ
∆SO= 280320
TQ
o
12 −=− = −1.143 KkJ
∆SRT = ( ) ( )ukupkp ssmssm −⋅+−⋅ =
∆SRT = ( ) ( )835.7219.08.0522.0219.035 −−⋅++−⋅ =4.162 KkJ
zbirka zadataka iz termodinamike strana 49
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.39. Zatvoreni rezervoar zapremine V=10 m3 sadr`i kqu~alu vodu i suvu vodenu paru u stawu termodinami~ke ravnote`e na p=20 bar. Te~nost zauzima polovinu zapremine rezervoara. Iz rezervoara fluid mo`e isticati kroz ventil na vrhu i kroz ventil na dnu rezervoara. Dovo|ewem toplote za vreme isticawa temperatura vla`ne pare u rezervoaru se odr`ava stalnom. Odrediti koli~inu dovedene toplote ako je iz rezervoara isteklo 300 kg fluida kroz: a) dowi ventil b) gorwi ventil
a) po~etak: p=20 bar, up=?
vp =pm
V =...=74.4299
10 =0.0023 kgm3
mp = m′ + m′′ = ... = 4249.53 + 50.21=4299.74 kg
v'V'
m'= =…...=0011766.0
5 = 4249.53 kg
'v''V'
'm' = =...=09958.0
5 = 50.21 kg
v′ = 0.0011766 kgm3
, v′′=0.09958 kgm3
up= ux =u’′ + xp.(u′′” − u′’)=...= ( )1.90626000117.01.906 −⋅+ =925.92
kg
kJ
u’′ = 906.1 kgkJ , u”′′ =2600
kgkJ
0.011721.5053.4249
21.50'm'm'
'm'x p =+
=+
=
Tp = 212.37oC (temperatura kqu~awa za pritisak od p=20 bar)
a) b)
zbirka zadataka iz termodinamike strana 50
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
kraj: Tk=Tp=212.37oC, uk=? mk =mp − miz = 4299.74 − 300 = 3999.74 kg
vk =km
V=
74.399910 = 0.0025
kgm3
v′ ’ < vk < v”′′ (stawe kraj se nalazi u oblasti vla`ne pare)
0.001176609958.0
0011766.00025.0v''v'
v'vx kj
k −−=
−
−= =0.0134
uk = ux = =u’′ + xp.(u′′” − u′’)= ( )1.90626000134.01.906 −⋅+ = 928.8
kgkJ
izlaz: mizlaz = 300 kg, hiz= h′’ = 908.5 kgkJ
napomena: zbog polo`aja ventila iz suda isti~e kqu~ala voda prvi zakon termodinamike za slu~aj pra`wewa suda: ulizpk1212 HHUUWQ −+−=− ⇒ izizppkk12 hmumumQ ⋅+⋅−⋅=
Q12= 5.90830092.92574.42998.92874.3999 ⋅+⋅−⋅ =6293.25 kJ b) po~etak: nema promena u odnosu na pod a) kraj: nema promena u odnosu na pod a)
izlaz: miz = 300 kg, hiz= h′′ =2799 kgkJ
napomena: zbog polo`aja ventila iz suda isti~e suva para prvi zakon termodinamike za slu~aj pra`wewa suda: ulizpk1212 HHUUWQ −+−=− ⇒ izizppkk12 hmumumQ ⋅+⋅−⋅= Q12= 279930092.92574.42998.92874.3999 ⋅+⋅−⋅ =573443.25 kJ
zbirka zadataka iz termodinamike strana 51
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.40. U zatvorenom, toplotno izolovanom rezervoaru, zapremine V=0.5 m3 nalazi se 30 kg vla`ne vodene pare. Kada, pri zagrevawu, pritisak pare u rezervoaru dostigne vrednost p=5 MPa, biva iskqu~en elektri~ni greja~ stalne snage i istovremeno otvoren sigurnosni ventil na rezervoaru tako da jedan deo vodene pare naglo istekne u okolinu. Po zatvarawu ventila pritisak vodene pare u rezervoaru iznosi 3 MPa. Preostala vla`na para biva potom dogrevana istim elektri~nim greja~em, stalne snage od 800 W. Skicirati promene stawa vodene pare na Ts dijagramu i odrediti: a) masu vla`ne pare u rezervoaru nakon zatvarawa sigurnosnog ventila b) vreme nakon kojeg }e se sigurnosni ventil ponovo otvoriti a)
po~etak: p= 50 bar, 30
5.0mV
vp
p == = 0.0167 kgm3
v''v'
v'vx p
p −
−= =
0012857.003944.00012857.00167.0
−− =0.404
v′ = 0.0012857 kgm3
, v′′=0.03944 kgm3
sp= sx =s’′ + xp.(s′′” − s′ ’) = ...= ( )921.2973.5404.0921.2 −⋅+ =4.154
kgKkJ
s’′ = 2.921kgKkJ
s”′′ = 5.973 kgKkJ
kraj: p=30 bar, sk =sp =4.154 kgKkJ
s''s's's
x kk −
−= =...=
646.2186.6646.2154.4
−− =0.426
s’′ = 2.646kgKkJ
s”′′ = 6.186 kgKkJ
vk= vx =v’′’ + xk. (v”′′ −” v′’)= ( )0012163.006665.0426.00012163.0 −⋅+ =0.0291
kgm3
v’′= 0.0012163kgm3
, v′′”=0.06665kgm3
0291.0
5.0vV
mk
k == =17.18 kg
uk= ux =u’′ + xk.(u′′” − u′’)=...= ( )7.10042604426.07.1004 −⋅+ =1686
kg
kJ
u’′ = 1004.7 kgkJ , u”′′ =2604
kgkJ
zbirka zadataka iz termodinamike strana 52
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
b)
ta~ka 1=kraj p1 =30 bar, v1 =0.0291kgm3
, u2= 1686 kgkJ
ta~ka 2: p2=50 bar, v2 = v1 =0.0291kgm3
v′ = 0.0012857 kgm3
, v′′=0.03944 kgm3
v′ < v2 < v′′ (ta~ka 2 je vla`na para)
'v"v'vv
x 22 −
−=
0012857.003944.00012857.00291.0
−−
=0.729
u2= ux =u’′ + x2.(u′′” − u′’)=...= ( )11482597729.01148 −⋅+ =2204.32
kg
kJ
u’′ = 1148 kgkJ , u”′′ =2597
kgkJ
prvi zakon termodinamike za proces u zatvorenom termodinami~kom sistemu Q12 = ∆U12 + W12 ⇒ Q12 = mk . (u2 –- u1) ( )168632.220418.17Q12 −⋅= =8904.74 kW
8.074.8904
Q
Q
12
12 ==τ ⋅ =11131 s ≅ 3 h
T
s
0 2
1
0 = po~etak 1 = kraj
zbirka zadataka iz termodinamike strana 53
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
2.41. Toplotno izolovan rezervoar zapremine V=20 m3, sadr`i vodenu paru po~etnog stawa P(p=2 MPa, T=553 K). Rezervoar je povezan sa toplotno izolovanom parnom turbinom, u kojoj se odvija ravnote`no (kvazistati~ko) {irewe pare (slika). Pritisak pare na izlazu iz turbine je stalan i iznosi piz=0.15 MPa, a proces se odvija dok pritisak pare u rezervoaru ne opadne na pk=0.3 MPa. Zanemaruju}i prigu{ewe paare u ventilu, odrediti koji izvr{i para tokom ovog procesa.
po~etak: p=20 bar, t=280oC (pregrejana para)
up=hp –− pp. vp = ...= 12.01010202972 35 ⋅⋅⋅− − =2732
kgkJ
hp= hpp = 2972 kgkJ , vp= vpp = 0.12
kgm3
, sp= spp= 6.674 kgKkJ
mp = 12.0
20vV
p= = 166.67 kg
kraj: p=3 bar, sk= sp= 6.674 kgKkJ
s’′ = 1.672kgKkJ
s”′′ = 6.992kgKkJ
s′ < sk < s′′ (vla`na para)
s''s's's
x kk −
−= =...=
672.1992.6672.1674.6
−−
=0.9402
vk = vx = 0.5694 kgm3
, uk = ux = 2424.09 kgkJ
mk = 5694.020
vV
k= = 35.12 kg
WT
piz
zbirka zadataka iz termodinamike strana 54
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
izlaz: p=1.5 bar, siz = sp= 6.674 kgKkJ
s’′ = 1.4336kgKkJ
, s”′′ = 7.223kgKkJ
s′ < siz < s′′ (vla`na para)
s''s's's
x iziz −
−= =
4336.1223.74336.1674.6
−−
=0.905
hiz= h′ + xiz . (h′′ − h′) =...= ( )2.4672693905.02.467 −⋅+ =2481.55 kgkJ
h’′ = 467.2kgKkJ
, h”′′ = 2693kgKkJ
miz= mp −– mk = 166.67 − 35.12 = 131.55 kg prvi zakon termodinamike za slu~aj pra`wewa suda: ulizpk1212 HHUUWQ −+−=− ⇒ izizppkk12 hmumumW ⋅−⋅+⋅−= W12= 55.248155.131273267.16609.242412.35 ⋅−⋅+⋅− =43.76 MJ 2.42. U ispariva~u zapremine V=2 m3, u kome se odvija proces isparavawa vode na
pritisku p=1 MPa, kontinualno se uvodi ulm⋅
=10 kg/s kqu~ale vode pritiska p=1 MPa, a iz wega izvodi nastala suva para istog pritiska. Greja~ima, urowenim u
kqu~alu vodu u ispariva~u, vodi se predaje =⋅
12Q 19.26 MW toplote. Ako se u po~etnom trenutku u ispariva~u na pritisku p=1 MPa nalazila me{avina kqu~ale vode i suve pare u stawu termodinami~ke ravnote`e, a kqu~ala voda pri tom zauzimala 1/10 zapremine ispariva~a, izra~unati vreme potrebno da kqu~ala voda ispuni ceo ispariva~. Zanemariti razmenu toplote sa okolinom.
suva para
kqu~ala voda
vla`na para
+Q12
zbirka zadataka iz termodinamike strana 55
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
po~etak: p=10 bar, x=?
v′ = 0.0011273 kgm3
, v′′=0.1946 kgm3
v'V'
m'= =…0011273.0
2.0 =177.42 kg, 'v''V'
'm' = =1946.0
8.1 = 9.25 kg
mp= m′ + m′′ =177.42 + 9.25 =186.67 kg
25.942.177
25.9'm'm'
'm'xp +=
+= =0.0496
up= ux =u’′ + xp.(u′′” − u′’)=...= ( )6.76125830496.06.761 −⋅+ =851.94
kgkJ
u’′ = 761.6 kgkJ , u”′′ =2583
kgkJ
kraj: p = 10 bar, x=0
vk = v’′ = 0.0011273 kgm3
, uk = u′’ = 761.6 kgkJ
mk = 0011273.0
2vV
k= = 1774.15 kg
ulaz: p = 10 bar, x=0
hul = h′’ =762.7kgkJ , τ⋅=
⋅ulul mm
izlaz: p = 10 bar, x=1
hiz = h′′” = 2778 kgkJ
prvi zakon termodinamike za slu~aj istovremenog puwewa i pra`wewa suda: ulizpk1212 HHUUWQ −+−=− ululizizppkk12 hmhmumumQ ⋅−⋅+⋅−⋅=
ululizizppkk12 hmhmumumQ ⋅⋅−⋅+⋅−⋅=τ⋅⋅⋅
t (1) zakon o odr`awu mase: mp + mul= mk + miz
mp + τ⋅⋅
ulm = mk + miz (2)
zbirka zadataka iz termodinamike strana 56
dipl.ing. @eqko Ciganovi} [email protected]
kombinovawem jedna~ina (1) i (2) dobija se
ululizkulpppkk12 hmhmmmumumQ ⋅⋅−⋅
−τ⋅++⋅−⋅=τ⋅
⋅⋅⋅t
( )
ululizul12
izkpppkk
hmhmQ
hmmumum
⋅+⋅−
⋅−+⋅−⋅=τ
⋅⋅⋅
( )
7.762102778101026.19
277815.177467.18694.85167.1866.7611774.153 ⋅+⋅−⋅
⋅−+⋅−⋅=τ =3603 s
zadatak za ve`bawe: (2.43.) 2.43. Kondenzacija pare vr{i se u prostoru zapremine V=2 m3 pri pritisku od 0.1 MPa. U posudu se kontinualno uvodi 100 kg/h suvozasi}ene vodene pare, a iz we izvodi nastala kqu~ala voda istog pritiska piz=0.1 MPa. Ako se u po~etnom trenutku u posudi na pritisku pp=0.1 MPa nalazila kqu~ala voda i suvozasi}ena para u stawu termodinami~ke ravnote`e, pri ~emu je te~nost zauzimala 1/8 zapremine suda, odrediti vreme potrebno da te~nost ispuni 1/2 zapremine posude. Toplotna snaga koja se razmewuje sa hladwakom iznosi 250 kW. Zanemariti predaju toplote okolini.
re{ewe: τ=5.43 s
suva para
kqu~ala voda
vla`na para
− Q12
zbirka zadataka iz termodinamike strana 1
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
3. MAKSIMALAN RAD, EKSERGIJA
4/2/!U zatvorenom rezervoaru nalazi se n>21!lh vazduha (idealan gas) stawa 2)q>2/7!cbs-!U>634!L*.Stawe okoline odre|eno je sa P)q>2!cbs-!U>3:9!L*/ Odrediti koliko se najvi{e zapreminskog rada mo`edobiti dovo|ewem vazduha stawa 1 u ravnote`u sa okolinom stawa O (maksimalan rad, eksergijazatvorenog termodinami~kog sistema). Dobijeni rad predstaviti na qw dijagramu.
2
2h2 q
USw
⋅= =
6217/2
634398
⋅
⋅ =1/:492!lhn4
-p
php q
USw
⋅= =
6212
3:9398
⋅
⋅ =1/9664!lhn4
Xnby!>! [ ]p2pp2pp2 wqtUvn ∆⋅−∆⋅+∆−⋅
Xnby!>! ( ) ( )
−⋅−
−⋅+−⋅−⋅ 2pp
2
ph
2
pqp2pw wwq
moSUU
modUUUdn
Xnby!>! ( ) ( )
−⋅⋅−
⋅−⋅⋅+−⋅−⋅ :492/19664/1212
7/22
mo398/16343:9
mo23:46343:983/121 3
Xnby!>!2731!−!2364!,!94!>!561!lK
q
PB
2
w
,
q
PB
2
w
−
q
PB
2
w
,
⊕ ⊕
=
q
PB
2
w
zbirka zadataka iz termodinamike strana 2
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
4/3/ Termodinami~ki sistem se sastoji od zatvorenog suda u kojem se nalazi kiseonik (idealan gas) stawa2)q>2!cbs-!u>511pD-!n>2!lh* i okoline stawa P)q>2!cbs-!u>31pD*/ Zapreminski udeo kiseonika uokolnom vazduhu (idealan gas) iznosi 3Ps >1/32. Odrediti:
a) da li se navedeni termodinami~ki sistem mo`e upotrebiti za dobijawe X>261!lK!sbebb) koliko bi trebalo da iznosi pritisak u sudu (q2*- uz ostale nepromewene uslove, da bi od sistema
mogli dobiti X>261!lK rada povratnim promenama stawa
a)
2
2h2 q
USw
⋅= =
6212
784371
⋅
⋅=2/86!
lhn4
-
( ) p3P3Pp qsq ⋅= > 232/1 ⋅ !>!1/32!cbs
( )3Pp
php q
USw
⋅= =
62132/1
3:4371
⋅
⋅=4/74!
lhn4
Xnby!>! ( )[ ]p23Ppp2pp2 wqtUvn ∆⋅−∆⋅+∆−⋅
Xnby!>! ( )( )
( ) ( )
−⋅−
−⋅+−⋅−⋅ 2p3Pp
2
3Pph
2
pqp2pw wwq
q
qmoS
UU
modUUUdn
Xnby!>! ( ) ( )
−⋅⋅−
⋅−⋅⋅+−⋅−⋅ 74/486/22132/1
232/1
mo37/17843:4
mo:2/13:47843:476/12 3
Xnby!>!358!−!214/3!−!4:/6!>!215/4!lK
X!?!Xnby ⇒! sistem se ne mo`e upotrebiti za dobijawe 261!lK rada,jer najve}i mogu}i rad koji mo`emo dobiti (Eksergijazatvorenog termodinami~kog sistema) iznosi 215/4!lK
b)za povratne promene stawa va`i: X>Xnby!>261!lK
( ) ( ) ( )
⋅
−⋅+−⋅+−⋅−⋅=p
2pp2pwnby
2
pq
h3Pp2 U
2wwqUUd
nX
UU
modS2
fyqqq
( ) ( )
⋅
−⋅⋅+−⋅+−⋅⋅−⋅=
3:42
86/274/42132/17843:476/12
2617843:4
mo:2/137/12
fyq32/1q 32
q2!>2/92!cbs
zbirka zadataka iz termodinamike strana 3
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
3.3. U toplotno izolovanom rezervoaru zapremine W>31!n4 nalazi se vazduh (idealan gas) po~etnogstawa 2)q>31!cbs-!u>381pD*. Rezervoar je povezan sa gasnom turbinom (slika) u kojoj se vazduh {irikvazistati~ki adijabatski. Pritisak na izlazu iz turbine je stalan i iznosi 4!cbs. Proces traje svedok pritisak u rezervoaru ne opadne na 9!cbs.a) odrediti radnu sposobnost vazduha u rezervoaru (maksimalan rad) pre otvarawa ventila i
predstaviti je grafi~ki u qw i Ut koordinatnim sistemima ako je stawe okoline P)q>2!cbs-u>31pD*
b) odrediti mehani~ki rad izvr{en u toku procesa (pri tome zanemariti proces prig{ivawa uventilu)
a)
2UhS
W2qn2 ⋅
⋅= >
654398312131 6
⋅⋅⋅
>367/78!lh
62
2h2
2131
654398q
USw
⋅
⋅== >!1/189!
lhn4
-!6
P
PhP
212
3:4398q
USw
⋅
⋅== >!1/952!
lhn4
Xnby!>! ( )[ ]p23Ppp2pp2 wqtUvn ∆⋅−∆⋅+∆−⋅
−−−+−⋅= *ww)q*
moSUUp
mod)U*UU)dnX p2p2
ph
2qpp2w2nby
Xnby!>! ( ) ( )
−⋅⋅−
⋅−⋅⋅+−⋅− 189/1952/1212
312
mo398/16543:9
mo23:46543:983/178/367 3
Xnby!>!56/38!!,!2:/64!!−2:/69!>!56/33!NK
X23
!qj{mb{
zbirka zadataka iz termodinamike strana 4
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)
L427314
654qq
UU5/225/22
qpdfubl
j{mb{qpdfublj{mb{ =
⋅=
⋅=
−κ−κ
L529319
654q
qUU
5/225/22
qpdfubl
lsbkqpdfubllsbk =
⋅=
⋅=
−κ−κ
lsbkh
lsbklsbk US
Wqn
⋅
⋅= =
52939831219 6
⋅⋅⋅
>244/48!lh, nj{mb{>nqp•fubl!−!nlsbk>234/4!lh
prvi zakon termodinamike za proces pra`wewa:
vmb{j{mb{fubl•qplsbk2323 IIVVXR −+−=−
j{mb{qj{mb{fubl•qpwfubl•qplsbkwlsbk23 UdnUdnUdnX ⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−=
42724/23465483/178/36752983/148/244X23 ⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−= >32/36!NK
2
P
B
q
w
2
BP
CC
U
t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 5
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
4/5/!Klipni kompresor ravnote`no (kvazistati~ki) i politropski, sa eksponentom politrope o>2/4,sabija okolni vazduh (idealan gas) stawa 1)q>2!cbs-!U>3:2!L*-!na pritisak q3>5!cbs, i puni toplotnoizolovan rezervoar zapremine W>21!n4. Toplotno stawe vazduha u rezervoaru na po~etku procesa puwewaisto je kao i stawe okolnog vazduha 1/ Odrediti:a) masu vazduha koju je potrebno ubaciti u rezervoar da bi pritisak vazduha u rezervoaru dostigao
vrednost od 4!cbsbb) eksergiju vazduha (maksimalan rad) u rezervoaru u tom trenutku
a)
o2o
3
2
3
2
UU
−
= ⇒
o2o
2
323 q
qUU
−
⋅= >
4/224/2
25
3:2
−
⋅ >511/82!L
fubl•qph
fubl•qpfubl•qp US
Wqn
⋅
⋅= >
3:239821212 6
⋅⋅⋅
>22/:8!lh
prvi zakon termodiamike za proces puwewa rezervoara:
1= po~etak, 2 = ulaz, 3=kraj
vmb{j{mb{fubl•qplsbk2323 IIVVXR −+−=−
vmb{qvmb{fubl•qpwfubl•qplsbkwlsbk UdnUdnUdn1 ⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅= )2*
zakon odr`awa mase za proces puwewa rezervoara:
j{mb{lsbkvmb{fubl•qp nnnn +=+ )3*
2 3
2!⇒!4
X23
zbirka zadataka iz termodinamike strana 6
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
jedna~ina stawa idealnog gasa za zavr{etak puwewa:
lsbkhlsbklsbk USnWq ⋅⋅=⋅ (3)
kombinovawem jedna~ina (1) i (2) dobija se:
( ) vmb{qfubl•qplsbkfubl•qpwfubl•qplsbkwlsbk UdnnUdnUdn1 ⋅⋅−−⋅⋅−⋅⋅= )5*
kombinovawem jedna~ina )4*!i!)5* dobija se:
( ) vmb{qfubl•qplsbkfubl•qpwfubl•qplsbkh
lsbkwlsbk UdnnUdn
nS
Wqdn1 ⋅⋅−−⋅⋅−
⋅
⋅⋅⋅=
vmb{q
fubl•qpwfubl•qph
lsbkw
fubl•qplsbk Ud
UdnS
Wqd
nn⋅
⋅⋅−⋅
⋅
+=
82/5112
3:283/1:8/22398
2121483/1
:8/22n
6
lsbk ⋅
⋅⋅−⋅⋅
⋅+= >35/5:!lh
nvmb{>nlsbk!−!nqp•fubl!>!35/5:!−!22/:8!>23/63!lh
napomena: Ulsbk>lsbkh
lsbk
nS
Wq
⋅
⋅>
5:/3539821214 6
⋅⋅⋅
>537/94!L
b)okolina (ta~ka O) = ta~ka 1 kraj (ta~ka kraj) = ta~ka 3
2
4h4 q
USw
⋅= =
6214
94/537398
⋅
⋅=1/519!
lhn4
-!!!!!!!p
php q
USw
⋅= =
6212
3:2398
⋅
⋅=1/946!
lhn4
Xnby!>! [ ]p4pp4pp4lsbk wqtUvn ∆⋅−∆⋅+∆−⋅
Xnby!>! ( ) ( )
−⋅−
−⋅+−⋅−⋅ 4pp
4
ph
4
pqp4pw wwq
moSUU
modUUUdn
Xnby!> ( ) ( )
−⋅⋅−
⋅−⋅⋅+−⋅−⋅ 519/1946/1212
42
mo398/194/537
3:2mo23:294/5373:283/15:/35 3
Xnby!>!34:6!−!597!−53/8!>!2977/4!lK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 7
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
4/6/!Odrediti eksergiju struje vazduha (idealan gas) stawa 2)q2>2/7!cbs-!u2>361pD-⋅n>2!lh0t* i predstaviti je grafi~ki na qw dijagramu. Pod okolinom smatrati vazduh (idealan gas) stawaP)qp>2!cbs-!up>36pD*/
( )p2pp22 tUinFy ∆⋅+∆−⋅=⋅⋅
>!///
−+−−⋅=
⋅⋅*
2qpqmohS
2UpUmoqd)pU*2UpU)qdn2Fy
⋅−⋅⋅+−⋅−⋅=
⋅⋅*
7/22
mo398/16343:9
mo2)3:9*6343:9)222Fy
2Fy⋅
>!336!!−!238/5!>!:8/7!lX
q
w
2
,P
q
w
2
P
−
=
q
w
2
P
,
⊕
zbirka zadataka iz termodinamike strana 8
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
4/7/ Eksergija toka vazduha (idealan gas), masenog protoka ⋅n>1/6!lh0t, koji struji sredwom brzinom
x>39!n0t, pri stawu vazduha u okolini P)qp>2!cbs-!Up>3:4!L), iznosi 2Fy⋅
>94!lX. Promenaentropije okoline, koja bi nastala povratnim (reverzibilnim) promenama stawa vazduha (bez promene
brzine) na pritisak i temperaturu okoline iznosila bi �∆⋅T plpmjof>−!1/2!lX0L.
a) odredti pritisak i temperaturu vazduha stawa 1b) grafi~ki prikazati u qw, koordinatnom sistemu eksergiju vazdu{nog toka, ne uzimaju}i u obzir
deo koji se odnosi na brzinu
a)drugi zakon termodinamike za proces od stawa 1 do stawa O
plpmjobufmp`sbeoptjtufn TTT⋅⋅⋅
∆+∆=∆ ⇒ plpmjobp2 TT1⋅⋅
∆+∆=
plpmjobp2 TT⋅⋅
∆−=∆ >1/2!LlX
⋅
⋅⋅ ∆
=∆n
Tt p2
p2 >1/3!lhLlK
( )2lp2pp22 ftUinFy +∆⋅+∆−⋅=⋅⋅
=
+∆⋅+−−⋅
⋅
3x
tpU*2UpU)qdn3
p2
q
3
P2P2
P2 d
3x
tUn
Fy
UU
−∆−
+=⋅
⋅
>2
213
393/13:4
6/194
3:4
43
−⋅−⋅−+ >511!L
∆⋅T 21!>! *
2qpqmohS
2UpUmoqd)n −⋅
⋅!!⇒!!
∆
−
⋅=⋅
⋅
hSn
p2T
2UpUmoqd
fyqpq2q >6/:7!cbs
2
!P
w
q
Fy2
zbirka zadataka iz termodinamike strana 9
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
4/8/ U horizontalnoj cevi pre~nika e>311!nn ugra|en je greja~ stalne temperature UUJ>711!L. Stawevazduha u preseku 1 odre|eno je sa 2)q>3!cbs-!U>411!L-!x>31!n0t* a u preseku 2 sa 3)q>3!cbs-!U>511!L*.Stawe okoline odre|eno je veli~iama stawa P)qp>2!cbs-!Up>3:1!L*. Cev je toplotno izolovana odokoline. Odrediti:a) snagu ugra|enog greja~ab) eksergiju vazduha u preseku 1 i preseku 2c) eksergijski stepen korisnosti procesa u cevi
a)
2
2h2 q
USw
⋅= >
6213
411398
⋅
⋅>1/5416!
lhn4
3
3h3 q
USw
⋅= >
6213
511398
⋅
⋅>1/685!
lhn4
jedna~ina kontinuiteta: 32 nn⋅⋅
=
3
33
2
22
wBx
wBx ⋅
=⋅
⇒2
323 w
wxx ⋅= >
5416/1685/1
31 ⋅ >!37/78!tn
5416/153/1
31
w5e
xn
3
2
3
2π⋅
⋅=
π⋅
=⋅
>2/57!tlh
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu:
23q23l23U2323 FFXIR ∆+∆++∆=⋅⋅⋅
> ( )3xx
nUUdn33
32
23q−
⋅+−⋅⋅⋅⋅
>
( ) 433
23 213
78/373157/2411511257/2R −
⋅⋅
−⋅+−⋅⋅= >256/88!lX
2 323R⋅
+
zbirka zadataka iz termodinamike strana 10
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)
( )2lp2pp22 ftUinFy +∆⋅+∆−⋅=⋅⋅
=
2Fy⋅
=
+
−⋅+−−⋅
⋅
3x
moSUU
modpU*2UpU)qdn32
2
ph
2
pq
2Fy⋅
>
⋅+
⋅−⋅⋅+−⋅−⋅ −4
321
331
32
mo398/14113:1
mo23:1*4113:1)257/2 >95/88!lX
( )3lp3pp33 ftUinFy +∆⋅+∆−⋅=⋅⋅
=
3Fy⋅
=
+
−⋅+−−⋅
⋅
3x
moSUU
modpU*3UpU)qdn33
3
ph
3
pq
3Fy⋅
>
⋅+
⋅−⋅⋅+−⋅−⋅ −4
321
331
32
mo398/15113:1
mo23:1*5113:1)257/2 >219/:8!lX
c)
UJ
pUJ23R
UUU
RFy−
⋅=⋅⋅
>711
3:171188/256
−⋅ >86/42!lX
drugi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu:
UJufmp`sbeoptjtufn TTT⋅⋅⋅
∆+∆=∆ =.. .
23ufmp`sbeop TT⋅⋅
∆=∆ >
−⋅
⋅
2
3h
2
3q q
qmoS
UU
modn >411511
mo257/2 ⋅⋅ >1/53!LlX
UJ
23UJ
UR
T
⋅⋅
−=∆ >711
88/256− >−1/35!
LlX
35/153/1Ttjtufn −=∆⋅
>!1/29!LlX
tjtufnph TUFy⋅⋅
∆⋅= > 29/13:1 ⋅ >63/3!lX
R2
hR2Fy
FyFy
FyFyFy⋅⋅
⋅⋅⋅
+
−+=η >
42/8688/953/6342/8688/95
+−+
>1/78
zbirka zadataka iz termodinamike strana 11
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
4/9. U neizolovanoj komori me{aju se, pri stacionarnim uslovima, dve struje idealnih gasova: kiseonika
B)⋅nB>7!lh0t-!qB>1/29!NQb-!UB>634!L*!i azota!C)
⋅nC>4!lh0t-!qC>1/44!NQb-!UC>974!L*. U toku procesa
me{awa toplotni protok u okolni vazduh stawa )qp>1/2!NQb-!Up>3:4!L-!sP3>1/32-!sO3>1/8:* iznosi 511lX. Pritisak me{avine na izlazu iz komore je q>!1/26!NQb. Odrediti brzinu gubitka eksergije u tokuprocesa me{awa kao i eksergijski stepen korisnosti procesa u me{noj komori. Zanemariti promenemakroskopske potencijalne i kineti~ke energije.
prvi zadatak termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu:
23U2323 XIR⋅⋅⋅
+∆= 2323 IIR⋅⋅⋅
−=
CqCCBqBB+
qCCqBB23 UdnUdnUdndnR ⋅⋅−⋅⋅−⋅
⋅+⋅=
⋅⋅⋅⋅⋅
qCCqBB
CqCCBqBB23+
dndn
UdnUdnRU
⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅+=
⋅⋅
⋅⋅⋅
>15/24:2/17
97415/24634:2/17511⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅+−>711!L
jedna~ina stawa me{avine idealnih gasova na izlazu iz me{ne komore:
+hCChBB
++ USnSnWq ⋅
⋅+⋅=⋅
⋅⋅⇒
+
+hCChBB
+
q
USnSnW
⋅
⋅+⋅
=
⋅⋅
( )6
+
216/2
7113:843717W
⋅⋅⋅+⋅
= >!:/915!tn4
jedna~ina stawa idealnog gasa za kiseonik )B* na izlazu iz me{ne komore:
+hBB
++B USnWq ⋅⋅=⋅
⋅⇒ +
+hBB+
BW
USnq
⋅⋅=
⋅
>915/:
7113717 ⋅⋅> 621:6/1 ⋅ Qb
jedna~ina stawa idealnog gasa za azot )C* na izlazu iz me{ne komore:
+hCC
++C USnWq ⋅⋅=⋅
⋅⇒ +
+hCC+
CW
USnq
⋅⋅=
⋅
> 321915/:
7113984−⋅
⋅⋅> 62166/1 ⋅ Qb
pritisak kiseonika )B* u okolnom vazduhu:
p3PPB qsq ⋅= > 621232/1 ⋅⋅ > 62132/1 ⋅ Qb
pritisak azota )C* u okolnom vazduhu:
p3PPB qsq ⋅= > 62128:/1 ⋅⋅ > 6218:/1 ⋅ Qb
zbirka zadataka iz termodinamike strana 12
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
drugi zakon termodinamike za proces me{awa gasova B!i!C :
plpmjobufmp`sbeoptjtufn TTT⋅⋅⋅
∆+∆=∆ =.. .
CBufmp`sbeop TTT⋅⋅⋅
∆+∆=∆ >!///!>!2/86!,!1/57!>!3/32!LlX
−⋅=∆
⋅⋅
B
+B
hBB
+
qBBBqq
moSUU
modnT >
⋅−⋅⋅
9/2:6/1
mo37/1634711
mo:2/17 >2/86LlX
−⋅=∆
⋅⋅
C
+C
hCC
+
qCCCqq
moSUU
modnT >
⋅−⋅⋅
4/466/1
mo3:8/1974711
mo15/24 >1/57LlX
p
23plpmjob
UR
T
⋅⋅
−=∆ >3:4511−
− >2/48!LlX
48/232/3Ttjtufn +=∆⋅
>!4/69!LlX
tjtufnph TUFy⋅⋅
∆⋅= > 69/43:4 ⋅ >215:!lX
CB2 FyFyFy⋅⋅⋅
+= = ...
( )
⋅−⋅⋅+−⋅−⋅=
⋅⋅
B
pB
hBB
pqBpBpqBBB
q
qmoS
UU
modUUUdnFy
( )
⋅−⋅⋅+−⋅−⋅=
⋅
9/232/1
mo37/16343:4
mo:2/13:46343:4:2/17FyB >2422!lX
( )
⋅−⋅⋅+−⋅−⋅=
⋅⋅
C
pC
hCC
pqCpCpqCCC
q
qmoS
UU
modUUUdnFy
( )
⋅−⋅⋅+−⋅−⋅=
⋅
4/48:/1
mo3:8/19743:4
mo15/23:49743:415/24FyC >2275!lX
22752422Fy2 +=⋅
>!3586!lX
2
h2Fy
Fy
FyFy⋅
⋅⋅−
=η >3586
215:3586 −>1/68
zbirka zadataka iz termodinamike strana 13
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
4/:. U suprotnosmernom razmewiva~u toplote pri qw>3!cbs, biva izobarski zagrevan tok vazduha (idealangas), od temperature Uw2>524!L do temperature Uw3>654!L, a tok vrelih gasova (sme{a idealnih gasova)biva hla|ena od polaznog stawa H2)qh2>2/6!cbs-!Uh2>724!L* do stawa H3)qh3>2/4!cbs-!Uh3>@*/ Ako sumaseni protoci vazduha i vrelih gasova isti, a vreli gasovi imaju iste termofizi~ke osobine kao i vazduhodrediti eksergijski stepen korisnosti procesa u ovom razmewiva~u toplote pri uslovima okolineP)qp>2!cbs-!Up>3:4!L*/ Zanemariti promene makroskopske potencijalne i kineti~ke energije kao iprisustvo hemijske neravnote`e.
prvi zadatak termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu:
23U2323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 32 II⋅⋅
=
3hq3wq2hq2wq UdnUdnUdnUdn ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⇒
3w2h2w3h UUUU −+= > 654724524 −+ >594!L
=+=⋅⋅⋅
2h2wvmb{ FyFyFy ...
( )
−+−−⋅=
⋅⋅
w
ph
2w
pqp2wpq2w
moSUU
modUUUdnFy
( ) 82/88n32
mo398/15243:4
mo23:45243:42nFy 2w ⋅=
⋅−⋅+−⋅−⋅=
⋅⋅⋅!lX
( )
−+−−⋅=
⋅⋅
2h
ph
2h
pqp2hpq2h
moSUU
modUUUdnFy
( )
⋅−⋅⋅+−⋅−⋅=
⋅⋅
6/22
mo398/17243:4
mo23:47243:42nFy 2h > ⋅⋅n 248/92!lX
( )92/24882/88nFyvmb{ +⋅=⋅⋅
> ⋅⋅n !326/63!lX
Uh2
Uw2 Uw3
Uh3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 14
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
tjphvcjubl TUFy⋅⋅
∆⋅= = ...
tjT⋅
∆ = suT⋅
∆ + pT⋅
∆ =…
suT⋅
∆ = wT⋅
∆ + hT⋅
∆ = …
wT⋅
∆ >⋅n/! =− *
moSUU
mod)w
wh
2w
3wq =⋅⋅
⋅
524654
mo2n ⋅⋅n 1/385
LlX
hT⋅
∆ >⋅n/! =− *
q
qmoS
U
Umod)
2h
3hh
2h
3hq
⋅−⋅⋅
⋅
6/24/2
mo398/1724594
mo2n >− ⋅⋅n 1/2:8
LlX
suT⋅
∆ > ⋅⋅n 1/385!− ⋅
⋅n 1/2:8> ⋅
⋅n 1/188!
LlX
tjT⋅
∆ > suT⋅
∆ , pT⋅
∆ > ⋅⋅n 1/188!
LlX
188/1n3:4Fyhvcjubl ⋅⋅=⋅⋅
>33/67!lX
ηFy!> 63/32667/3363/326
Fy
FyFy
vmb{
hvmb{ −=
−⋅
⋅⋅
>1/9:
3.10. Klipni kompresor kvazistati~ki politropski sabija ⋅n>1/6!lh0t vazduha (idealan gas) od stawa
2)q>211!lQb-!U>399!L*!do stawa 3)q>611!lQb-!U>513!L*/ Stawe okoline zadato je sa P)qp>211!lQb-Up>399!lQb*. Odrediti:a) snagu kompresorab) eksergijski stepen korisnosti procesac) ako bi se kompresor hladio vodom koja bi pri tom mewala stawe pri stalnom pritisku q>211!lQb
od!Ux2>399!L!do!Ux3>414!L
a)
o2o
3
2
3
2
UU
−
= ⇒ o>
3
2
3
2
3
2
UU
moqq
mo
mo
−>
513399
mo611211
mo
611211
mo
−>2/37
( )32h23U UUS2o
onX −⋅⋅
−⋅=
⋅⋅> ( )513399398/1
237/237/2
6/1 −⋅⋅−
⋅ >−8:/4!lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 15
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)
( )p2pp22 tUinFy ∆⋅+∆−⋅=⋅⋅
>
−+−−⋅
⋅*
2qpqmohS
2UpUmoqd)pU*2UpU)qdn >!1!lX
napomena:!q2>qp-!U2>Uq
tjphvcjubl TUFy⋅⋅
∆⋅= = ...
tjT⋅
∆ = suT⋅
∆ + pT⋅
∆ =…
⋅−⋅⋅=∆
⋅⋅
2
3h
2
3qsu
moSUU
modnT >
⋅−⋅⋅
211611
mo398/1399513
mo26/1 >−75/32!LX
p
23p
UR
T
⋅⋅
−=∆ >///>399
2/33−− >87/85!
LX
! ( )23w23 UU2o
odnR −⋅
−κ−
⋅⋅=⋅⋅
> ( )399513237/25/237/2
83/16/1 −⋅−−
⋅⋅ >−33/2!lX
tjT⋅
∆ >−75/32!,!87/85!>23/64!LX
64/23399Fyhvcjubl ⋅=⋅
>4/7!lX
23U2vmb{ XFyFy⋅⋅⋅
+= >8:/4!lX
ηFy!> 4/8:7/44/8:
Fy
FyFy
vmb{
hvmb{ −=
−⋅
⋅⋅
>1/:6
c)
( )3x2xx23 iinR −⋅=⋅⋅
!!!!⇒3x2x
23x ii
Rn
−=
⋅
>8/236:6/73
2/33−
−>!1/46!
tlh
ix2!>!73/:6! lhlK
)voda!q>211!lQb-!U>399!L*
ix3!>!236/8! lhlK
)voda!q>211!lQb-!U>399!L*
zbirka zadataka iz termodinamike strana 16
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
4/22/!U vertikalnom cilindru sa grani~nikom (slika) mo`e se kretati (beztrewa) klip sa tegom. U po~etnom trenutku zapremina cilindra W>1/7n4 (ograni~ena klipom sa tegom), ispuwena je kqu~alom vodom i wenommakroskopski razvijenom parom u stawu termodinami~ke ravnote`e napritisku q>4!cbs!(vla`na para). Kqu~ala voda zauzima 1% od po~etnezapremine cilindra. Maksimalna zapremina cilindra ispod klipa iznosiWnby>3!n4. Odrediti termodinami~ki gubitak rada (gubitak eksergije) pripredaji toplote, od izotermnog toplotnog izvora, temperature UUJ!>734!L,radnoj materiji u cilindru, ako je wena temperatura na kraju procesazagrevawa 684!L. Temperatura okoline iznosi Up>411!L. Predstavitiproces zagrevawa na Ut dijagramu. [rafirati na Ut dijagramu povr{inu kojapredstavqa gubitak eksergije.
ta~ka 1: q2>4!cbs! y2>@
///(n#n
#ny2 =
+=
w#W#
n#= >///>7168/16:5/1
>1/:9!lh
///w(W(
n( == >1121844/1117/1
>6/6:!lh
w′>!1/1121844!lhn4
w′′>1/7168!lhn4
W′!>!1/12/W!>!1/117!n4
W′!>!1/::/W!>!1/6:5!n4
26/16:/6:9/1
:9/1(n#n
#ny2 =
+=
+=
i2>!996/:5!! lhlK
t2>!3/58!! lhLlK
napomena: n!>!n′!,!n′′!>!7/68!lh
ta~ka 2: q3>q2>4!cbs- w3>wnby!> lhn
1/414n
W 4nby =
w′!?!w3!?!w′′ (ta~ka 2 se nalazi u oblasti vla`ne pare)
(w#w(ww
y 33 −
−= >
1121844/17168/11121844/1414/1
−−
>1/6
i3!>iy!>!2754/3!! lhlK
- v3!>vy!>2663/3!! lhlK
-! !!!u3>!ulmk>244/65pD!
zbirka zadataka iz termodinamike strana 17
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 3: u>411pD! w4!>w3>1/414!! lhn4
w′!>!1/1125147!lhn4
- !!!w′′!>!1/13275!lhn4
w4!?!w′′ (ta~ka 3 se nalazi u oblasti pregrejane pare)
i4!>!iqq!>!4161!! lhlK
t4!>!tqq!>!8/29!! lhLlK
q4!>!qqq!>!9/6!!cbs
napomena: vrednosti i4-!t4 i q4 se moraju pro~itati sa it dijagrama zavodenu paru
v4!>!vqq>!i4!−!q4/!w4!>!4161!−!9/6/216!/!21−3/!1/414!>!38:3/6!
lhlK
Fyhvcjubl!>!Uplpmjob!/!∆Ttjtufn!>!///!>!411!/!:/97!>!3:69!!lK
∆Ttjtufn>∆Tsbeop!ufmp!,!∆Tupqmpuoj!j{wps!>!///>41/:6!−!32/1:!>!:/97! LlK
∆T sbeop!ufmp> 24tn ∆⋅ !> ( )24 ttn −⋅ > ( )58/329/868/7 −⋅ >!41/:6!LlK
UJ
3423
UJ
dpotuw34dpotuq23
UJ
3423UJ U
vviin
U
*)r*)rn
URR −+−
⋅−=+
⋅−+
−=∆ ==S
∆TUJ!>! 7343/26636/38:3:5/9962754/3
68/7−+−
⋅− >−32/1:!LlK
U
3
4
2
t∆tsu
∆tUJ
∆tTJ
Up
Fyh
zbirka zadataka iz termodinamike strana 18
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
4/23/!U razmewiva~u toplote vr{i se atmosfersko )q>2!cbs*, potpuno isparavawe kqu~ale vode iistovremena potpuna kondenzacija suvozasi}ene vodene pare priq>4!cbs. Ukoliko toplotna snaga razmewiva~a toplote (interno razmewena toplota izme|u pare ivode) iznosi 3/6!lX, izra~unati eksergijski stepen korisnosti procesa u ovom razmewiva~u toplotepri stawu okoline P)qp>!2!cbs-!up>31pD*/
ta~ka 1: q>!4!cbs y>2
i2!>!i″!>!3836! lhlK
t2!>!t″!>!7/::3! lhLlK
ta~ka 2: q>!4!cbs y>1
i3!>!i′!>!672/5! lhlK
t3!>!t′!>!2/783! lhLlK
ta~ka 3: q>!2!cbs y>1
i4!>!i′!>!528/5! lhlK
t4!>!t′!>!2/4137! lhLlK
ta~ka 4: q>!2cbs
i5!>!i″!>!3786! lhlK
t5!>!t″!>!8/471! lhLlK
!2
!5!4
!3
!U
!t
suva para, q>4!cbs
kqu~ala voda,!q>2!cbs
!2
!5!4
!3
L2
L3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 19
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka O: qp!>!2!cbs up!>!31pD
ip!>!!ix!>!94/:! lhlK
tp!>!!tx!>!1/3:7! lhLlK
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu
ograni~enom konturom 1 (K1): 23U2323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ( )23q23 iinR −⋅=⋅⋅
⇒
23
23q
iiR
n−
=
⋅⋅
>38365/6726/3−
−>2/26!
tlh
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu
ograni~enom konturom 2 (K2): 245U4545 XIR⋅⋅⋅
+∆= ( )45x45 iinR −⋅=⋅⋅
⇒
45
45x
iiR
n−
=
⋅⋅
>5/5283786
6/3−
>2/22!tlh
vmb{
hvcjublvmb{Fy
Fy
FyFy⋅
⋅⋅−
=η >16/892
9/28616/892 −>1/88
tjphvcjubl TUFy⋅⋅
∆⋅= >///> 7/13:4 ⋅ >286/9!lX
∆⋅T tjtufn!>!∆
⋅T sbeop!ufmp!,!∆
⋅T plpmjob!>!///>1/7! L
lX
∆⋅T sbeop!ufmp>
⋅T j{mb{!−!
⋅T vmb{!>!///>!21/1:!−!:/5:>1/7! L
lX
⋅T j{mb{!>! 5x3q tntn ⋅+⋅
⋅⋅> 47/822/2783/226/2 ⋅+⋅ >21/1:!
LlX
⋅T vmb{!>! 4x2q tntn ⋅+⋅
⋅⋅> 4137/222/2::3/726/2 ⋅+⋅ >:/5:!
LlX
⋅Fy vmb{!>!
⋅Fy 2!,
⋅Fy 4!>!///>!892/16!,!53/92!>!934/97!lX
⋅Fy 2> ( )p2pp2q tUin ∆⋅+∆−⋅
⋅>! ( )[ ]2ppp2q ttUiin −⋅+−⋅
⋅
⋅Fy 2> ( )[ ]::3/73:7/13:4:/94383626/2 −⋅+−⋅ >892/16!lX
⋅Fy 4!> ( )p4pp4x tUin ∆⋅+∆−⋅
⋅>! ( )[ ]4ppp4x ttUiin −⋅+−⋅
⋅
⋅Fy 4> ( )[ ]4137/23:7/13:4:/945/52822/2 −⋅+−⋅ >53/92!lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 20
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
3.13.!U ure|aj za pripremu kqu~ale vode (slika) uti~e suva para 2)q>23!cbs*, masenog protoka ⋅n2>1/2
lh0t i voda stawa 3)q>5!cbs-!u>71pD*!masenog protoka ⋅n3>@/ Prolaskom kroz razmewiva~ toplote suva
para se potpuno kondenzuje )stawe 3*. Nastali kondenzat se prigu{uje na pritisak q3(stawe 4), a zatimizobarski me{a sa vodom (stawe 2). Toplotni gubici razmewiva~a toplote iznose 223!lX. Prestavitiprosese u pojedina~nim ure|ajima (razmewiva~ toplote, prigu{ni ventil, me{na komora) na zasebnim Utdijagramima i odrediti:
a) maseni protok vode (⋅n 2) da bi iz ure|aja isticala kqu~ala voda pritiska q3 (stawe 6)
b) temperaturu vode stawa 6!)!u6!*c) eksergijski stepen korisnosti ure|aja ako se okolina defini{e kao voda stawa P!)qp>2!cbs-!u>31pD*
2!−!4 : promena stawa pare pri proticawu kroz razmewiva~ toplote (RT)4!−!5 : promena stawa pare pri proticawu kroz prigu{ni ventil5!,!3!>6! : proces me{awa pare i vode u me{noj komori6!−!7 : promena stawa me{avine pare i vode pri proticawu kroz RT
5
4
!U
!t
q>23!cbs
q>5!cbs
5
3
!U
!t
q>23!cbs
q>5!cbs
6
me{na komoraprigu{ni ventil
2
7 63
54
2n⋅
3n⋅
2
6
7
4
!U
!t
q>23!cbs
q>5!cbs
razmewiva~ toplote
zbirka zadataka iz termodinamike strana 21
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
a)Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu
ograni~enom isprekidanom linijom: 23U2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
2323 IIR⋅⋅⋅
−= = 3322732 inininn ⋅−⋅−⋅
+
⋅⋅⋅⋅⇒
( )37
722233
iiiinR
n−
−⋅+=
⋅⋅⋅
>///>( )
4/3628/7158/71538962/1223
−−⋅+−
>1/4!tlh
ta~ka 1: q2>23!cbs y>2
i2!>i′′>3896! lhlK
t2>t′′!>!7/634! lhLlK
ta~ka 2: q3>5!cbs u3>71pD
i3!>ix>362/4! lhlK
t3>tx!>!1/94! lhLlK
ta~ka 6: q7>5!cbs y>1
i7!>i′>715/8! lhlK
t2>t′!>!2/888! lhLlK
b)
Prvi zakon termodinamike za proces me{awa: 23U2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
32 II⋅⋅
= ⇒ 6323352 inninin ⋅
+=⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅
32
33526
nn
inini
⋅⋅
⋅⋅
+
⋅+⋅= >///>
4/12/14/3624/14/8:92/1
+⋅+⋅
>499/16!lhlK
ta~ka 4: q7>5!cbs y>1
i5!>i′>8:9/4! lhlK
ta~ka 3: i5>i4!>8:9/4! lhlK
ta~ka 5: q>5!cbs i>499/16!lhlK
u6!>!ux!>:4pD
zbirka zadataka iz termodinamike strana 22
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
c)ta~ka O: qp>2!cbs up>31pD
ip!>ix>94/:! lhlK
tp>tx!>!1/3:7! lhLlK
⋅Fy 2> ( )p2pp22 tUin ∆⋅+∆−⋅
⋅>! ( )[ ]2ppp22 ttUiin −⋅+−⋅
⋅
⋅Fy 2> ( )[ ]634/73:7/13:4:/9438962/1 −⋅+−⋅ >98/77!lX
⋅Fy 3> ( )p3pp33 tUin ∆⋅+∆−⋅
⋅>! ( )[ ]3ppp33 ttUiin −⋅+−⋅
⋅
⋅Fy 3> ( )[ ]94/13:7/13:4:/944/3624/1 −⋅+−⋅ >4/39!lX
⋅Fy vmb{!>!
⋅Fy 2,!
⋅Fy 3!>98/77!,!4/39!>:1/:5!lX
tjphvcjubl TUFy⋅⋅
∆⋅= >///> 2:/13:4 ⋅ >66/78!lX
∆⋅T tjtufn!>!∆
⋅T sbeop!ufmp!,!∆
⋅T plpmjob!>!///>−1/2:!,!1/49!>!1/2:! L
lX
∆⋅T sbeop!ufmp>
⋅T j{mb{!−!
⋅T vmb{!>!///>!1/82!−!1/:>−!1/2:! L
lX
⋅T j{mb{!>! 732 tnn ⋅
+
⋅⋅> ( ) 888/24/12/1 ⋅+ >1/82!
LlX
⋅T vmb{!>! 3322 tntn ⋅+⋅
⋅⋅> 94/14/1634/72/1 ⋅+⋅ >1/:1!
LlX
∆⋅T plpmjob!>!−!
p
23
UR
⋅
>−3:4223−
>1/49!LlX
vmb{
hvcjublvmb{Fy
Fy
FyFy⋅
⋅⋅−
=η >:5/:1
78/66:5/:1 −>1/4:
zbirka zadataka iz termodinamike strana 23
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
4/25/!U parnu turbinu ulazi ⋅n>21!lh0t vodene pare stawa 2)q>3!NQb-!u>471pD). Iz turbine se na
pritisku q3>1/5!NQb izdvaja, za potrebe nekog tehnolo{kog qspdftb-!⋅n3>3!lh0t!pare a preostali deo
nastavqa ekspanziju do stawa 4)q>1/27!NQb-!y>2*. Stepen dobrote adijabatske ekspanzije do izdvajawapare iznosi 23
eη >2. Pod okolinom smatrati vodu stawa P)q>1/2!NQb-!u>31pD*. Skicirati promenestawa vodene pare na Ts dijagramu i odrediti:a) snagu turbineb) eksergiju parnih tokova na ulazu u turbinu i oba izlaza iz turbinec) eksergijski stepen korisnosti procesa u turbini
ta~ka 1: q2>31!cbs u>471pD (pregrejana para)
i2!>iqq4267! lhlK
t2>tqq!>!7/:96! lhLlK
ta~ka 2: q3>5!cbs !t3!>!t2!>7/:96! lhLlK
(pregrejana para)
i3!>iqq!>3889/27! lhlK
ta~ka 3: q4>2/7!cbs !y>2 (suvo−zasi}ena para)
i4!>i′′!>37:7! lhlK
t4!>t′′!>!8/313! lhLlK
ta~ka O: qp>2!cbs up>31pD (voda)
ip!>ix>94/:! lhlK
tp>tx!>!1/3:7! lhLlK
2
3
4
uvscjobX⋅
2
4l4
3
!U
!t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 24
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
a)
Prvi zakon termodinamike za proces u turbini: 23U2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
32uvscjob IIX⋅⋅⋅
−= = 43332 inninin ⋅
−−⋅−⋅
⋅⋅⋅⋅
uvscjobX⋅
> ( ) 37:732127/38893426721 ⋅−−⋅−⋅ >5/55!NX
b)⋅Fy 2> ( )p2pp2 tUin ∆⋅+∆−⋅
⋅>! ( )[ ]2ppp2 ttUiin −⋅+−⋅
⋅
⋅Fy 2> ( )[ ]:96/73:7/13:4:/94426721 −⋅+−⋅ >22/23!NX
⋅Fy 3> ( )p3pp33 tUin ∆⋅+∆−⋅
⋅>! ( )[ ]3ppp33 ttUiin −⋅+−⋅
⋅
⋅Fy 3> ( )[ ]:96/73:7/13:4:/9427/38893 −⋅+−⋅ >2/58!NX
⋅Fy 4> ( )p4pp43 tUinn ∆⋅+∆−⋅
−
⋅⋅
>! ( )[ ]4ppp43 ttUiinn −⋅+−⋅
−
⋅⋅
⋅Fy 4> ( ) ( )[ ]313/83:7/13:4:/9437:7321 −⋅+−⋅− >5/82!NX
c)
Bilans eksergije za proces u turbini: hvcjubluvscjob432 FyXFyFyFy⋅⋅⋅⋅⋅
+++=
uvscjob432hvcjubl XFyFyFyFy⋅⋅⋅⋅⋅
−−−= !>!22/23!−!2/58!−!5/82!−!5/55!>!1/6!NX
vmb{
hvcjublvmb{Fy
Fy
FyFy⋅
⋅⋅−
=η >23/22
6/123/22 −>1/:7
⋅Fy vmb{!>!
⋅Fy 2!>22/23!NX
napomena: Do gubitka eksergije se moglo do}i i na uobi~ajen na~in
primenom Hpvz!−!Tupepmjoph! zakona:! tjtufnph TUFy⋅⋅
∆⋅=
zbirka zadataka iz termodinamike strana 25
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
4/26/!Pregrejana vodena para stawa 2)q>!7!NQb-!U>844!L-!⋅n>2!lh0t ) {iri se adijabatski u
dvostepenoj turbini sa me|uprigu{ivawem (slika), do krajweg stawa 5)U>424!L- vla`na para).
Stepeni dobrote u turbinama su: 2UWQE =η i 99/1UOQ
E =η . Deo pare, masenog protoka ⋅nB>1/4!lh0t, po
izlasku iz turbine visokog pritiska, pri pritisku q3>1/9!NQb odvodi se iz turbine, a preostala paraprolaskom kroz prigu{ni ventil adijabatski prigu{uje na pritisak q4>1/4!NQb. Prikazati procese uit koordinatnom sistemu i odrediti snagu dobijenu na zajedni~kom vratilu kao i eksergijski stepenkorisnosti procesa u ovoj dvostepenoj turbini. Pod okolinom smatrati vodu stawa P)q>1/2!NQb-U>3:4!L*/
UWQ2
5!nB
!n UOQ
X
43
3 4
5L
2
5
i
t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 26
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 1: q2>!71!cbs u2!>571pD!
i2!>!iqq!>4435!! lhlK
t2>tqq!>!7/86! lhLlK
ta~ka 2: q3>!9!cbs t3>t2!>!7/86! lhLlK
i3!>!iqq!>3919/7!! lhlK
ta~ka 3: q4>!4!cbs i4!>!i3!>3919/7!! lhlK
t4>tqq!>!8/289! lhLlK
ta~ka 4K: U5L!>!51pD t5L>t4>!8/289! lhLlK
t′!?!t5L!?!t′′ (ta~ka 4K se nalazi u oblasti vla`ne pare)
99/1(t#t(tt
yDp51U
L5L5 =
−−
==
i5L!>!iy!>!3396! lhlK
ta~ka 4: U5>51pD 99/1UOQE =η
L54
54UWQE ii
ii−−
=η ⇒ =−⋅η−= *ji)ii L54UWQE45
=−⋅−= *33967/3919)99/17/3919i5 3459lhlK
:17/1(i#i(ii
yDp51U
55 =
−−
==
⇒ t5!>!ty!>8/65! lhLlK
ta~ka O: qp>2!cbs up>31pD
ip>ix>94/:! lhlK
tp>tx>1/3:7! lhLlK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 27
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
Prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu
ograni~enom isprekidanom linijom: 23U2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
32 IIX⋅⋅⋅
−= = 5B3B2 inninin ⋅
−−⋅−⋅
⋅⋅⋅⋅
⋅X> ( ) 34894/127/39174/144352 ⋅−−⋅−⋅ >948/9!lX
⋅Fy 2> ( )p2pp2 tUin ∆⋅+∆−⋅
⋅>! ( )[ ]2ppp2 ttUiin −⋅+−⋅
⋅
⋅Fy 2> ( )[ ]86/73:7/13:4:/9444352 −⋅+−⋅ >245:/2!LX
tjphvcjubl TUFy⋅⋅
∆⋅= >///> 66/13:4 ⋅ >272/26!lX
∆⋅T tjtufn!>!∆
⋅T sbeop!ufmp!,!∆
⋅T plpmjob!>!///>1/57! L
lX
∆⋅T sbeop!ufmp>
⋅T j{mb{!−!
⋅T vmb{!>!///>!8/41!−!7/86>1/66! L
lX
⋅T vmb{!>! 2tn⋅
⋅> 86/72⋅ >7/86!
LlX
⋅T j{mb{!>! 5B3B tnntn ⋅
−+⋅
⋅⋅⋅> ( ) 65/84/1286/74/1 ⋅−+⋅ >8/41!
LlX
vmb{
hvcjublvmb{Fy
Fy
FyFy⋅
⋅⋅−
=η >2/245:
26/2722/245: −>1/99
⋅Fy vmb{!>!
⋅Fy 2!>245:/2!NX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 28
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
4/27/ Pregrejana vodena para )1/2!lh0t* stawa 2)q>91!cbs-!u>571pD* ulazi u parno turbisnki blok gde senajpre kvazistati~ki adijabatski {iri u turbini visokog pritiska do stawa 3)q>21!cbs*. Zatim sevodenoj pari stawa 2 u dogreja~u izobarski dovodi toplota od toplotnog izvora stalne temperatureUUJ>571pD sve do uspostavqawa toplotne ravnote`e (stawe 3). Nakon toga se para kvazistati~kiadijabatski {iri u turbini niskog pritiska do stawa 5)q>2!cbs*. Pod okolinom smatrati vodu stawaP)q>1/2!NQb-!U>3:4!L*/!Skicirati procese sa vodenom parom na it dijagramu i odrediti:a) mehani~ku snagu parno turbinskog bloka kao i toplotnu snagu dogreja~a pareb) ireverzibilnost procesa (gubitak eksergije) u parno turbinskom blokuc) eksergijski stepen korisnosti procesa u parnoturbinsom bloku
2
34
5
23UX⋅
45UX⋅34R
⋅
2
i
t
3
4
5
zbirka zadataka iz termodinamike strana 29
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 1: q2>!91!cbs u2!>571pD!
i2!>!iqq!>43:7!! lhlK
t2>tqq!>!7/699! lhLlK
ta~ka 2: q3>!21!cbs t3>t2!>!7/699! lhLlK
i3!>!i′′!>3889!! lhlK
ta~ka 3: q4>!21!cbs u4!>!571pD
i4!>!iqq!>44:3!! lhlK
t4>tqq!>!8/756! lhLlK
ta~ka 4: q5!>!2!cbs t5>t4>!8/756! lhLlK
i5!>!iqq!>!38:3/3! lhlK
ta~ka O: qp>2!cbs up>31pD
ip>ix>94/:! lhlK
tp>tx>1/3:7! lhLlK
a)
Prvi zakon termodinamike za proces u turbini visokog pritiska: 23U2323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒
( )3223U iinX −⋅=⋅⋅
( )388943:72/1X 23U −⋅=⋅
>62/9!lX
Prvi zakon termodinamike za proces u turbini niskog pritiska: 45U4545 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒
( )5445U iinX −⋅=⋅⋅
( )3/38:344:32/1X 45U −⋅=⋅
>71!lX
45U23U XXX⋅⋅⋅
+= >222/9!lX
Prvi zakon termodinamike za proces u dogreja~u pare: 34U3434 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒
( )3434 iinR −⋅=⋅⋅
( )388944:32/1R34 −⋅=⋅
>72/5!lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 30
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)⋅Js = tjphvcjubl TUFy
⋅⋅∆⋅= >///> 333:4 ⋅ >7/56!lX
∆⋅T tjtufn!>!∆
⋅T sbeop!ufmp!,!∆
⋅T upqmpuoj!j{wps!>!///>!−94/8!,!216/8!>!33! L
X
∆⋅T sbeop!ufmp>
⋅T j{mb{!−!
⋅T vmb{!>!///>!875/6!−769/9>216/8! L
X
⋅T j{mb{!>! 5tn⋅
⋅> 756/82/1 ⋅ >875/6!
LX
⋅T vmb{!>! 2tn⋅
⋅> 699/72/1 ⋅ >769/9!
LX
∆⋅T upqmpuoj!j{wps!>!−!
Uj
34
UR
⋅
>−844
215/72 4⋅>!−94/8!
LX
c)⋅Fy 2> ( )p2pp2 tUin ∆⋅+∆−⋅
⋅>! ( )[ ]2ppp2 ttUiin −⋅+−⋅
⋅
⋅Fy 2> ( )[ ]699/73:7/13:4:/9443:72/1 −⋅+−⋅ >247/96!LX
UJ
pUJ34R
UUU
RFy−
⋅=⋅⋅
>844
3:48445/72
−⋅ >47/97!lX
R2
hR2Fy
FyFy
FyFyFy⋅⋅
⋅⋅⋅
+
−+=η >
97/4796/24756/797/4796/247
+−+
>1/:7
zadatak za ve`bawe: (3.17.)
4/28/ Kompresor usisava ⋅n=83!lh0i pare amonijaka stawa 2)q>366/:!lQb-!y>2* i sabija je adijabatski do
stawa 3)q>21!cbs-!U>511!L*/ Ako za okolinu smatramo amonijak stawa P)U>331!L-!y>1* odreditieksergijski stepen korisnosti procesa u kompresoru.
re{ewe: ηFy>1/99 )!⋅X >7/13!lX-! 45/5Fy2 =
⋅lX-! hFy
⋅>2/38!lX!*
zbirka zadataka iz termodinamike strana 1
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
PRVI I DRUGI ZAKON TERMODINAMIKE(KOMBINOVANI PROBLEMI)
5/2/!U toplotno izolovanom rezervoaru nalazi se!211!lh!vode!)dx>5/29!lK0)lhL**!po~etne temperatureUx>3:4!L/!Komad bakra!)dDv>1/49!lK0)lhL**!mase!51!lh, po~etne temperature!UDv>469!L!i komadgvo`|a!)dGf>1/57!lK0)lhL**!mase!31!lh, po~etne temperature!UGf>454!L-!naglo se unesu u rezervoar savodom. U momentu uno{ewa u rezervoaru se ukqu~uje me{alica vode snage!711!X, koja radi dok se neuspostavi stawe termi~ke ravnote`e!U+>3::!L/!Odrediti:a) vreme rada me{aliceb) promenu entropije izolovanog sistema tokom navedenog procesa
a)prvi zakon termodinamike za proces u zatvorenom termodinami~komsistemu: R23!>!∆V23!,!XU23 ⇒ XU23>V2!−!V3
GfGfGfDvDvDvxxx2 UdnUdnUdnV ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=45457/13146949/1513:429/5211V2 ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅= >242182/3!lK
+GfGf
+DvDv
+xx3 UdnUdnUdnV ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=
3::57/1313::49/1513::29/5211V3 ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅= >243388/7!lK
XU23!>!242182/3!−!243388/7!>!−2317/5!lK
4
23U
23U
21711
5/2317
X
X−⋅−
−=
⋅=τ >3121/78!t
DvGf
I3P
zbirka zadataka iz termodinamike strana 2
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)
∆TTJ!>!∆TSU!,!∆TP!>///!>5/58! LlK
∆TSU!>!∆Tx!,!∆TDv!,!∆TGf!>///>9/58!−!3/85!−!2/37!!>!5/58! LlK
3:43::
mo29/5211U
+Umodn
UeUd
nTx
xx
+U
xU
xxx ⋅⋅=⋅=
⋅⋅=∆ ∫ >9/58!
LlK
4693::
mo49/151U
+Umodn
UeUd
nTDv
DvDv
+U
DvU
DvDvDv ⋅⋅=⋅=
⋅⋅=∆ ∫ >−3/85!
LlK
4543::
mo57/131U
+Umodn
UeUd
nTGf
GfGf
+U
GfU
GfGfGf ⋅⋅=⋅=
⋅⋅=∆ ∫ >−2/37!
LlK
5/3/!U kalorimetarskom sudu, zanemarqivog toplotnog kapaciteta, nalazi se te~nost polaznetemperature UU>3:1!L!)stalnog toplotnog kapaciteta D>2/36!lK0L*/!U sud je unet bakarni uzorak masenC>1/26!lh!i polazne temperature!UC>484!L/!Zavisnost specifi~nog toplotnog kapaciteta za bakar
od temperature data je izrazom: ! ( )[ ] [ ]LU
2176:/1498/1*lhL0lK
d 5C ⋅⋅+= − /Tokom uspostavqawa
toplotne ravnote`e u kalorimetru, okolini stalne temperature!Up>394!L-!predato je!6% od koli~inetoplote koju je predao bakarni uzorak. Odrediti:a) temperaturu u kalorimetarskom sudu u trenutku uspostavqawa toplotne ravnote`eb) promenu entropije izolovanog sistema od polaznog stawa do stawa uspostavqawa toplotne
ravnote`e u kalorimetru.
a)
oznake koje se koriste u daqem tekstu re{ewa:
( )C23R koli~ina toplote koju bakar predaje te~nosti u sudu
( )p23Rkoli~ina toplote koju bakar predaje okolini
( )U23Rkoli~ina toplote koju te~nost prima od bakra
US temperatura u kalorimetarskom sudu u trenutkuuspostavqawa toplotne ravnote`e
zbirka zadataka iz termodinamike strana 3
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
prvi zakon termodinamike za proces sa bakrom:
( )C23R , ( )p23R > [ ]∫ ⋅⋅+⋅ −
SU
CU
5C eUU2176:/1498/1n
( )C23R , ( )p23R > ( )
−⋅+−⋅⋅ −
3UU
2176:/1UU498/1n3C
3S5
CSC )2*
prvi zakon termodinamike za proces sa te~no{}u
( )U23R > ∫ ⋅
SU
UU
U eUD > ( )USU UUD −⋅ )3*
interno razmewena toplota izme|u bakra i te~nosti:
( )C23R >− ( )U23R )4*
uslov zadatka: ( )p23R > ( ) ( )[ ]p23C23 RR16/1 +⋅ )5*
kombinovawem jedna~ina!)2*-!)3*-!)4*!j!)5*!dobija se:
US!>3:4/8!L- ( )U23R >5736!K- ( )C23R >−5736!K- ( )p23R >−354!K
b)
∆TTJ!>!∆TSU!,!∆TP!>!///>!2/2:!,!1/97!>!3/16! LK
∆TSU!>!∆TU!,!∆TC!>!///>!26/96!−!25/77!>!2/2:! LK
( )3:1
8/3:4mo36/2
UU
moDUeUUD
TU
SU
SU
UU
U ⋅=⋅=⋅
=∆ ∫ >26/96!LK
( ) ( )
( )LK
77/25///UU211/76:UU
mo1/498n
UeUU211/76:1/498
nUeUUd
nT
CS5
C
S
SU
CU
5.
C
SU
CU
CC
−==
−⋅⋅+⋅⋅
=⋅⋅+
⋅=⋅
⋅=∆
−
∫∫
( )394354
U
RT
P
p23P −=−=∆ >1/97!
LK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 4
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
5/4/!Meteor temperature!U>4111!L-!brzinom x>21!ln0t ule}e u ledeni breg temperature!U>384!L/Masa meteora je!nn>21!lh-!a specifi~ni toplotni kapacitet!dn>1/9!lK0lhL/!Odrediti:a) koli~inu toplote koju meteor preda ledenom breguc* promenu entropije izolovanog sistema koji ~ine meteor i ledeni bregd* masu otopqenog leda (toplota topqewa leda iznosi s>443/5!lK0lh)
a)prvi zakon termodinamike za proces koji se de{ava sa meteorom:
R23!>!∆V23!,!X23!,!∆Fl23 ( )3xx
nUUdnR32
33
2n3nnn23−
⋅+−⋅⋅=
( ) ( ) 434
23 2132121
2141113849/121R −⋅⋅
⋅−−⋅⋅= >− 921329/6 ⋅ lK
b)
mfenfufpstjtufn TTT ∆+∆=∆ >///>−2:/286!,2:22/466>29:9/29!LlK
2n
3nnnnfufps U
UmodnT ⋅=∆ >
4111384
mo9/121 ⋅⋅ >!−2:/286!LlK
m
23mfe U
RT =∆ >
38421329/6 6⋅
>2:22/46!LlK
c)
mm23 snR ⋅= ⇒m
23m s
Rn = >
5/44321329/6 6⋅
>2681!lh
ledeni breg
x>21!ln0tmeteor
zbirka zadataka iz termodinamike strana 5
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
5/5/!U rezervoar sa nx>61!lh!vode!)dx>5/2:!lK0lhL*-!temperature!Ux>394!L- uroni se zatvorena boca,na~iwena od ~elika)d•>1/59!lK0lhL*-!sa!Wl>21!litara kiseonika (idealan gas). Masa ~eli~ne bocezajedno sa kiseonikom je!n•!,!nC>!31!lh/!Pre urawawa temperatura kiseonika i boce je!Ul>U•>474L-!a pritisak kiseonika u boci je!ql>26!NQb/!Sistem koji se sastoji od vode i boce sa kiseonikommo`e se smatrati izolovanim. Temperatura okolnog vazduha je!Up>3:4!L-!pritisak!qp>2!cbs-!azapreminski (molarni) udeo kiseonika u okolnom vazduhu je!32&/!Zanemaruju}i razmenu toplote saokolinom odrediti:a) temperaturu u sudu u trenutku uspostavqawa toplotne ravnote`eb) radnu sposobnost kiseonika u boci u trenutku postizawa toplotne ravnote`e
a)prvi zakon termodinamike za proces koji po~iwe urawawem boce a zavr{avase uspostavqawem toplotne ravnote`e;
R23!>!∆V23!,!X23 ⇒ V2!>!V3
LwLl•••xxx2 UdnUdnUdnV ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=+
wLl+
••+
xx3 UdnUdnUdnV ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=
wLl••xx
LwLl•••xxx+
dndndnUdnUdnUdn
U⋅+⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅= >///
jedna~ina stawa idealnog gasa za kiseonik u boci na po~etku procesa:
lhllll USnWq ⋅⋅=⋅ ⇒474371
21212126USWq
n47
lhl
ll ⋅
⋅⋅⋅=
⋅⋅
=−
>2/6:!lh
n•!>! ( )l• nn + −!nl!>!31!−!2/6:!>29/52!lh
76/16:/259/152/292:/56147476/16:/247459/152/293942:/561
U+
⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅
= >397/7!L
napomena:
! U+!− temperatura u boci u trenutku uspostavqawa toplotne ravnote`e
zbirka zadataka iz termodinamike strana 6
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)jedna~ina stawa idealnog gasa za kiseonik u boci u trenutku uspostavqawatoplotne ravnote`e: 2hlll2 USnWq ⋅⋅=⋅
4
2hLl2
2121
7/3973716:/2W
USnq
−⋅
⋅⋅=
⋅⋅= >22/96!NQb
odre|ivawe pritiska kiseonika u okolnom vazduhu:
pLpl qsq ⋅= >1/132!NQb
odre|ivawe radne sposobnosti kiseonika u boci u trenutku uspostavqawatoplotne ravnote`e: ( )p2pp2p21nby wqtUvnX ∆⋅−∆⋅+∆−⋅=
( ) ( ) lK761wwqqq
moSUU
modUUUdnX p2pL
2
pL
h2
PqPP2lwLnby =
−⋅+
⋅−⋅⋅+−⋅⋅=
72
2hl2
2196/22
7/397371q
USw
⋅
⋅=
⋅= >!1/1174!!
lhn4
7pl
phlp
21132/1
3:4371
q
USw
⋅
⋅=
⋅= >!4/7387!!
lhn4
napomena:U delu zadatka pod b) radi lak{e preglednosti veli~ine stawa kiseonika uboci u trenutku uspostavqawa toplotne ravnote`e obele`ene su indeksom!2
zbirka zadataka iz termodinamike strana 7
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
5/6/!Radna materija u zatvorenom sistemu vr{i neki proces pri ~emu joj se u svakoj sekundi dovodi!⋅R>4
lK0t!toplote i odvodi zapreminski rad!⋅X )lK0t*-!koji se u toku vremena mewa po zakonu:
[ ] [ ]i5/3lXX12 τ
⋅=
⋅
){b!!1! i2≤τ< *
[ ]lXX23⋅
>,3/5 ){b!!τ!?!2!i*
b* odrediti brzinu promene unutra{we energije sistema-! 23V⋅
∆ )lX*-!u trenutku!vremena!τ>1/7!ib) odrediti promene unutra{we energije sistema-!∆V23!)lK*-!u toku prva dva ~asa
a)
lX67/27/15/345/34XRV 232323 =⋅−=τ⋅−=−=∆⋅⋅⋅
b)
( ) lXi3/23
5/3e5/3eXX2
1
32
1
2
1
12 =τ
=τ⋅τ⋅=τ⋅τ= ∫∫( ) lXi5/35/3eXX
3
2
3
2
23 =τ=τ⋅τ= ∫Xp3!>!X12!,!X23!>!4/7!lXi!>!23:71!lK
( ) lK32711lXi734eRR
3
1
13 ==⋅=τ⋅τ= ∫⋅
∆V13>!R13!−!X13!>!9751!lK
2 3
τ-! [ ]i
! [ ]lX-X⋅
zbirka zadataka iz termodinamike strana 8
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
5/7/!Toplotne karakteristike neke radne materije zadate su zavisnostima:q!/!w!>!B!/!Uv!>!C!/!U!,!D!/!U3!,!E
gde je!B>!3:8!K0)lhL*-!C>7:8!K0)lhL*-!D>!1/196!K0)lhL3*-!E!>!dpotu-!a!q-!w-!U!j!u su veli~ine stawa uosnovnim jedinicama!TJ. Radna materija mewa svoje toplotno stawe kvazistati~ki adijabatski od stawa2)q2!>!1/2!NQb-!U2>511!L*!do stawa!3!)U3>2451!L*/b* izvesti jedna~inu kvazistati~ke adijabatske promene stawa radne materije u obliku:!q>g)U*c* odrediti pritisak radne materije u stawu!3
b*prvi zakon termodinamike za proces sa radnim telom (diferencijalni oblik)
ewqevr ⋅+=δ )2*
diferencijal proizvoda: ( ) eqwewqwqe ⋅+⋅=⋅ )3*
kombinovawem jedna~ina!)2*!i!)3) sa toplotnim karakteristikama radnematerije dobija se:
1!>!ev!, ( ) eqwwqe ⋅−⋅ ⇒ ev!,! ( )wqe ⋅ >! eqw ⋅
( ) ( )qeq
UBUBeEUDUCe 3 ⋅⋅=⋅++⋅+⋅
( )qeq
UBEUDUCUBe 3 ⋅⋅=+⋅+⋅+⋅
=⋅⋅++
UeU
BUD3CB
qeq ( )
22
2 qq
moUUBD3
UU
moBCB
=−⋅+⋅+
( )2UUBD3
2UU
moBCB
2 fqq−⋅+⋅
+
⋅= ⇒( )511U
3:8196/13
511U
mo3:8
7:83:87 f212/1q
−⋅⋅
+⋅+
⋅⋅=
( )511U3:8196/13
511U
mo3:8
7:83:87 f212/1q
−⋅⋅
+⋅+
⋅⋅=
b)ako u izvedenu jedna~inu stavimo!U>U3>2451!K, kao i vrednosti za navedenekonstante!)B-!C!j!D*!dobija se:
( )51124513:8196/13
5112451
mo3:8
7:83:87
3 f212/1q−⋅
⋅+⋅
+
⋅⋅= >:/9!NQb
zbirka zadataka iz termodinamike strana 1
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
5. DESNOKRETNI KRU@NI PROCESI
6/2/ Koliko se korisnog (neto) rada mo`e najvi{e dobiti ako toplotni izvor temperature (UUJ=450 K)predaje toplotnom ponoru temperature (UUQ=300 K) R=800 kJ toplote, ako se izme|u toplotnog izvorai toplotnog ponora ukqu~i desnokretna toplotna ma{ina.
Najvi{e korisnog rada se mo`e dobiti ako desnokretna tolotna ma{inaradi po Karnoovom desnokretnom ciklusu.
η =ηK ⇒EPW
PEWEPW
RRR +
= UJ
UQUJ
UUU −
⇒
Repw = − Rpew UQ
UJ
UU
⋅ = 911 411561⋅ = 2311!lK
Xofup!>!Repw!,!Rpew!>!2311!−!911!>!511!lK
!!!UJ !!UQ!Rpew!Repw Radno
telo
Xqplsfubokb
Xepcjkfo
UUJ
UUQ
!t
U
zbirka zadataka iz termodinamike strana 2
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/3/ Radna supstanca vr{i potpuno povratni proces izme|u toplotnog izvora stalne temperatureUUJ>2111!L i toplotnog ponora promenqive temperature. Toplotni kapacitet toplotnog ponoraiznosi DUQ>311!lK0L, a temperatura toplotnog ponora se mewa od UUQ2>411!L do UUQ3>@ U tokuobavqawa kru`nog proces toplotni izvor je radnoj supstanci predao 211!NK toplote. Odrediti:a) koristan rad kru`nog procesab) termodinami~ki stepen korisnosti kru`nog procesa
a)
( )UJ
epw2323tjtufn U
RTT −∆=∆ (1)
( ) ( )moUQ
pew4545tjtufn U
RTT −∆=∆ (2)
sabirawem jedna~ina (1) i (2) dobija se:
( )moUQ
pew
UJ
epw
UR
UR
1 −−= ⇒( )
3UQ
2UQ
3UQ2UQ
3UQ2UQUQ
UJ
epw
UU
mo
UUUUD
UR
1−
−⋅−−=
⋅⋅=
UJ
epw
UQ2UQ3UQ U
RD2
fyqUU >
⋅⋅⋅
211121211
3112
fyq4114
>5:5/7!L
( )3UQ2UQUQpew UUDR −⋅= > ( )7/5:5411311 −⋅ >−49/:!NX
Xlps!>!Repw!,!Rpew!>!211!−!49/:!>!72/2!lX
c*
EPW
lpsC R
X=η >
2112/72>1/72
zbirka zadataka iz termodinamike strana 3
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/4/ Proveriti koji od dva prikazana kru`na procesa A i B ima ve}i stepen korisnog dejstva, ako je ∆t(vidi sliku) jednako za oba procesa. Pri kojoj temperaturi toplotnog ponora UUQ, a pri nepromeqenojtemperaturi toplotnog izvora UUJ>600 K, bi stepen korisnog dejstva kru`nog procesa B bio dva putave}i od stepena korisnog dejstva kru`nog procesa A. Svi procesi sa radnom telom su ravnote`ni.
ciklus A: 711UUj = K, 211UUQ = K
TURR UJ23epw ∆⋅==
( )T3UU
3T
3UU
3T
3UU
RRR UQUJUQUJUQUJ4534pew ∆−⋅
+=
∆−⋅
++
∆−⋅
+=+=
EPW
PEWEPWB R
RR +=η >
( )TU
T3UU
TU
UJ
UQUJUJ
∆⋅
∆−⋅+
+∆⋅>
7113211711
711+
−>1/53
ciklus B: 711UUj = K, 211UUQ = K
T3UU
3T
3UU
3T
3UU
RRR UQUJUQUJUQUJ3423epw ∆⋅
+=
∆⋅
++
∆⋅
+=+= ( )TURR UQ42pew ∆−⋅==
EPW
PEWEPWC R
RR +=η >
T3UU
TUT3UU
UQUJ
UQUQUJ
∆⋅+
+∆⋅−∆⋅+
>
3211711
2113211711
+
−+
>1/82
4
U
t
600
100
∆t
∆t03
2 3
4
U
t
600
100
∆t
∆t03
2
3
BC
zbirka zadataka iz termodinamike strana 4
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
Bη =UJ
UQUJUJ
U3UU
U+
−Cη =
3UU
U3UU
UQUJ
UQUQUJ
+
−+
B3 η⋅ = Cη ⇒UJ
UQUJUJ
U3UU
U3
+−
⋅ =
3UU
U3UU
UQUJ
UQUQUJ
+
−+
⇒
UQU >1!L
zadatak za ve`bawe: (1.4.)
6/5/ Proveriti koji od dva prikazana kru`na procesa A i B ima ve}i stepen korisnog dejstva, ako je ∆t(vidi sliku) jednako za oba procesa. U oba slu~aja temperatura toplotnog izvora iznosi UUJ>800 K, atemperatura toplotnog ponora UUQ=300 K. Svi procesi sa radnom materijom su ravnote`ni.
re{ewe: Bη =1/444 Cη >1/397
B
s, J/(kgK)0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000T, K
2
UUQ
3 5
4UUJ
∆t03
∆ts, J/(kgK)
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000T, K
3
4
5
2UUQ
UUJ
∆t
∆t03
C
zbirka zadataka iz termodinamike strana 5
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/6/ Dvoatomni idealan gas obavqa proces gasnoturbinskog postrojewa koji se sastoji od dve izobare i dveadijabate (Xulov ciklus). Stawe radnog tela na ulazu u kompresor je 1(q>2!cbs-!u>26pD), na izlazu izkompresora 2(q>6!cbs) i na ulazu u turbinu 3(u4>891pD). Stepen dobrote adijabatske kompresije jelqeη =0.83, a stepen dobrote adijabatske ekspanzije fy
eη =0.85. Odrediti:
a) termodinami~ki stepen korisnog dejstva ovog ciklusa (η)b) termodinami~ki stepen korisnog dejstva ovog ciklusa za slu~aj maksimalne mogu}e rekuperacije
toplote (η′)
a)
U3L!>!U2κ−κ
⋅
2
2
L3
qq > 5/2
25/2
26
399
−
⋅ >!567/25!L
U3!>!U2!,! lqe
23L UU
η−
!>!94/1
399567/25399
−+ >5:1/69!L
U5L!>!U4κ−κ
⋅
2
4
L5
qq > 5/2
25/2
62
2164
−
⋅ >!775/95!L
U5!>!U4!, ⋅ηfye )U5l!−U4*!>!2164!, ⋅96/1 )775/95!−!2164*!>834/18!L
η!>!epw
pewepw
RRR +
>///>34
5234
UUUUUU
−−+−
!>!69/5:12164
18/83439969/5:12164−
−+−>1/34
Repw!>!n!/!)r34*q>dpotu!>!n!/!dq!/!)!U4!−U3!*
Rpew!>!n!/!)r52*q>dpotu!>!n!/!dq!/!)!U2!−U5!*
Repw
Rpew
!2 !5
!4!3
X23 X45
zbirka zadataka iz termodinamike strana 6
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)
op{ti uslov rekuperacije: U5!?!U3
uslov maksimalne rekuperacije: UB!>!U3! )UC!>!U5*
η′!>!(R
(R(R
epw
pewepw +>///>
C4
B2C4
UUUUUU
−−+−
!>18/8342164
69/5:139918/8342164−
−+−>!1/4:
Repw′!>!n!/!)rC4*q>dpotu!>!n!/!dq!/!)!U4!−UC!*
Rpew′!>!n!/!)rB2*q>dpotu!>!n!/!dq!/!)!U2!−UB!*
bez rekuperacije sa rekuperacijom
REKUPERATOR
Repw′
Rpew′
!2 !B !5
!4!C!3
X23 X45
5L
U
t2
5
4
3!C
B
U
t2
5
4
3
Rsfl
3L
zbirka zadataka iz termodinamike strana 7
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/7/ Sa vazduhom (idealan gas) kao radnim telom izvodi se idealan Xulov desnokretni ciklus (svepromene stawa su kvazistati~ke). Ekspaznzija je dvostepenom sa me|uzagrevawem radnog tela, akompresija je dvostepena sa me|uhla|ewem (slika). Ako je qnby>27!cbs, qnjo>2!cbs!i ako je stepen
kompresije u oba kompresora i stepen ekspanzije u obe turbine isti (6
5
4
3
9
2
7
8
=== ) i ako se
toplota dovodi od toplotnog izvora temperatura UUJ>U3>U5>711!L- a predaje toplotnom ponorutemperature UUQ>U7>U9>361!L, skicirati ciklus na Ut dijagramu i odrediti stepen korisnog dejstvaciklusa (η).
2
9
4
5
6
8
7
3
t
U
2
9 8
7 6
5
4
3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 8
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
qnjo!>!q7>!q6!>!2!cbs qnby!>!q2>!q3!>!27!cbs
6
5
4
3
= ⇒ q4>q5!>!5!cbs
9
2
7
8
= ⇒ q2>q9!>!5!cbs
κ−κ
=
2
9
2
9
2
UU
⇒ =
⋅=
κ−κ 2
9
292 q
qUU =
⋅
−5/225/2
527
361 482/6!L
κ−κ
=
2
4
3
4
3
UU
⇒ =
⋅=
κ−κ 2
3
434 q
qUU =
⋅
−5/225/2
275
711 514/8!L
κ−κ
=
2
6
5
6
5
UU
⇒ =
⋅=
κ−κ 2
5
656 q
qUU =
⋅
−5/225/2
52
711 514/8!L
κ−κ
=
2
8
7
8
7
UU
⇒ =
⋅=
κ−κ 2
7
878 q
qUU =
⋅
−5/225/2
25
361 482/6!L
η!>!epw
pewepw
RRR +
>!///>4523
89674523
UUUUUUUUUUUU
−+−−+−+−+−
!>!1/46
Repw!>!n![)r23*q>dpotu!,!)r45*q>dpotu!]>!n!/!dq!/!)!U3!−!U2!,!U5!−!U4!*
Rpew!>!n![)r67*q>dpotu!,!)r89*q>dpotu!]>!n!/!dq!/!)!U7!−!U6!,!U9!−!U8!*
zadatak za ve`bawe: (1.7.)
6/8/ U energetskom postrojewu za proizvodwu elektri~ne energije primewen je rekuperativnidesnokretni gasnoturbinski ciklus (Xulov ciklus) sa vazduhom (idealan gas) kao radnim telom. Ukompresoru se 311!lh0i radnog tela temperature 91pD adijabatski komprimuje od 1/4!NQb do 1/9!NQb, sastepenom dobrote ηelq>1/97. Dovo|ewem toplote radno telo se zatim zagreva do 891pD i odvodi u turbinu,gde adijabatski ekspandira sa stepenom dobrote ηefy>1/:. Za vreme odvo|ewa toplote rekuperi{e se 91&od koli~ine toplote koja bi se u najpovoqnijem slu~aju mogla rekuperisati. Skicirati proces u Utkooedinatnom sistemu i odreditia) stepen korisnog dejstva ciklusab) teorijsku snagu koja stoji na raspolagawu za pogon generatora, ako se turbina i kompresor nalaze na
istom vratilu
a) η!>!1/44b) Q!>!6/6!lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 9
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/9/ Dvoatomni idealan gas obavqa teorijski (idealan) Otov kru`ni proces izme|u temperaturaUnby>U4>UUJ>2111!L i Unjo>U2>UUQ>3:1!L. Odrediti stepen kompresije )ε�>w20w3* tako da korisna
snaga motora bude najve}a kao i snagu motora ako je molski protok gasa kroz motor ⋅o>:!npm0t.
pewepwofup RRX += = ...= ( ) ( )5234w UUUUNdo −+−⋅⋅⋅
Repw!>!n!/!)r34*w>dpotu!>! ( ) ( )34w UUNdo −⋅⋅⋅
Rpew!>!n!/!)r52*w>dpotu!>! ( ) ( )52w UUNdo −⋅⋅⋅
2
2
3
3
2
ww
UU
−κ
= ⇒
2
3
223 w
wUU
−κ
⋅= = 2
2U−κε⋅
2
4
5
5
4
ww
UU
−κ
= ⇒
2
5
445 w
wUU
−κ
⋅= = κ−ε⋅ 2
4U
ofupX = ( ) ( )κ−−κ⋅
ε⋅−+ε⋅−⋅⋅ 242
224w UUUUNdo
( ) ( ) ( )[ ]κ−−κ⋅
ε⋅κ−⋅−ε⋅−κ⋅−⋅⋅=ε∂
∂2U2UNdo
X4
32w
ofup
1Xofup =ε∂
∂⇔ ( ) ( ) 12U2U 4
32 =ε⋅κ−⋅−ε⋅−κ⋅− κ−−κ
( ) ( ) κ−−κ ε⋅−κ⋅=ε⋅−κ⋅ 2U2U 43
2 ,33
2
2
4
UU −κ
=ε >
35/232
3:12111 −⋅
>!5/8
Qsj!tufqfov!lpnqsftjkf!ε>5/8!npups!ptuwbsvkf!obkwf~v!tobhv
X
εε>5/8
Xnby
zbirka zadataka iz termodinamike strana 10
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
nbyX = ( )5/2225/24 8/521113:18/53:121119/3121: −−− ⋅−+⋅−⋅⋅⋅ >51!lX
Nbltjnbmob!tobhb!npupsb!j{optj! nbyX >51!lX
6/:/ Radna materija (idealan gas) obavqa idealan Xulov kru`ni ciklus izme|u temperatura U3>UUJ>2144L i U5>UUQ>3:2!L. Odrediti temperaturu radne materije posle kvazistati~ke izentropskog sabijawa ukompresoru (U2), odnosno posle kvazistati~ke izentropske ekspanzije u turbini (U4), tako da koristan rad(rad na zajedni~kom vratilu) ima maksimalnu vrednost.
Xlpsjtubo!>!Repw!,!Rpew!>!///!>n!/!dq!/!)!U3!−!U2!,!U5!−!U4!*!>!///
Repw!>!n!/!)r23*q>dpotu!>!n!/!dq!/!)!U3!−U2!*
Rpew!>!n!/!)r45*q>dpotu!>!n!/!dq!/!)!U5!−U4!*
U
t5
4
3
2
UJ
UQ
2−3;!q>dpotu4−5;!q>dpotu
U
t2
5
4
3
UJ
UQ
3−4;!w>dpotu5−2;!w>dpotu
zbirka zadataka iz termodinamike strana 11
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
κ−κ
=
2
5
2
5
2
UU ⊕
κ−κ
=
2
4
3
4
3
UU ⊕
=
4
3
5
2
⇒ =5
2
UU
4
3
UU
⇒
4
532 U
UUU
⋅= ⇒
Xlpsjtubo!>!n!/!dq!/!)!U3!−4
53
UUU ⋅
,!U5!−!U4!*
−
⋅⋅⋅=
∂∂
2U
UUdn
UX
34
53q
4
lpsjtop -! 1U
X
4
lpsjtop =∂
∂⇔ 2
U
UU34
53 −⋅
>1
534 UUU ⋅= > 3:22144 ⋅ >659/4!L !!!!!!!4
532 U
UUU
⋅= >
4/6593:22144 ⋅
>!659/4!L
6/21/ Dvoatomni idealan gas obavqa realni desnokretni kru`ni proces gasnoturbinskog bloka (Xulov)izme|u temperatura Unby>6:6pD i Unjo>26pD. Molski protok gasa kroz postrojewe iznosi 31!npm0t/!).Stepen dobrote adijabatske kompresije je lq
eη =0.88, a stepen dobrote adijabatske ekspanzije fyeη =0.88.
Odrediti maksimalnu snagu gasnoturbinskog bloka pri datim uslovima.
X
U4U4>659/4
Xnby
5L
U
t2
5
4
3
3L
zbirka zadataka iz termodinamike strana 12
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
Korisno dobijen rad ima najve}u vrednost (vidi prethodni zadatak) kada je:
42l3 UUU ⋅= >!611!Ll3
42l5 U
UUU
⋅= !>!611!L
Me|utim u ovom zadatku su adijabatska kompresija i adijabatska ekspanzijaneravnote`ni (nekvazistati~ki) procesi. Uzimawem te ~iwenice u obzirdobija se:
U3!>!U2!,! lqe
23L UU
η−
!>!99/1399611
399−
+ >639/:!L
U5!>!U4!, ⋅ηfye )U5l!−U4*!>!979!, ⋅99/1 )611!−!979*!>655/27!L
Xlpsjtubo!>!Repw!,!Rpew!>!///
Repw!>!n!/!)r34*q>dpotu!>!n!/!dq!/!)!U4!−U3!*!> ( ) ( )34q UUNdo −⋅⋅⋅
Rpew!>!n!/!)r52*q>dpotu!>!n!/!dq!/!)!U2!−U5!*!> ( ) ( )52q UUNdo −⋅⋅⋅
Xlpsjtubo> ( ) ( )5234q UUUUNdo −+−⋅⋅⋅
>
Xlpsjtubo!>Xnby!>! ( ) ( )27/655399:/6399792/3:2131 4 −+−⋅⋅⋅ − >59/38!lX
zadatak za ve`bawe: (1.11.)
6/22/ Sa troatomnim idealnim gasom obavqa se Eriksonov desnokretni kru`ni proses sa izme|utemperatura Unby>UUj>711!L!i Unjo>UUQ>511!L. Odrediti stepen korisnog dejstva ovog ciklusa zaslu~aj maksimalno mogu}e rekuperacije toplote i {rafirati na Ut dijagramu povr{nu koja odgovararekuperisanoj toploti.
re{ewe: η=0.33
zbirka zadataka iz termodinamike strana 13
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/23/ Nekom idealnom gasu dovodi se pri kvazistati~koj izotermskoj ekspanziji (2.3) R23>411!lK toploteod izotermnog toplotnog izvora temperature UUJ>2111!L, pri ~emu entropija idealnog gasa poraste za∆T23>1/6!lK0L. Pri kvazistati~koj promeni stawa (3.4) entropija idealnog gasa opada linearno u Utkoordinatnom sistemu i pri tom se toplota predaje izotermnom toplotnom ponoru temperature UUQ>3:4L sve dok se ne uspostavi stawe termodinami~ke ravnote`e. Od stawa (4) do po~etnog stawa (2) dolazi sekvazistati~kom izentropskom kompresijom. Skicirati promene stawa idealnog gasa u Ut koordinatama iodrediti:a) stepen korisnog dejstva ovog kru`nog ciklusab) odrediti promenu entrpopije sistema (lK0L)c) {rafirati na Ut dijagramu povr{inu ekvivalentnu korisno dobijenom radu
b*
==+
=η ///R
RR
epw
pewepw 1/37 )37&*
lK411RR 23epw ==
L7116/1
411T
RUTUeT*t)URR
23
epw3233
3T
2T
23epw ==∆
=⇒∆⋅=== ∫
*T)3UU
T3UU
eT*t)URR 2343
3443
4T
3T
34pew ∆−⋅+
=∆⋅+
=== ∫lK4/334*6/1)
33:4711
Rpew −=−⋅+
=
U
2
4
3
UJ
UQ
t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 14
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
c*
lhLlK
57/187/14/1///TTTT UQUJsbeopufmptjtufn =+−==∆+∆+∆=∆
LlK
41/12111411
UR
TUJ
epwUJ −=−=−=∆
LlK
87/13:4
4/334UR
TUQ
pewUQ =
−−=−=∆
d*Xlpsjtubo!>!Repw!,!Rpew!>!Repw!−! pewR
Princip {rafirawja korisnog rada na Ut dijagramu je princip oduzimawapovr{ina koje predstavqaju dovedenu (Repw* i odvedenu )Rpew*!toplotu.
2 3U
t
4
3U
t
Repw − pewR
2 3U
t
Xlpsjtubo
>
4
zbirka zadataka iz termodinamike strana 15
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/24/ Radna susptancija (idealan gas) obavqa desnokretni kru`ni proces koji se sastoji iz izobarskogdovo|ewa toplote, kvazistati~ke (ravnote`ne) adijabatske ekspanzije, izotermskog odvo|ewa toplote ikvazistati~ke (ravnote`ne) adijabatske kompresije. Toplota se radnoj supstanciji predaje od dimnihgasova (idealan gas), koji se pri tome izobarski hlade (Cp=1.06 kJ/K), od po~etne temperature!uh2>:11pD.Od radne susptancije, okolini stalne temperature up>29pD- predaje se 411!lK!toplote na povratan na~in.Odrediti stepen korisnosti ovog kru`nog procesa i skicirati ga uUt i qw koordinatnom sistemu.
Rpew!>!R45!>!−!411!lK
LlK
14/23:2411
UR
TTUeT*t)URR4
epw45454
5T
4T
45pew −=−
==∆⇒∆⋅=== ∫∆T23!>!−!∆T45!>!2/14! L
lK
( ) ( )23hbtoejn2323tjtufn TTT ∆+∆=∆ !!!!!!!⇒!!!!!!! ( ) 2323hbtoejn TT ∆−=∆ >2/14!
LlK
( )2EH
3EHqEH
2eh
3ehheh23hbtoejn U
UmoD
q
qmoSnT ⋅−⋅⋅=∆ ⇒
∆⋅=
qEH
hbtojejn2EH3EH D
TfyqUU >
−⋅
17/214/2
fyq2284 >554/:!L
Repw!>!R23!>−!REH!>! ( )2EH3EHqEH UUD −⋅− > ( )2284:/55417/2 −⋅− >883/96!lK
η!>!epw
pewepw
RRR +
>883/96
411.883/96>1/72
zadatak za ve`bawe (1.14.)
6/25/ Vazduh (idealan gas) vr{i slede}i kru`ni proces. Od po~etnog stawa (U2>411!L) vr{i sekvazistati~ka promena stawa po zakonu prave linije u Ut koordinatnom sistemu pri ~emu se radnomtelu dovodi toplota od toplotnog izvora stalne temperature UUJ>U3?U2, pri ~emu je w2>w3. Nakon togavr{i se kvazistati~ka izentropska ekspanzija do po~etne temperature. Kru`ni proces se zatvarakvazistati~kom izotermom. Stepen korisnog dejstva ovog ciklusa iznosi η>1/36. Skicirati ciklus naUt dijagramu i odrediti promenu entropije izolovanog sistema za najpovoqniji polo`aj temperaturatoplotnog izvora i toplotnog ponora.
re{ewe: ∆ttjtufn!>!85! lhLK
U
2
5 4
3
t
54
32q
w
zbirka zadataka iz termodinamike strana 16
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/26/ Vazduh (idealan gas) u prvom slu~aju obavqa desnokretni Xulov kru`ni proces.U drugom slu~aju pri istom odnosu pritisaka qnby0qnjo>4, istoj dovedenoj koli~ini toplote i istojUnby>:84!L, izentropska kompresija zamewuje se izotermskom kompresijom, pri temperaturi Unjo>4:6!L.Sve promene stawa vazduha su ravnote`ne.a) odrediti termodinami~ke stepene korisnosti kru`nih procesa za oba slu~ajab) odrediti termodinami~ke stepena korisnosti, ako se u oba prethodna slu~aja obavqaju kru`ni
procesi sa potpunim regenerativnim zagrevawem radne materije
b*
q3!>!q4!>!qnby! ! q2!>!q5!>!qnjo
U5!>!U4! =
⋅
κ−κ 2
4
5
! =
⋅
−5/225/2
42
:84 821/:!L
U2!>!U3! =
κ−κ 2
3
2
=
⋅
−5/225/2
24
4:6 !399/7!L
U
t2
5
4
3
U
t
2′
5
4
3
Unby Unby
Unjo
zbirka zadataka iz termodinamike strana 17
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
prvi slu~aj:
ηJ!>! =+
epw
pewepw
rrr
///!> =−689
4/553689!1/38
repw!>!r34!>!dq!/!)!U4!−!U3!*!>! ( )4:6:842 −⋅ >689!!lhlK
rpew!>!r52!>!dq!/!)!U2!−!U5!*!> ( ):/8217/3992 −⋅ >−!533/4!lhlK
drugi slu~aj:
ηJJ!>! =+
epw
pewepw
rrr
///!> =−689
5/551689!1/35
repw!>!r34!>!dq!/!)!U4!−!U3!*!> ( )4:6:842 −⋅ >!689!!lhlK
rpew!>!r52′!,!r2′3!>!///!>!−426/:!−!235/6!>−!551/5!! lhlK
r52′!>!dq!/!)!U2′!−!U5!*!>! ( ):/8214:62 −⋅ >−!426/:!lhlK
r2′3!>!U2′!/!Sh!/!mo! =3
(2
42
mo398/14:6 ⋅⋅ >−235/6!lhlK
c*u oba slu~aja maksimalna rekuperisana toplota je jednaka i iznosi:
rsfl!>!r52′!>!−!427! lhlK
prvi slu~aj:
ηJ′!>! =+
(r(r(r
epw
pewepw ///!>!1/6:
repw′!>!repw!.! rekq !>!373!lhlK
rpew′!>!rpew!,! rekq !>!−!217!lhlK
drugi slu~aj:
ηJJ′!>! =+
(r(r(r
epw
pewepw ///!>!1/63
repw′!>!repw!.! rekq !>!373!lhlK
rpew′!>!rpew!,! rekq !>!−!217!lhlK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 18
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/27/ Ciklus gasne turbine koji radi sa troatomnim idealnim gasom kao radnim telom sastoji se izizotermskog kvazistati~kog sabijawa (2.3), izohorskog dovo|ewa toplote (3.4), adijabatske ekspanzije (4.5) i izobarskog odvo|ewa toplote (5.2). Ako je odnos pritisaka )q40q5*>9/5 i )q30q2*>4/6- odredititermodinami~ki stepen korisnosti kru`nog procesa (η) za slu~aj da je adijabatska ekspanzija (4.5):a) kvazistati~kab) nekvazistati~ka sa stepenom dobrote ekspanzije ηefy>1/:6
a)
U3!>!U2 q3!>!4/6/q2
4
3
4
3
UU
= ⇒ 22
22
3
434 U5/3
q6/4q5/9
Uqq
UU ⋅=⋅⋅
⋅=⋅=
U5l!>!U4! =
κ−κ 2
4
l5
=
⋅
⋅⋅κ−κ 2
2
22 q5/9
qU5/3 =
⋅⋅
−39/2
239/2
2 5/92
U5/3 2/6!/U2
( ) ( ) ( )[ ]34wdpotuw34epw UUNdornR −⋅⋅=⋅= = !>!)Ndw*!/!2/5!/!U2
( ) ( )[ ]dpotuU23dpotuq2l5pew rrnR == +⋅= > ( ) ( ) ( )
⋅⋅+−⋅⋅
3
22hl52q q
qmoUNSUUNdo
( ) ( ) ( )
⋅⋅+⋅−⋅⋅=
6/42
moUNSU6/1NdoR 2h2qpew ! ⇒
η!>! =+
epw
pewepw
RRR
!( ) ( ) ( )
( ) 2w
2h2q2w
U5/2Nd6/42
moUNSU6/1NdU5/2Nd
⋅⋅
⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅!>
η>!5/22/3:
6/42
mo426/96/15/485/22/3:
⋅
⋅+⋅−⋅>1/396
!2!5l
!4
!3
!U
!t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 19
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)
l54
54fye UU
UU−−
=η !⇒ ( )l54fye45 UUUU −⋅η−= ⇒
( )2225 U6/2U5/3:6/1U5/3U ⋅−⋅−⋅= !>!2/66!/U2
( ) ( ) ( )[ ]34wdpotuw34epw UUNdornR −⋅⋅=⋅= = !>!)Ndw*!/!2/5!/!U2
( ) ( )[ ]dpotuU23dpotuq52pew rrnR == +⋅= > ( ) ( ) ( )
⋅+−⋅
3
22h52q q
qmoUNSUUNd !
( ) ( ) ( )
⋅+⋅−⋅⋅=
6/42
moUNSU66/1NdoR 2h2qpew !
η!>! =+
epw
pewepw
RRR
!( ) ( ) ( )
( ) 2w
2h2q2w
U5/2Nd6/42
moUNSU66/1NdU5/2Nd
⋅⋅
⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅!>
η>!5/22/3:
6/42
mo426/966/15/485/22/3:
⋅
⋅+⋅−⋅>1/35
!2!5l
!4
!3
!U
!t
!5
zbirka zadataka iz termodinamike strana 20
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/28/ Vazduh (idealan gas) obavqa desnokretni kru`ni proces koji se sastoji od dve kvazistati~ke(ravnote`ne) izentrope i dve nekvazistati~ke (neravnote`ne) izoterme, izme|u temperatura Unjo>411!Li Unby>911!L. Pritisak vazduha na kraju izotermske kompresije iznosi q2>1/2!NQb, a na kraju izotermskeekspanzije iznosi q4>1/9!NQb. Temperature toplotnog izvora i toplotnog ponora su stalne i iznoseUUJ>961!L i UUQ>391!L. Odrediti:a) termodinami~ki stepen korisnosti kru`nog procesa, ako promena entropije izolovanog sistema za
proces dovo|ewa toplote iznosi 71!K0)lhL*- odnosno promena entropije izolovanog sistema za procesodvo|ewa toplote iznosi 211!K0lhL
b) promenu entropije izolovanog sistema (koji sa~iwavaju toplotni izvor, toplotni ponor, i radnotelo) za slu~aj da se sve promene stawa odvijaju kvazistati~ki (ravnote`no)
a)
η!>! =+
epw
pewepw
rrr
///
repw!>!r34!>!///
rpew!>!r52!>!///
q3!>!q22
2
3
UU −κ
κ
⋅ > 25/2
5/2
6
411911
212−
⋅⋅ >!42/216!Qb
proces 2-3:
∆t34!>! =−3
4h
3
4q q
qmoS
UU
mod =−429
mo398 49:!lhLK
( )34tjtufnT∆ !>!∆t34!−!UJ
34
Ur ⇒ r34!>!UUJ ( )( )34tjtufn34 tt ∆−∆⋅
r34> ( )7149:961 −⋅ >38:/76!lhlK
Unby
Unjo
U
2 5
43
UJ
UQ
t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 21
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
q5!>!q42
4
5
UU −κ
κ
⋅ > 25/2
5/2
6
911411
219−
⋅⋅ >!1/37!/216!Qb
proces 4-1:
∆t52!>! =−5
2h
5
2q q
qmoS
UU
mod =−37/12
mo398 −49:!lhLK
!)uo~iti da je!∆t52>−∆t23*
( )52tjtufnT∆ >!∆t52!−!uq
52
Ur ⇒ r52!>!UUQ ( )( )52tjtufn52 tt ∆−∆⋅
r52>! ( )21149:391 −−⋅ >−!247/:3!kgkJ
repw!>!r34!>!38:/76! lhlK
rpew!>!r52!>!−!247/:3! lhlK
η!>! =+
epw
pewepw
rrr
76/38::3/24776/38: −
!>!1/62
b)
repw′!>! ( ) dpotuU34r = > =⋅4
3h3 q
qmoSU =⋅⋅
942
mo398911 422!lhlK
rpew′!>! ( ) dpotuU52r = > =⋅2
5h5 q
qmoSU =⋅⋅
37/12
mo398391 −227!lhlK
lhLK
5/594/525:/476///tttt UQUJsbeopufmptjtufn =+−==∆+∆+∆=∆
lhLK
:/476961422
Ur
tUJ
epwUJ −=−=−=∆
lhLK
4/525391227
Ur
tUQ
pewUQ =
−−=−=∆
zbirka zadataka iz termodinamike strana 22
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/29/ Parno turbinsko postrojewe radi po idealnom Rankin−Klauzijus–ovom kru`nom procesu izme|uqnjo>1/2!cbs!i qnby>21!cbs. U kondenzatoru, se rashladnoj vodi predaje toplota i pri tom se rashladna
voda xn⋅
>4!lh0t, zagreje od stawa B)q>2!cbs-!u>21pD* do stawa B!)q>2!cbs-!u>31pD*/ Snaga napojne pumpeiznosi 0.2!lX. Skicirati kru`ni proces na Ut dijagramu i odrediti:a) termodinami~ki stepen korisnog dejstva ciklusab) snagu turbine
a)ta~ka 4: q>1/17!cbs- y>1 (kqu~ala te~nost)
i5!>!2:2/:! lhlK
- t5!>!1/75:3! lhLlK
ta~ka 1: q!>21!cbs- t>1/75:3!lhLlK
)te~nost*
i2!>!2:4/72!!! lhlK
ta~ka 3: q!>2!cbs
Prvi zakon termodinamike za proces u pumpi: 232323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
2323 IX⋅⋅
∆−= > ( )52q iin −⋅−⋅
> qX⋅
⇒
25
iiX
n−
=
⋅⋅
>72/2:4:/2:2
2/1−−
>6/: 321−⋅tlh
3
2
54
U
tBC
2
5 4
3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 23
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
Prvi zakon termodinamike za proces u kondenzatoru: 232323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
32 II⋅⋅
= ⇒ Bx4q inin ⋅+⋅⋅⋅
> Cx5q inin ⋅+⋅⋅⋅
i4!>!( )
q
BCx5q
n
iinin⋅
⋅⋅−⋅+⋅
>///>!( )
3
3
21:/6
53954:/2:221:/6−
−
⋅
−⋅+⋅⋅>3422/4!
lhlK
t4!>8/3:6! lhlK
)q>1/2!cbs-!i>3422/4!lhlK
*
ta~ka A: q!>21!cbs- u>21pD ⇒ iB!>!53! lhlK
ta~ka C: q!>21!cbs- u>31pD ⇒ iC!>!95! lhlK
ta~ka 2: q!>21!cbs- t>8/3:6!lhLlK
)pregrejana para*
i3!>!4266/6!!! lhlK
a)
epw
pewepw
R
RR⋅
⋅⋅+
=η >!///>!8/2852368/285 −
>1/39
( )23q23epw iinRR −⋅==⋅⋅⋅
> ( )72/2:46/426621:/6 3 −⋅⋅ − >285/8!lX
( )45q45epw iinRR −⋅==⋅⋅⋅
> ( )4/3422:/2:221:/6 3 −⋅⋅ − >−236!lXb)
Prvi zakon termodinamike za proces u turbini: 232323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
2323 IX⋅⋅
∆−= > ( )34q iin −⋅−⋅
> ( )6/42664/342221:/6 3 −⋅⋅− − >61!lX> uvsX⋅
zbirka zadataka iz termodinamike strana 24
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/2:/ U parnom kotlu uz konstantan pritisak od q>51!cbs od vode temperature 41pD proizvodi se vodenapara temperature u>611pD. Ta para izentropski (ravnote`no) ekspandira u turbini do pritiska odq>1/17!cbs, a zatim se odvodi u kondenzator. Napojna pumpa vra}a u kotao pothla|en kondenzat. Toplotapotrebna za proizvodwu pare u parnom kotlu obezbe|uje se hla|ewem dimnih gasova (idealan gas) odpo~etne temperature 2711pD do temperature od 311pD. Koli~ina dimnih gasova je 6611!lnpm0i- a wihovzapreminski sastav 29&!DP3-!:&P3-!84&O3 . Skicirati promene stawa vodene pare na Ut dijagramu iodrediti:a) termodinami~ki stepen korisnog dejstva kru`nog procesac* snagu turbine
ta~ka 1: q!>51!cbs- u>41pD )te~nost*
i2!>!23:/4! lhlK
- !t2>1/544! lhLlK
ta~ka 2: q>51!cbs- u>611pD (pregrejana para)
i3!>!4556! lhlK
- t3!>!8/198! lhLlK
ta~ka 3: q!>1/17!cbs- t4>!t3!>!8/198! lhLlK
(vla`na para)
y4!>!1/95- i4!>!3291/6!!! lhlK
ta~ka 4: q!>1/17!cbs- t5>!t2>!1/544! lhLlK
(te~nost)
i5!>!236/:!!! lhlK
3
4
U
2
5t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 25
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
η!>! =+
epw
pewepw
rrr
///!> =−
4426/87/31658/4426
!1/49
repw!>!r23!>!i3!!−!i2!>!4556!−!23:/4!>!4426/8! lhlK
rpew!>!r45!>i5!−!i4!>!236/:!−!3291/6>−3165/7! lhlK
c*analiza dimnih gasova:
3O3O3P3P3DP3DPeh NsNsNsN ⋅+⋅+⋅= > 3984/1431:/15529/1 ⋅+⋅+⋅ >
Neh!>42/35! lnpmlh
( )3qO3O3O3qP3P3P3qDP3DP3DP
ehqeh dNsdNsdNs
N2
d ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅= >
( )15/23984/1:2/1431:/196/15529/135/422
dqeh ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅= >1/:9!lhLlK
eheheh Non ⋅=⋅⋅
> 35/4247116611
⋅ >58/8!tlh
prvi zakon termodinamike za proces u parnom kotlu: 232323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
3hqeheh3q2hqeheh2q UdninUdnin ⋅⋅+⋅=⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅
⇒
23
3h2hqehehq
ii
*UU)dnn
−
−⋅⋅=
⋅⋅
>4/23:4556
*3112711):9/18/58−
−⋅⋅>2:/85!
tlh
Prvi zakon termodinamike za proces u turbini: 232323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
2323 IX⋅⋅
∆−= > ( )34q iin −⋅−⋅
> ( )45566/329185/2: −⋅− >36!NX> uvsX⋅
zbirka zadataka iz termodinamike strana 26
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/31/ Parnoturbinsko postrojewe radi po Rankin-ovom kru`nom procesu. Stepen dobrote adijabatskeekspanzije u turbini iznosi ηefy>1/9, a stepen dobrote adijabatske kompresije u pumpi iznosi ηelq>1/:7.Stawe vodene pare na ulazu u turbinu je q>51!cbs i u>431pD, a pritisak u kondenzatoru kf!q>1/13!cbs.Skicirati promene stawa vodene pare na Ut i it dijagramu i odrediti:a) termodinami~ki stepen korisnog dejstva ciklusa (η)b) termodinami~ki stepen korisnog dejstva Karnoovog ciklusa koji radi izme|u istih temperatura
toplotnog izvora i toplotnog ponora )ηL*
b*ta~ka 2: q>51!cbs- u>431pD (pregrejana para)
i3>!4121! lhlK
- t3>!7/557! lhLlK
ta~ka 3k: q!>1/13!cbs- t>7/557!lhLlK
(vla`na para)
y4l!>!1/84- i4l!>!2979/:!!! lhlK
ta~ka 3: q!>1/13!cbs- ηefy>1/9
l43
43fye ii
ii−−
=η ⇒ i4!>!i3!−! ( ) =−η l43fye ii
i4!>!4121!−! ( ) =−⋅ :/297941219/1 3 31:8/2!lhlK
! (vla`na para)
ta~ka 4: q>1/13!cbs- y>1 (kqu~ala te~nost)
i5!>!84/63! lhlK
- t5!>!1/3:1:! lhLlK
3
54
2
U
t
2L
4L
i
t
3
42L
24L
5
zbirka zadataka iz termodinamike strana 27
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 1k: q!>51!cbs- t>1/3:1:!lhLlK
)te~nost*
i2l!>!88/:7!!! lhlK
ta~ka 1: q!>51!cbs- ηelq>1/:7
25
l25lqe ii
ii−−
=η ⇒ i2!>!i5!.− =η
−lqe
2l5 ii89/25!
lhlK
i2!>!84/63!.− =−:7/1
25/8984/6389/25!
lhlK
(te~nost)
η!>! =+
epw
pewepw
rrr
///!> =−
3:42/:7/3134:/3:42
!1/42
repw!>!r23!>!i3!!−!i2!>!3:42/:! lhlK
rpew!>!r45!>i5!−!i4!>!−!3134/7! lhlK
c*
ηL!>! =−
UJ
UQUJ
UUU
///!> =−6:4
6/3:16:41/62
UUJ!>!U3!>!6:4!L UUQ!>!U4!>!U5!>!)Ulmk*q>1/13!cbs!>!3:1/6!L
6/32/ Idealni Rankin-Klauzijusov ciklus obavqa se sa vodenom parom izme|u pritisaka qnjo>1/15!cbs iqnby>51!cbs, sa pregrejanom vodenom parom (u>571pD*!na ulazu u turbinu. Za rekuperativno zagrevawenapojne vode (u zagreja~u me{nog tipa), do temperature od uC>215/9pD, iz turbine se pri pritisku pe
q4>2/3!cbs oduzima deo qbsf!)⋅n4>291!lh0i*!(slika). Zanemaruju}i radove napojnih pumpi, skicirati
proces na Ut dijagramu i odrediti:a) termodinami~ki stepen korisnosti ovog kru`nog procesab) snagu parne turbine
Repw
Rpew
Xuvs
!2
!C
!B
!6 !5
!4
!3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 28
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b*
ta~ka 2: q>51!cbs- u>571pD (pregrejana para)
i3!>!4464! lhlK
- t3!>!7/:76! lhLlK
ta~ka 3: q!>2/3!cbs- t>7/:76!lhLlK
(vla`na para)
y4!>!1/:5- i4!>!3659/5!!! lhlK
ta~ka 4: q>1/15!cbs- t>7/:76!lhLlK
(vla`na para)
y5!>!1/92- i5!>!31:2/9!!! lhlK
ta~ka 5: q>1/15!cbs- y>1 (kqu~ala te~nost)
i6!>!232/53! lhlK
-t6!>!1/5336! lhLlK
ta~ka A = ta~ka 5 (jer se zanemaruje rad pumpe)
ta~ka B: q>!2/3!cbs u>215/9pD )kqu~ala te~nost)
iC!>!54:/5! lhlK
ta~ka 1 = ta~ka B! (jer se zanemaruje rad pumpe)
3
4
t
U
5
2
CB
6
zbirka zadataka iz termodinamike strana 29
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
epw
pewepw
R
RR⋅
⋅⋅+
=η >!///>!28/2218
34/76128/2218 −>1/52
( )2323epw iinRR −⋅==⋅⋅⋅
> ( )5/54:446449/1 −⋅ >2218/28!lX
( )56456pew iinnRR −⋅
−==
⋅⋅⋅⋅> ( ) ( )9/31:253/23216/149/1 −⋅− >−761/34lX
prvi zakon termodinamike za proces u me{nom zagreja~u vode:
232323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 32 II⋅⋅
=
C44B4 inininn ⋅=⋅+⋅
−
⋅⋅⋅⋅⇒
BC
B44
iiii
nn−−
⋅=⋅⋅
BC
B44
iiii
nn−−
⋅=⋅⋅
>53/2325/54:53/2325/3659
16/1−−
⋅ >1/49!tlh
c*
prvi zakon termodinamike za proces u parnoj turbini: 232323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
2323 IX⋅⋅
∆−= > 32 II⋅⋅
− >
⋅
−+⋅−
⋅
⋅⋅⋅⋅
54443 inninin >567/:5!lX> uvsX⋅
6/33/ Vodena para obavqa Rankin-Klauzijusov ciklus (slika kao u prethodnom zadatku)izme|u pritisaka qnjo>1/2!cbs i qnby>2!cbs. U kotlu se voda zagreva i isparava. Suvozasi}ena vodenapara ulazi u turbinu gde ekspandira kvazistati~ki adijabatski. Pri ekspanziji se iz turbine oduzimajedan deo pare na pritisku od q>1/4!cbs i koristi za rekuperativno zagrevawe napojne vode u me{nomzagreja~u od temperature koja vlada u kondenzatoru do temperature od 7:/23pD. Zanemaruju}i radovenapojnih pumpi odrediti snagu turbine ako kotao proizvodi 2!lh0t pare i skicirati procese na Utdijagramu.
3
4
t
U
5
2
CB
6
zbirka zadataka iz termodinamike strana 30
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 2: q>2!cbs- y>2 (suva para)
i3!>!3786! lhlK
- t3!>!8/47! lhLlK
ta~ka 3: q!>1/4!cbs- t>8/47!lhLlK
(vla`na para)
y4!>!1/:5- i4!>!3595/:!!! lhlK
ta~ka 4: q>1/2!cbs- t>8/47!lhLlK
(vla`na para)
y5!>!1/9:- i5!>!3431/:!!! lhlK
ta~ka 5: q>1/2!cbs- y>1 (kqu~ala te~nost)
i6!>!2:2/:! lhlK
ta~ka A = ta~ka 5! (jer se zanemaruje rad pumpe)
ta~ka B: q>!1/4!cbs- u>7:/23pD (kqu~ala te~nost)
iC!>!39:/4! lhlK
ta~ka 1 = ta~ka B! (jer se zanemaruje rad pumpe)
prvi zakon termodinamike za proces u me{nom zagreja~u vode:
232323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 32 II⋅⋅
=
C44B4 inininn ⋅=⋅+⋅
−
⋅⋅⋅⋅⇒
B4
BC4
iiii
nn−−
⋅=⋅⋅
4n⋅
>3/2:2:/35953/2:24/39:
2−−
⋅ >1/154!tlh
prvi zakon termodinamike za proces u parnoj turbini: 232323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
2323 IX⋅⋅
∆−= > 32 II⋅⋅
− >
⋅
−+⋅−
⋅
⋅⋅⋅⋅
54443 inninin >!453!lX!> uvsX⋅
zbirka zadataka iz termodinamike strana 31
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/34/ Parno turbinsko postrojewe (slika), radi po Rankinovom kru`nom procesu. U parnoj turbininekvazistati~ki adijabatski {iri se pregrejana vodena para stawa 3)q>36!cbs-!u>571pD* do pritiska q5>1/15!cbs. Deo pare pri pritisku q4>4!cbs!se oduzima iz turbine radi regenerativnog zagrevawa napojnevode (u zagreja~u vode povr{inskog tipa) od temperature!)uLMK*Q5!do temperature )uLK*Q4. Ako prvi deoturbine (do oduzimawa pare) radi sa stepenom dobrote ηefy>1/:!i masenim protokom⋅n>23/6!lh0t!i ako je korisna snaga turbine uvsX
⋅>22!NX, zanemaruju}i rad napojnih pumpi odrediti:
a) toplotni protok koji para predaje okolini u kondenzatorub) stepen dobrote adijabatske ekspanzije u drugom delu turbine (nakon oduzimawa pare)c) termodinami~ki stepen korisnog dejstva ciklusad) skicirati procese sa vodenom parom na Ut dijagramu
Repw
Rpew
Xuvs
!2
!C
!B
!6 !5
!4
!3 ⋅n
4n⋅
4nn⋅⋅
−
!3
6
4
5l
U
!4l
!t!5
BC
2
zbirka zadataka iz termodinamike strana 32
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 2: q>36!cbs- u>571pD (pregrejana para)
i3!>!4484! lhlK
- t3!>!8/313! lhLlK
ta~ka 3k: q!>4!cbs- t>8/313!lhLlK
(pregrejana para)
i4l!>!3927/:!!! lhlK
ta~ka 3: q!>4!cbs-l43
43fye ii
ii−−
=η >1/:
i4!>!3982/8!!! lhlK
- t4!>8/433! lhLlK
ta~ka 4k: q>1/15!cbs- t>8/433!lhLlK
(vla`na para)
y5l!>!1/97- i5l!>!3324/5!!! lhlK
ta~ka 5: q>1/15!cbs- y>1 (kqu~ala te~nost)
i6!>!232/53! lhlK
ta~ka A = ta~ka 5! (jer se zanemaruje rad pumpe)
ta~ka B: q>!1/15!cbs- y>1 (kqu~ala te~nost)
iC!>!672/5! lhlK
ta~ka 1 = ta~ka B! (jer se zanemaruje rad pumpe)
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemuograni~enom isprekidanom konturom:
232323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 32 II⋅⋅
=
C44B4 inininn ⋅=⋅+⋅
−
⋅⋅⋅⋅⇒
B4
BC4
iiii
nn−−
⋅=⋅⋅
4n⋅
>53/2328/398253/2325/672
6/23−−
⋅ >3!tlh
zbirka zadataka iz termodinamike strana 33
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
prvi zakon termodinamike za proces u parnoj turbini: 232323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
2323 IX⋅⋅
∆−= > 32 II⋅⋅
− >
⋅
−+⋅−
⋅
⋅⋅⋅⋅
54443 inninin >! uvsX⋅
i5!>!4
44uvs3
nn
inXin⋅⋅
⋅⋅⋅
−
⋅−−⋅>
36/238/39823212244846/23 4
−⋅−⋅−⋅
>3531/:!lhlK
i′!=!i5!!=!i″ ta~ka 4 je u vla`noj pari
b*⋅R lpoe!>!
⋅R 56> ( )564 iinn −⋅
−
⋅⋅!>! ( ) ( ):/353153/23236/232 −⋅− >−35/2!NX
c*
l54
54fye ii
ii−−
=η >5/33248/3982:/35318/3982
−−
>1/79
c)
epw
pewepw
R
RR⋅
⋅⋅+
=η >!///>!2/46
2/352/46 −>1/42
( )2323epw iinRR −⋅==⋅⋅⋅
> ( )5/67244846/23 −⋅ >46/2!NX
( )56456epw iinnRR −⋅
−==
⋅⋅⋅⋅> ( ) ( ):/353153/23236/23 −⋅− >−!35/2!NX
6/35/ Sa vodenom parom kao radnim telom, izvr{ava se Rankin−Klauzijus−ov kru`ni proces samaksimalnom regeneracijom toplote. Regeneracija toplote, koja se odvija sa beskona~no mnogo predajnikatoplote povr{inskog tipa, naizmeni~no povezanih sa beskona~no mnog toplotno izolovanih turbina,vr{i se sa ciqem predgrevawa napojne vode pre ulaza u parni kotao. Kru`ni proces se odvija izme|upritisaka qnjo>1/16!cbs i qnby>61!cbs i najve}om temperaturom u tokou procesa od unby>511pD. Kotao
proizvodi ⋅n>1/2!lh0t!pare, a procesi u turbinama su ravnote`ni (kvazistati~ki). Skicirati proces na
Ts dijagramu i zanemaruju}i rad napojne pumpe, odrediti:a) termodinami~ki stepen korisnosti kru`nog procesab) snagu turbine visokog pritiska, UWQc) snagu turbine niskog pritiska, UOQ, (sve turbine osim prve)d) relativno pove}awe stepena korisnog dejstva (%) u odnosu na ciklus bez regeneracije toplote(sa samo
jednom turbinom)
zbirka zadataka iz termodinamike strana 34
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
napomena: {rafiran povr{ina (ispod linije A−1) i povr{ina ispod stepenaste linije 3−4 je jednaka i predstavqa maksimalno
mogu}u regenerisanu (rekuperisanu) toplotu u ovom ciklusu
ta~ka 5: q>1/16!cbs- y>1 (kqu~ala te~nost)
i6!>!248/94! lhlK
-! t6>!1/5872 lhLlK
ta~ka A = ta~ka 5! (jer se zanemaruje rad pumpe)
ta~ka 1: q>61!cbs- y>1 (kqu~ala te~nost)
i2!>!2265/5! lhlK
- t2>3/:32! lhLlK
- !u2>374/:2pD
ta~ka 2: q>61!cbs- u>511pD (pregrejana para)
i3!>!42:4! lhlK
- t3!>!7/75! lhLlK
ta~ka 3: u4>!u2>374/:2pD-!!!!!t4>t3!>!7/75! lhLlK
(pregrejana para)
i4!>!3:51! lhlK
(ova vrednost se ~ita sa it dijagrama za vodenu paru)
3
4
t
U
5
2
B
6
B
2
5
4
U
t
qnjo
qnby
Unby
zbirka zadataka iz termodinamike strana 35
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 4: q>1/16!cbs- ∆t45!>!−∆tB2!(uslov ekvidistantnosti)
t5!−!t4!>!tB!−!t2!!!!!⇒!!!!!t5!>!tB!−!t2!,!t4!>1/5872!−!3/:32!,7/75!>5/2:6! lhLlK
y5>1/58 !i5>2387/8 lhlK
a)
η!>! =+
epw
pewepw
rrr
///!> =−
3349/7:/22497/3349
!1/55
repw!>!r23!>!i3!!−!i2!>!42:4!−!2265/5!>!3149/7! lhlK
rpew!>!r56!>i6!−!i5!>!248/94!−!2387/8>−2249/:! lhlK
c*
prvi zakon termodinamike za proces u UWQ: 232323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
2323 IX⋅⋅
∆−= > 32 II⋅⋅
− > ( )43 iin −⋅⋅
>! ( )3:5142:42/1 −⋅ >36/4!lX!> UWQX⋅
d*
prvi zakon termodinamike za proces u UOQ: 232323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
232323 IRX⋅⋅⋅
∆−= > 23sfl IR⋅⋅
∆− > ( ) ( )452B iiniin −⋅−−⋅⋅⋅
>! UOQX⋅
UOQX⋅
> ( ) ( )3:518/23872/15/226594/2482/1 −⋅−−⋅ >75/8!lX!> UOQX⋅
e*
3
B
6C
U
t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 36
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
η′!>! =+
(r(r(r
epw
pewepw ///!> =−
4366/2818/29:128/4166
!1/49
repw′!>!rB3!>!i3!!−!iB!>!42:4!−!248/94!>!4166/28! lhlK
rpew′>!rC6!>i6!!−!iC!>!248/94!−!3138/:>−29:1/18! lhlK
ta~ka C qC>!1/16!cbs-!!!!!tC!>t3!>!7/75! lhLlK
(pregrejana para)
y4!>!1/89- i4!>!3138/:! lhlK
η′!;!211!>!)!η!−!η′!*!;!y ⇒((
yηη−η
= > 21149/1
49/155/1⋅
−>26/9&
zadatak za ve`bawe (1.25.)
6/36/ Parni kotao proizvodi paru stawa 3)q>31!cbs-!u>471pD*/!Para se po izlasku iz kotla deli: jedandeo ide u turbinu, a drugi deo se prigu{uje. Prigu{ena para se zatim me{a sa onom koja jekvazistati~ki adijabatski ekspandirala u turbini, a dobijena me{avina odvodi u kondenzator u kojojse kondezuje na 231pD. Dobijeni kondenzat se pumpom vra}a u kotao. Snaga turbine iznosi 2!NX, atoplota predana okolini u kondenzatoru iznosi 6/:!NX. Skicirati procese sa paroma na Utkoordinatnom sistemu i odrediti:a) koliko pare proizvodi kotao, koliko se prigu{uje a koliko ide u turbinub) termodinami~ki stepen korisnosti ovog postrojewa
re{ewe: lpubpn⋅
>3/7tlh
-! uvscjobn⋅
>2/:5tlh
- wfoujmn⋅
>1/77tlh
-!η>1/25
2 3
6
54
7
,R23
−R67
XUVSXQ
zbirka zadataka iz termodinamike strana 37
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/37/ Vodena para stawa 2)u>511pD-!q>91!cbs*!kvazistati~ki izentropski ekspandira u turbini visokogpritiska do stawa!4)q>5!cbs*-!posle ~ega joj se izobarski dovodi r45>599!lK0lh toplote. Nakon dovo|ewatoplote para kvazistati~ki izentropski ekspandira u turbini niskog pritiska do stawa )q>1/19!cbs*/Proces se daqe nastavqa po idealnom Rankinovom ciklusu (slika). Skicirati ciklus na Ut dijagramu iodrediti termodinami~ki stepen korisnosti ovog kru`nog procesa.
ta~ka 2: q>91!cbs- u>511pD (pregrejana para)
i3!>!4246! lhlK
- t3!>!7/469! lhLlK
2
7 6
54
3
XUWQ
XUOQ
XQ
,R23
,R45
−R67
3
2
74
U
t
6
5
zbirka zadataka iz termodinamike strana 38
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 3: q!>5!cbs- t>7/469!lhLlK
(vla`na para)
y4!>!1/9:- i4!>!3625!!! lhlK
ta~ka 4: q!>5!cbs- r45>599! lhlK
i5!>!4113!!! lhlK
t5>8/558! lhLlK
(pregrejana para)
ta~ka 5: q>1/19!cbs- t6!>t5>8/558! lhLlK
(vla`na para)
y6!>!1/:1- i6!>!3446/9!!! lhlK
ta~ka 6: q>1/19!cbs- y>1 (kqu~ala te~nost)
i7!>!284/:! lhlK
-! t7>!1/6:38 lhLlK
ta~ka 1: q!>91!cbs- t2>!t7>!1/6:38! lhLlK
(te~nost)
i2!>!293/7!!! lhlK
η!>! =+
epw
pewepw
rrr
///!> =−
4551/52/32685/4551
!1/48
repw!>!r23!,!r45!>!i3!!−!i2!,!r45!>!4246!−!293/7!,!599!>!4551/5! lhlK
rpew!>!r67!>!i7!−!i6!>!284/:!−!3446/9>−3268/2! lhlK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 39
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/38/ Parno turbinsko postrojewe radi po Rankin-Klauzijus-ovom kru`nom procesu sa dvostepenimadijabatskim {irewem vodene pare. Pregrejana vodena para stawa 2)q2>211!cbs-!u2>551pD* {iri se uturbini visokog pritiska nekvazistati~ki, sa stepenom dobrote ηEUWQ>1/:, do pritiska!q3>6!cbs.Potom se para izobarski zagreva do temperature u4>411pD, nakon ~ega se, u turbini niskog pritiska,nekvazistati~ki {iri, sa stepenom dobrote ηEUOQ>1/9, do pritiska q5>1/16!cbs, koji vlada ukondenzatoru.a) da li je termodinami~ki stepen korisnosti ovog kru`nog procesa mogu}e dosti}i u Rankin-
Klauzijus-ovom kru`nom procesu sa jednostepenim adijabatskim {irewem vodene pare stawa 2 dopritiska q5, uz maksimalno pove}awe stepena dobrote procesa u turbini
b) koliko mimimalno mora da iznosi stepen dobrote jednostepene adijabatske ekspanzije da bidostigli stepen korisnog dejstva koji ima navedeni ciklus sa dvostepenom adijabatskomekspanzijom
U svim slu~ajevima zanemariti rad napojne pumpe.
ta~ka 1: q>211!cbs- u>551pD (pregrejana para)
i2!>!4322! lhlK
- t2!>!7/488! lhLlK
ta~ka 2k: q!>6!cbs- t3l>t2>7/488! lhLlK
(vla`na para)
y3l>1/:2- i3l!>!366:/3! lhlK
!i
!t
3
4
5
6
2
3l5l
1
zbirka zadataka iz termodinamike strana 40
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 2: q!>6!cbs-l32
32uwqe ii
ii−−
=η >1/:
i3!>! ( )l32uwqe2 iii −⋅η− >3735/5!!!
lhlK
(vla`na para)
ta~ka 3: q>6!cbs- u>411pD (pregrejana para)
i4!>!4173! lhlK
- t4!>!8/574! lhLlK
ta~ka 4k: q>1/16!cbs- t>8/574!lhLlK
(vla`na para)
y5l!>!1/99- i5l!>!3381/3! lhlK
ta~ka 4: q!>1/16!cbs-l32
32uoqe ii
ii−−
=η >1/9
i5!>! ( )l54uoqe4 iii −⋅η− >3544/6!
lhlK
(vla`na para)
ta~ka 5: q>1/16!cbs- y>1 (kqu~ala te~nost)
i6!>!248/94! lhlK
ta~ka 0 = ta~ka 5: (jer se zanemaruje rad pumpi)
η!>! =+
epw
pewepw
rrr
///!> =−
9/462167/33:69/4621
1/46
repw!>!r12!,!r34>!i2!−!i1!,!i4!−!i3!>!4322−248/94!,!4173!−3735/5>4621/9! lhlK
rpew!>!r56!>!i6!−!i5!>!248/94!−!3544/6!>−!33:6/67! lhlK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 41
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ciklus sa jednostepenom ekspanzijom sa maksimalnim stepenom dobrote!ηe>2
ta~ka A:! q!>1/16!cbs- t>7/488!kgKkJ
(vla`na para)
yB>1/85- iB!>!2:41/:!!! lhlK
η′!>! =+(epw
(pew
(epw
r
rr///!> =
−3/4184
26/28:43/4184!1/53
(epwr !>!r12!>!i2!−!i1!>!4322−248/94!!>!4184/3! lh
lK
(pewr !>!rB6!>i6!−!iB!>!248/94!−!2:41/:!>−!28:4/26! lh
lK
kako je η′!?!η- u ciklusu sa jednostepenom adijabatskom ekspanzijom sa maksimalnim pove}awemstepena dobrote ekspanzije ( =ηfye 1) mo`e se dosti}i stepen korisnog dejstva navedenog ciklusasa dvostepenom adijabatskom ekspanzijom.
2
!i
!t6
B
1
zbirka zadataka iz termodinamike strana 42
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
c*!ciklus sa jednostepenom adijabatskom ekspanzijom sa stepenomdobrote ekspanzije njo
eη
η>1/42
((epwr !>!r12!>!i2!−!i1
((pewr >!rC6!>i6!−!iC
!η!>! =+((epw
((pew
((epw
r
rr
12
C612
iiiiii
−−+−
⇒ iC> ( )12612 iiiii −⋅η−+−
iC!> ( )94/248432242/194/24894/2484322 −⋅−+− >!3369/4!lhlK
B2
C2njoe ii
ii−−
=η >:/2:4143224/33694322
−−
>1/85
2!i
!t6
B
1
C
zbirka zadataka iz termodinamike strana 43
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/39/ Parno turbinsko postrojewe radi sa dvostepenim {irewem i me|uzagrevawem pare uz jednostepenoregenerativno zagrevawe napojne vode od temperature koja vlada u kondenzatoru do temperature oduC>323pD (slika). Zanemaruju}i radove napojnih pumpi i ako je:− pritisak pare u kondenzatoru 7!lQb− pritisak pare u kotlu 23!NQb− pritisak pare na izlazu iz turbine visokog pritiska q>5!NQb− temperatura pare na ulazu u turbinu visokog pritiska u>641pD− temperatura pare na ulazu u turbinu niskog pritiska u>641pD
− protok pare kroz turbinu visokog pritiska ⋅n=1/5!lh0t
− protok pare kroz turbinu niskog pritiska 4nn⋅⋅
− =1/4!lh0t− stepen dobrote adijabatske ekspanzije u turbini niskog pritiska ηeuoq>1/93a) odrediti stepen dobrote adijabatske ekspanzije u turbini visogog pritiska, ηeuwqb) odrditi termodinami~ki stepen korisnog dejstva kru`nog procesac) skicirati promene stawa vodene pare na hs dijagramu
2
R23
C
B
7 6
54
3
XUWQ
R67
R45 XUOQ
⋅n
4n⋅
zbirka zadataka iz termodinamike strana 44
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
a)
=−−
=ηl43
43uwqe ii
ii///> =
−−
7/41:845376/42864537
1/87
ta~ka 2: q>231!cbs- u>!641pD (pregrejana para)
i3!>!4537! lhlK
t3!>!7/6996! lhLlK
ta~ka 3k: q!>51!cbs- t>7/6996!lhLlK
(pregrejana para)
i4l!>!41:8/7!!! lhlK
ta~ka 3: q!>51!cbs
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemuograni~enom isprekidanom konturom:
232323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 32 II⋅⋅
=
C44B4 inininn ⋅=⋅+⋅
−
⋅⋅⋅⋅⇒
4
B4C
4
n
innin
i⋅
⋅⋅⋅⋅
−−⋅
= >///
ta~ka 6: q>!1/17!cbs- y>1 (kqu~ala te~nost)
i7!>!262/6! lhlK
ta~ka A = ta~ka 6 (jer se zanemaruje rad pumpi)
ta~ka B: q!>!51!cbs- u>!323pD (voda)
iC!>!:18/6! lhlK
2/16/2624/16/:185/1
i4⋅−⋅
= >!4286/6!lhlK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 45
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)
epw
pewepw
R
RR⋅
⋅⋅+
=η >!///>!46/2219
8/79746/2219 −>1/49
( ) ( )454234523epw iinniinRRR −⋅
−+−⋅=+=
⋅⋅⋅⋅⋅⋅>
epwR⋅
> ( ) ( )6/428846254/16/:1845375/1 −⋅+−⋅ >2219/46!lX
( )67467pew iinnRR −⋅
−==
⋅⋅⋅⋅> ( )5/35516/2624/1 −⋅ >−!797/8!lX
ta~ka 4: q>51!cbs- u>641pD (pregrejana para)
i5!>!4625! lhlK
t5!>!8/2856! lhLlK
ta~ka 5k: q!>1/17!cbs- t>8/2856!lhLlK
(vla`na para)
y6l!>!1/96- i6l!>!3315/8!!! lhlK
ta~ka 5: q>1/17!cbs-l65
65uoqe ii
ii−−
=η
i6!>!i5!−! ( ) =−⋅η l65uoqe ii 4625!−! ( ) =−⋅ 8/3315462593/1 3551/5!
lhlK
ta~ka 1 = ta~ka B (jer se zanemaruje rad pumpi)
3
4
C
5
6
7
6l
4l
t
i
B
2
zbirka zadataka iz termodinamike strana 46
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6/3:/ Parni kotao proizvodi ⋅n=31!u0i pare stawa 2)q3>27!cbs-!u3>511pD*/ Para u turbini ekspandira
u dva stepena. Nakon prvog stepena, deo pare ( 4n⋅
)se odvodi za potrebe nekog spoljnog predajnikatoplote u kojem se vr{i potpuna kondenzacija pare na u>291pD pri ~emu se od pare odvodi 3!NXtoplote. Tako nastalo kondenzat se ne vra}a u kotao, nego ispu{ta u okolinu, a umesto wega se u kotaododaje ista koli~ina vode iz okoline stawa )q>2!cbs-!u>26pD*. Ostatak pare ekspandira u drugomstepenu turbine a zatim odvodi u kondenzator, u kome vlada temperatura od 41pD. Ekspanzije uturbinama su ravnote`ne (kvazistati~ke) i adijabatske. Zanemaruju}i snage napojnih pumpi, skiciratiproces na Ts dijagramu i odrediti:
a) maseni protok sve`e vode, 4n⋅
b) ukupnu snagu koja se dobije u turbinamac) termodinami~ki stepen korisnog dejstva ciklusa
,R23 −R47 −R56
2
3
4 5
61
7
3
4
t
U
5
27
6
zbirka zadataka iz termodinamike strana 47
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 2: q>27!cbs- u>!511pD (pregrejana para)
i3!>!4364! lhlK
t3!>!8/344! lhLlK
ta~ka 3: q!> ( ) Dp291uq = >21!cbs- t4>!t3!>!8/344! lhLlK
(pregrej. para)
i4!>!4228/4!!! lhlK
ta~ka 4: u>!41pD t5!>!t4>!t3!>!8/344! lhLlK
(vla`na para)
y5!>1/96 i5!>!32:2/5! lhlK
ta~ka 5: u>!41pD- y>1 (kqu~ala te~nost)
i6!>!236/82! lhlK
- t6!>1/5477! lhLlK
ta~ka 1: q!>27!cbs- t2>!t6!>!1/5477! lhLlK
(te~nost)
i2!>!239/2!!! lhlK
ta~ka 6: u>!291pD- y>1 (kqu~ala te~nost)
i7!>!874/2! lhlK
b*prvi zakon termodinamike za proces u spoqnom predajniku toplote:
232323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒ ( )474qsfebkojlb iinR −⋅=⋅⋅
47
qsfebkojlb4
iiR
n−
=
⋅⋅
>4/42282/874
213 4
−⋅−
>1/96tlh
b)prvi zakon termodinamike za proces u turbini visokog pritiska:
232323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒ ( )43uwq iinX −⋅=⋅⋅
> ( )4/4228436447112131 4
−⋅⋅
uwqX⋅
>1/86!NX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 48
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
prvi zakon termodinamike za proces u turbini niskog pritiska:
232323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒ ( )544uoq iinnX −⋅
−=
⋅⋅⋅> ( )5/32:24/422896/1
47112131 4
−⋅
−
⋅>
uwqX⋅
>5/47!NX
c)prvi zakon termodinamike za proces u parnom kotlu:
232323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒ ( )23lpumb iinR −⋅=⋅⋅
> ( )2/239436447112131 4
−⋅⋅
lpumbR⋅
>28/47!NX
lpumb
uoquwq
R
XX⋅
⋅⋅+
=η >47/28
47/586/1 +>1/3:
zadatak za ve`bawe (1.30.)
6/41/ Parno turbinsko postrojewe radi po Rankin−Klauzijus−ovom kru`nom procesu sa dvostepenimadijabatskim {irewem vodene pare(slika kao u zadatku 1.26) . Pregrejana vodena para stawa 3)q>21NQb-!u>551pD* {iri se u turbini visokog pritiska nekvazistati~ki, sa stepenom dobrote uwq
eη >1/:, do
pritiska od q4>1/6!NQb. Potom se izobarski zagreva do temperature od u5>411pD, nakon ~ega se, uturbini niskog pritiska, {iri nekvazistati~ki, sa stepenom dobrote uoq
eη >1/9 do pritiska od
q6>1/116!NQb, koji vlada u kondenzatoru. Skicirati proces na it dijagramu i zanemaruju}i snagenapojnih pumpi odredit stepen korisnosti posmatranog kru`nog procesa.
re{ewe: η>1/476
zbirka zadataka iz termodinamike strana 1
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
6. LEVOKRETNI KRU@NI PROCESI
7/2/ Odrediti minimalan rad koji treba ulo`iti da se od nekog tela, konstantne temperature u>!−24pD,oduzme 21!lK!toplote i preda okolnom vazduhu, konstantne temperature od 48pD. Koliko se toplote u tomslu~aju predaje okolnom vazduhu.
Najmawe rada se mora ulo`iti ako levokretna tolotna ma{ina radi poKarnoovom levokretnom ciklusu (sve promene stawa radne materije supovratne).
UUJ>−24pD!>!371!L- UUQ>48pD>421!L- Repw!>21!lK
ujuq
uj
ofup
epw
UUU
X
R−
= !!!!!!⇒ !!!!!!uj
ujuqepwofup U
UURX
−⋅= !>
371371421
21−
⋅ >2/:3!lK
pewR >!Repw!,! ofupX !>!21!,!2/:3!>!22/:3!lK
7/3/ Rashladni ure|aj (slika) koristi kao radnu materiju vazduh (idealan gas) i radi po levokretnomkru`nom Xulovom procesu. Stawe vazduha na ulazu u izentropski kompresor je 2)u2>−21pD-!q2>2!cbs*- a naizlazu iz kompresora 3)q3>5!cbs*/!Temperatura vazduha na ulazu u izentropsku turbinu je u4>31pD. Maseniprotok vazduha kroz rashladni ure|aj 2311!lh0i a sve promene stawa radne materije su ravnote`ne(kvazistati~ke). Skicirati promene stawa vazduha na Ut dijagramu i odrediti:a) rashladni efekat instalacije )lX*b) koeficijent hla|ewa instalacije, εic) ako je svrha rashladnog ure|aja proizvodwa leda temperature um>−4pD od vode temperature ux>21pD,
odrediti masu proizvedenog leda za vreme od τ>2!i
UUQ
UUJ
!t
U
25
4 3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 2
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
a)
U3!>!U2κ−κ
⋅
2
2
3
qq > 5/2
25/2
25
374
−
⋅ >!4:1/9!L
U5!>!U4κ−κ
⋅
2
4
5
qq > 5/2
25/2
52
3:4
−
⋅ >2:8/3!L
( )52q52epw UUdnRR −⋅⋅==⋅⋅⋅
> ( )3/2:8374247112311
−⋅⋅ >32/:4!lX
b)
εi!>! =⋅
⋅
ofup
epw
X
R///!>
78/21:4/32
>!3/16
ofupX⋅
>⋅X lpnqsftps!,
⋅X uvscjob!> ( )5432q UUUUdn −+−⋅⋅
⋅
ofupX⋅
> ( )3/2:83:49/4:1374247112311
−+−⋅⋅ !>!−21/78!lX
c)
==−
τ⋅=
⋅
///ii
Rn
mx
epwmfe 5/44953
4711:4/32+⋅
>318/6!lh
ix!>!53! lhlK
- )q>!2!cbs-!u>21pD*
( ) mmmm s384Udi −−⋅= > ( ) 5/44343 −−⋅ >−449/5!lhlK
U
t
3
25
4 3
!!!ledomat
23
5
zbirka zadataka iz termodinamike strana 3
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
7/4/ Helijum (idalan gas) obavqa realan levokretni Xulov proces sa potpunim rekuperativnim(regenegrativnim) zagrevawem radne materije. Rashladna snaga ovog postrojewa je 33!lX. Temperaturau rashladnoj komori je stala i jednaka je temperaturi na ulazu u gasnu turbinu UUJ>U4!>356!L>dpotu.Temperatura okoline je stalna i jednaka temperaturi na ulazu u kompresor UUQ>U2>431!L. Odnos
pritiska na ulazu i izlazu iz gasne turbine iznosi 5
4
>3/2. Stepeni dobrote u adijabatskom
kompresoru i adijabatskoj turbini su jednaki i iznose fye
lqe η=η >1/93. Prikazati ovaj proces u Ut
koordinatnom sistemu i odrediti:a) neto snagu potrebnu za pogon ovog postrojewab) faktor hla|ewa ovog postrojewa
REKUPERATOR
Repw
Rpew
2
!B
5
4
!C
3
C
B
3l
5l
U
2
5
4
3
!Rsfl
!UQ
!UJ
t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 4
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
a)
U3L!>!U2κ−κ
⋅
2
2
L3
qq >! ( ) 78/2
278/22/3431
−⋅ >541/:!L
U3!>!U2!,! lqe
23L UU
η
−!>!
93/1431:6/541
431−
+ >566/4!L
U5L!>!U4κ−κ
⋅
2
4
L5
qq > 78/2
278/2
2/32
356
−
⋅ >293/2!L
U5!>!U4!, ( )4l5Ue UU −⋅η !>! ( )3562/29393/1356 −⋅+ >2:4/5!L
( )5CqC5epw UUdnRR −⋅⋅==⋅⋅⋅
⇒ ( )5Cq
epw
UUdR
n−⋅
=
⋅⋅
>
( )5/2:43563/633
n−⋅
=⋅
>9/3!/21.3!tlh
ofupX⋅
>⋅X lpnqsftps!,
⋅X uvscjob!> ( )5432q UUUUdn −+−⋅⋅
⋅
ofupX⋅
> ( )5/2:43564/5664313/6213/9 3 −+−⋅⋅⋅ − !>!−46/8!lX
napomena: UC>U3, uslov potpune (maksimalne) regeneracije(rekuperacije) toplote za Xulov ciklus
b)
εi!>!
epwpew
epw
RR
R⋅⋅
⋅
−>
338/6833−
>!1/73
( )3BqB3pew UUdnRR −⋅⋅==⋅⋅⋅
> ( )4/5664313/6213/9 3 −⋅⋅⋅ − >−68/8!lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 5
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
7/5. Rashladno postrojewe (slika) koristi kao radni fluid freon 12 )S23*/ Temperatura isparavawa je354!L, a teperatura kondenzacije 426!L. Snaga kompresora u kojem se vr{i kvazistati~ko adijabatskosabijawe freona iznosi 1/94!lX/ Skicirati promene stawa S23 u Ut i it koordiantnom sistemu iodrediti:
a) rashladni kapacitet )⋅R epw* i koeficijent hla|ewa ovog postrojewa )εi)
b) ako bi se kqu~ala te~nost S23 pre prigu{ivawa podhladila za ∆U>21!L koliko bi tada iznosio
rashladni kapacitet )-
epwR⋅
* i koeficijent hla|ewa ovog postrojewa )-
i⋅ε ) koeficijent hla|ewa
c) na Ut dijagramu {rafirati povr{inu koja predstavqa pove}awe rashladnog kapaciteta postrojewausled pothla|ivawem kondenzata pre prigu{ivawa
2
4
5
3
⋅n
5yn ⋅⋅
⋅n
( )5y2n −⋅⋅
epwR⋅
lqX⋅
pewR⋅
U
5
3
4
2
i
t
3
2
t
45
zbirka zadataka iz termodinamike strana 6
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
! ta~ka 1: U>354!L>!−!41pD y>2
i2!>!752/92! lhlK
- t2!>!2/6993! lhLlK
ta~ka 2: q!>!)q*Ul>426L!>!21/28!cbs t!>!t2!>!2/6993! lhLlK
i3!>!794/1:! lhlK
ta~ka 3: U>426!L>53pD y>1
i4!>!652/58! lhlK
ta~ka 4: i5!>!i4!>!652/58! lhlK
a)
( )5252epw iinRR −⋅==⋅⋅⋅
>///> ( )58/65292/752213 3 −⋅⋅ − >3!lX
( )3223ulq iinXX −⋅==⋅⋅⋅
!!!!!!⇒!!!!!!32
lq
iiX
n−
=
⋅⋅
>1:/79492/725
94/1−
−>
tlh
213 3−⋅
εi!>! =⋅
⋅
lq
epw
X
R94/13
>3/52
b)
U
5
3
4
2
i
t
3
42
5
B
CB
C
t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 7
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka A: iB!≅ !)i′*Ub>416!L!>!642/22! lhlK
ta~ka B: iC!>!iB!>!642/22! lhlK
( )C22C
-
epw iinRR −⋅==⋅⋅⋅
> ( )22/64292/752213 3 −⋅⋅ − >3/32!lX
εi!>! =⋅
⋅
lq
-
epw
X
R94/132/3
>3/78
6.5. Levokretni kru`ni proces obavqa se sa ⋅n=711!lh0i amonijaka )OI4* , izme|u Unjo>−24pD i
qnby>2!NQb. U toplotno izolovan kompresor ulazi suva para koja se nekvazistati~ki sabija do stawa3)U3>211pD*/ Po izlasku iz kondenzatora vr{i se pothla|ivawe do temperature od 26pD. Skiciratiproces na Ut dijagramu i odrediti:a) koeficijent hla|ewab) za koliko bi se pove}ala vrednost koeficijenta hla|ewa )&*, ako bi sabijawe u kompresoru bilo
kvazistati~koc) u{tedi u snazi za pogon kompresora u slu~aju kvazistai~kog sabijawa u odnosu na stvarno
nekvazistati~ko sabijawe )lX* i u Ut koordinatnom sistemu {rafirati povr{inu ekvivalentnutoj u{tedi
U
5
3
4
2
B
C
t
epwR⋅
∆
zbirka zadataka iz termodinamike strana 8
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
a)ta~ka 1: u!>!−24pD y>2
i2!>!3318! lhlK
- t2!>!21/5:3! lhLlK
ta~ka 2: q!>!21!cbs u!>211pD
i3!>!3552/6! lhlK
ta~ka 3: q>21!cbs u>26pD
i4!≅ !)i′*u>26pD!>!2141/2! lhlK
ta~ka 4: i5!>!i4!>!2141/2! lhlK
εi!>! =⋅
⋅
lq
-
epw
X
R///!>
19/4:26/2:7
>6
( )5252epw iinRR −⋅==⋅⋅⋅
> ( )2/214133184711711
−⋅ >2:7/26!lX
( )3223ulq iinXX −⋅==⋅⋅⋅
> ( )6/355233184711711
−⋅ >−4:/19!lX
U
t5
3
4
2
3l
U
t
5
3
4
2
zbirka zadataka iz termodinamike strana 9
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)
ta~ka 2k: q>21!cbs t!>!t2>21/5:3! lhLlK
i3l>3513/:! lhlK
εi!>! =⋅
⋅
-
lq
epw
X
R///!>
76/4326/2:7
>7
( )l32l23u
-
lq iinXX −⋅==⋅⋅⋅
> ( ):/351333184711711
−⋅ >−43/76!lX
( ) &2112&i
-i
i ⋅
−
ε
ε=ε∆ !> &2112
67
⋅
− >31&
d*
∆ lqX⋅
!>! lqX⋅
!.!-
lqX⋅
!>!7/54!lX
3l
5
3
4
2
U
t
∆Xlq
zbirka zadataka iz termodinamike strana 10
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
7/7/ Amonija~ni kompresorski rashladni ure|aj sa prigu{nim ventilom radi izme|u pritisakaqnjo>4/92:!cbs!i!qnby>26!cbs. Kompresor usisava suvozasi}enu paru amonijaka i kvazistati~kiadijabatski je sabija. Ure|aj je projektovan tako da iz prostorije koju hladi oduzima 61!lX toplote.Odrediti:a) snagu kompresorac* koliko bi trebalo da iznosi stepen suvo}e vla`ne pare koja napu{ta kondenzator da bi
koeficijent hla|ewa iznosio εh=0
a)ta~ka 1: q>4/92:!cbs y>2
i2!>!332:! lhlK
- t2!>!21/465! lhLlK
ta~ka 2: q!>26!cbs t!>!t2!>!21/465! lhLlK
i3!>!3528/6! lhlK
ta~ka 3: q>26!cbs y>1
i4!>!2255/2! lhlK
ta~ka 4: i5!>!i4!>!2255/2! lhlK
( )52epw iinR −⋅=⋅⋅
⇒52
epw
iiR
n−
=
⋅⋅
>2/2255332:
61−
>tlh
2176/5 3−⋅
( )3223ulq iinXX −⋅==⋅⋅⋅
> ( )6/3528332:2167/5 3 −⋅⋅ − >−:/16!lX
b)
2(4 ii = ⇒
cbs26q
24 (i((i
(iiy
=
−−
= >2/225533632/2255332:
−−
>1/:8
i
t
3
24
5
4′
zbirka zadataka iz termodinamike strana 11
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
7/8/!Levokretni kru`ni proces sa pothla|ivawem, prigu{ivawem, isparavawem i pregrevawem pare preulaska u kompresor obavqa se sa freonom 12 )S23*- kao radnim telom (slika). Rashladni kapacitetpostrojewa je 6/9!lX, a snaga kompresora, koji vr{i nekvazistati~ko sabijawe pare freona, je 3!lX. Radnamaterija obavqa ciklus izme|u pritisaka qnjo>1/2!NQb i qnby>1/7!NQb i pri tom dosti`e maksimalnutemperaturu od 71pD. Temperatura pothla|ivawa je 27pD. Skicirati promene stawa radnog tela na qw i Utdijagramu i odrediti:a) stepen dobrote adijabatske kompresijeb) {rafirati na Ut dijagramu potrebnu snagu kompresora
2
U
t
5
4
3
3l
LE!,!QI
JT!,!QH25
4 3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 12
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 2: q!>!7!cbs u!>!71pD
i3!>!7:1/6! lhlK
ta~ka 3: q>7!cbs u>27pD
i4!≅ !)i′*u>27pD!>!626/3:! lhlK
ta~ka 4: i5!>!i4!>!626/3:! lhlK
ta~ka 1: q2!>!2!cbs
epwR⋅
>6/9!lX lqX⋅
>−3!lX
( )5252epw iinRR −⋅==⋅⋅⋅
)2*
( )3223ulq iinXX −⋅==⋅⋅⋅
)3*
Kombinovawem jedna~ina (1) i (2) dobija se:!i2!>!756/7! lhlK
-! n>55/6!th
t2!>!2/716! lhLlK
ta~ka 2k: q!>!7!cbs t!>!t2!>!2/716! lhLlK
i3l!>!789/8! lhlK
b*
32
l32lqe ii
ii−−
=η !>!6/7:17/7568/7897/756
−−
>1/85
zbirka zadataka iz termodinamike strana 13
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)
epwpewlq RRX⋅⋅⋅
−=
U
t
3
3l
5
4
2
U
t
3
3l
5
4
2
pewR⋅
epwR⋅
2
U
t
5
4
33l
2
lqX⋅
zbirka zadataka iz termodinamike strana 14
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
7/9/!Levokretna instalacija radi sa amonijakom kao radnim telom. Rashladni kapacitet postrojewa je51!lX. Temperatura isparavawa je −44pD, pritisak u kondenzatoru 6!cbs-!a temperatura prehla|ivawa−4pD. Toplota oslobo|ena prehla|ivawem kondenzata koristi se za pregrevawe suve pare amonijaka,tako da u kompresor ulazi pregrejana para koja se sabija nekvazistati~ki adijabatski sa stepenomdobrote LQ
eη >1/9. Predstaviti kru`ni proces na Ut dijagramu i odrediti:a) maseni protok amonijaka kroz instalaciju )lh0t*b) snagu kompresora )lX*
276
5 4
3
2
U
t
6
5
3
3L
7
4
zbirka zadataka iz termodinamike strana 15
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 3: q>6!cbs-! y>1
i4>:88/:6! lhlK
ta~ka 4: q>!6!cbs-! U>381!L
i5>:56/8!! lhlK
ta~ka 5: i6!>!i5>:56/8!! lhlK
ta~ka 6: U>351!L- y>2
i7!>!3288! lhlK
ta~ka 1: q2!>!q7!>2/7647!cbs −∆i45!>!∆i72
i4!−!i5!>!i2!−!i7! i2>!i4!−!i5!,!i7
i2>!:88/:6!−!:56/8!,!3288!>!331:/36 lhlK
t2>21/:! lhLlK
ta~ka 2K: q3L>6!cbs-! t3>!t2>21/:! lhLlK
i3l>3537! lhlK
ta~ka 2: q3>!6!cbs-!LQeη >1/9
LQeη >
32
L32
iiii−−
LQe
L3223
iiii
η
−−= >
9/1353736/331:
36/331:−
− >3591/2:!lhlK
a)
( )67epw iinR −⋅=⋅⋅
⇒8/:563288
51ii
Rn
67
epw
−=
−=
⋅⋅
> 32136/4 −⋅tlh
b)
( ) ( )2:/359136/331:2136/4iinM 332lpnq −⋅⋅=−⋅= −
⋅⋅>!−9/9!lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 16
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
7/:/!Rashladno postrojewe (slika) radi, sa freonom 12 kao radnim telom, izme|u pritisaka q2>366!lQb iq3>2!NQb. U kompresoru snage 2/4!lX nekvazistati~ki adijabatski sabija se pare freona pri ~emuspecifi~na entropija freona (usled mehani~ke neravnote`e) poraste za ∆t23>4/3!K0lhL. Odrediti:a) rashladnu snagu postrojewa (lX)b) koeficijent hla|ewa postrojewac) {rafirati na Ut dijagramu povr{inu koja koja je evivalentna rashladnoj snazi postrojewa
b*ta~ka 1: q>3/66!cbs y>2
i2!>!764/12! lhlK
- t2!>!2/6829! lhLlK
ta~ka 2: q!>!21!cbs t>t2!,!∆t23!>!2/686! lhLlK
i3!>!789/6! lhlK
ta~ka 3: q>21!cbs y>1
i4!>!651/84! lhlK
ispariva~
6
5
4
2
3
7
!kondenzator
zbirka zadataka iz termodinamike strana 17
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
Prvi zakon termodinamike za proces u odvaja~u te~nosti:
232323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 32 II⋅⋅
=
257
/
4 inininin ⋅+⋅=⋅+⋅⋅⋅⋅
⇒ i7!−!i5!>!i2!−!i4
( )3223ulq iinXX −⋅==⋅⋅⋅
!!!!!!⇒!!!!!!32
lq
iiX
n−
=
⋅⋅
>6/78912/764
4/2−
−>
tlh
212/6 3−⋅
( ) ( ) ( )42576767epw iiniiniinRR −⋅=−⋅=−⋅==⋅⋅⋅⋅⋅
⇒
epwR⋅
> ( )84/65112/764212/6 3 −⋅⋅ − >6/84!lX
b)
εi!>! =⋅
⋅
lq
epw
X
R!
4/284/6
>!5/5
c)
7
3l
5
3
4
!!2
U
t
6
epwR⋅
sflR⋅
zbirka zadataka iz termodinamike strana 18
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
7/21/!Levokretni kru`ni proces sa amonijakom kao radnim telom )⋅n>1/12!lh0t* odvija se izme|u qnjo>2
cbs i qnby>36!cbs. Kompresija je ravnote`na izentropska i dvostepena. Stepen povi{ewa pritiska u oba
stepena je jednak (4
5
2
3
= ) . Na ulazu u kompresor niskog pritiska (stawe 1) para amonijaka je
suvozasi}ena. Nakon prvog stepena kompresije para amonijaka se hladi do temperature od T>431!L/Skicirati proces na Ut dijagramu i odrediti:a) rashladni efekat instalacije koja radi po ovom ciklusu (lX)b) snagu kompresora niskog pritiska i snagu kompresora visokog pritiska )lX*c) koeficijent hla|ewa )εi*d) procentualno pove}awe koeficijenta hla|ewa koje je ostvareno dvostepenom kompresijom (u
odnosu na jednostepenu kompresiju izme|u istih pritisaka i istog stawa na ulazu u kompresor)e) na Ut dijagramu {rafirati povr{inu koja predstavqa u{tedu u snazi kompresora usled dvostepene
kompresijeϕ
loqX⋅
2
6
7
⋅n
⋅n
epwR⋅
34
5
7yn⋅⋅
( )7y2n −⋅⋅
lwqX⋅
34R⋅
56R⋅
zbirka zadataka iz termodinamike strana 19
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 1: q>2!cbs y>2
i2!>!3272! lhlK
- t2!>!22/14! lhLlK
ta~ka 2: q!>! 52 qq ⋅ >6!cbs t>t2>22/14! lhLlK
i3!>!3584! lhlK
ta~ka 3: q!>6!cbs U>431!L
i4!>!3444! lhlK
- t4!>!21/74! lhLlK
ta~ka 4: q!>36!cbs t!>21/74! lhLlK
i5!>!3739! lhlK
ta~ka 5: q>36!cbs y>1
i6!>!2353! lhlK
ta~ka 6: q>2!cbs i>!i6!>!2353! lhlK
2
U
t
5
4
3
7
6
zbirka zadataka iz termodinamike strana 20
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b*
( ) =−⋅==⋅⋅⋅
7272epw iinRR ( )2353327212/1 −⋅ >:/2:!lX
c*
( )3223uloq iinXX −⋅==⋅⋅⋅
> ( )3584327212/1 −⋅ >−4/23!lX
( )5445ulwq iinXX −⋅==⋅⋅⋅
> ( )3739344412/1 −⋅ >−3/:6!lX
d*
εi!>! =+
⋅⋅
⋅
lwqloq
epw
XX
R!
:6/323/42:/:+
>!2/6
e*
ta~ka A: q!>36!cbs t!>22/14! lhLlK
iB!>!3915/3! lhlK
( )B2B2ulq iinXX −⋅==⋅⋅⋅
> ( )3915327212/1 −⋅ >−7/54!lX
-iε !>! =
⋅
⋅
lq
epw
X
R!
54/72:/:
>!2/54
( ) &2112&-i
ii ⋅
−
ε
ε=ε∆ !> &2112
54/26/2
⋅
− >8/25&
U
7
B
6
2
t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 21
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
f*
zadaci za ve`bawe: (2.11. − 2.12.)
7/22/!U komori za hla|ewe potrebno je odr`avati stalnu temperaturu od −26pD, pri ~emu temperaturaspoqa{weg (okolnog) vazduha iznosi 41/4pD. Toplotni dobici kroz zidove komore iznose 91!lK0t. Zahla|ewe komore primeweno je kompresiono rashladno postrojewe bez pothla|ivawa kondenzata i sawegovim prigu{ivawem. Pri tome kompresor usisava suvu paru freona 22 )S33*!i sabija je adijabatski.Odrediti minimalnu snagu za pogon rashladnog postrojewa kao i faktor hla|ewa. Skicirati promenestawa freona na Ut i it dijagramu.
re{ewe: lX⋅
>28/5!lX- εi>5/7
7/23/ U postrojewe koje radi po levokretnom kru`nom procesu, kondenzuje se i pothla|uje amonijak pripritisku od q>2!NQb. Te~ni rashladni fluid ulazi u prigu{ni ventil pri temperaturi od 28pD, gde seprigu{uje do temperature isparavawa u>−34pD. Kompresor, u kojem se obavqa adijabatsko sabijawe radi
sa stepenom dobrote lqeη >1/9, usisava suvu paru, koja od stawa vla`ne pare prelazi u stawe suve pare na
ra~un pothla|ivawa te~ne faze. Snaga kompresora je 67!lX. Odrediti rashladnu snagu ovog postrojewa iu Ut koordinatnom sistemu {rafirati povr{inu ekvivalentnu snazi za pogon kompresora.
re{ewe:⋅R epw!>!29:/7!lX
2
U
t
5
4
3
7
6
B
⋅∆X
zbirka zadataka iz termodinamike strana 22
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
7/24/ Kaskadna rashladna instalacija (slika), sastoji se iz me|usobno spregnutog “kola visoketemperature” i “kola niske temperature”. “Kola” su spregnuta preko toplotno izolovanog predajnikatoplote, u kome rashladni fluid kola niske temperature (preko kondenzatora kola niske temperature) upotpunosti predaje toplotu rashladnom fluidu kola visoke temperature (preko ispariva~a kola visoketemperature). Kolo visoke temperature radi sa freonom 11 )S22*, izme|u pritisaka qnjo>q{)−45pD* i
qnby>1/3!NQb i masenim protokom ⋅n2>1/45!lh0t. Kolo niske temperature radi sa freonom 22 )S33*-
izme|u pritisak qnjo>q{)−:1pD* i qnby>1/3!NQb. Izra~unati stepen (koeficijent) hla|ewa ovogpostrojejwa, ako oba kola rade bez pothla|ivawa kondenzata i sa kvazistati~kom adijabatskomkompresijom suvozasi}ene pare.
kolo visoke temperature:⋅nS22!>!1/45! t
lh
ta~ka 1: u!>!−45pD y>2
i2!>!783/86! lhlK
- t2!>!2/8415! lhLlK
ta~ka 2: q!>!3!cbs t!>!t2!>2/8415! lhLlK
i3!>!841! lhlK
ta~ka 3: q!>!3!cbs y>1
i4!>!651! lhlK
ta~ka 4: i5!>!i4!>!651! lhlK
25
43
kolo visoke temperature
2′5′
4′3′
kolo niske temperature
S22
S33louX
⋅
lwuX⋅
zbirka zadataka iz termodinamike strana 23
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
kolo niske temperature:
ta~ka 1′: u!>!.!:1pD y>2
i2′!>!774/:7! lhlK
t2′!>!2/::74! lhLlK
ta~ka 2′: q>3!cbs t!>!t2′!>!2/::74! lhLlK
i3′!>!863! lhlK
ta~ka 3′: q!>!3!cbs y>1
i4′!>!582/3! lhlK
ta~ka 4′: i5′!>!i4′!>!582/3! lhlK
prvi zakon termodinamike za toplotno izolovani predajnik toplote
232323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 32 II⋅⋅
=
222S(433S522S/
(333S inininin ⋅+⋅=⋅+⋅⋅⋅⋅
⇒(4(3
5222S33S
iiii
nn−−
⋅=⋅⋅
3/5828636516/783
45/1n 33S−−
⋅=⋅
>1/27!s
kg
( ) =−⋅==⋅⋅⋅
(5(233S(2(5epw iinRR ( ) =−⋅ 3/582:7/77427/1 41/9!lX
( )(3(233S(3(2uloq iinXX −⋅==⋅⋅⋅
> ( )863:7/77427/1 −⋅ >−25/2!lX
( )3222S23ulwu iinXX −⋅==⋅⋅⋅
> ( )84186/78345/1 −⋅ >−2:/6!lX
εi!>! =+
⋅⋅
⋅
lwulou
epw
XX
R!
6/2:2/259/41
+>!1/:3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 24
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
7/25/!Rashladno postrojewe sa dva prigu{na ventila, dva odvaja~a te~nosti, dva kompresora i jednim
ispariva~em prikazano je na slici. Ako iz kondenzatora rashladnog postrojewa (stawe 1) izlazi ⋅n=1/2
lh0t kqu~alog freona 12 temperature 41pD, i ako se prvim prigu{nim ventilom sni`ava pritisak freonana q>281!lQb, a drugim na q>31!lQb, skicirati proces u it koordinatnom sistemu i odrediti rashladnikapacitet postrojewa.
n
4
6
1
7 5
3
2
ispariva~
62
1
i
t
3
4
5
7
zbirka zadataka iz termodinamike strana 25
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 0: u>41pD y>1
i1!>!63:/19! lhlK
ta~ka 1: q!>!2/8!cbs i!>!i1!>!63:/19! lhlK
y2!>!1/38
ta~ka 2: q!>1/3!cbs i3!>!)!i′!*q>2/8!cbs!>!595/6! lhlK
y3!>!1/32 s!>!291/44!lhlK
ta~ka 3: q!>1/3!cbs y>1
i4!>!737/6! lhlK
1. na~in:
( ) ( ) ( ) cbs3/1q32epw sy2y2nR =
⋅⋅⋅−⋅−⋅= > ( ) ( ) 34/29132/1238/122/1 ⋅−⋅−⋅ >21/5!lX
2. na~in:
( ) ( )342epw iiy2nR −⋅−⋅=⋅⋅
> ( ) ( )6/5956/73738/122/1 −⋅−⋅ >21/5!lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 26
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
7/26/!Freon 12 (R12) kao rashladni fluid obavqa levokretni ciklus sa dvostepenim isparavawem (slika).U nisko−temperaturskom ispariva~u vlada pritisak 2!cbs, u visoko-temperaturskom ispariva~u 4!cbs, a ukondenzatoru 9!cbs. Kondenzovani fluid (stawa 6) se razdvaja na dve struje i svaka od wih se adijabatskiprigu{uje u odgovaraju}em prigu{nom ventilu (do stawa 7 odnosno stawa 8). Suva para (stawa 2) izvisoko−temperaturskog ispariva~a (VTI) se adijabatski prigu{uje do pritiska 1 bar(stawe 3) i zatim izobarski me{a sa suvom parom (stawa 1) iz nisko−temperaturskog ispariva~a (NTI).Dobijena me{avina (stawa 4) se kvazistati~ki izentropski sabija u kompresoru do stawa 5. Ako jerashladni kapacitet visokotemperaturskog ispariva~a 25!lX, a niskotemperaturskog 8!lX, skiciratipromene stawa freona 12 na Ut dijagramu i odrediti:a) masene protoke rashladnog fluida kroz oba ispariva~ab) snagu kompresorac) faktor hla|ewa rashladnog postrojewa
6
542
3
9
8
7
VTI
NTI
3
2
U
5
4
6
7
8
9
t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 27
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
a)
ta~ka 6: q!>!9!cbs y>1 i>642/6!lhlK
ta~ka 7: i8!>!i7!>!642/6! lhlK
ta~ka 8: i9!>!i8!>!i7!>!642/6! lhlK
ta~ka 2: q!>!4!cbs y>2 i3!>!766/69! lhlK
ta~ka 1: q!>!2!cbs y>2 i2!>!752/2! lhlK
⋅nouj!>!
92
ouj
iiR−
⋅
>!6/642752/2
8−
>1/17!tlh
⋅nwuj!>!
83
wuj
iiR−
⋅
>6/642766/69
25−
>!1/22!tlh
b)
ta~ka 3: i4!>!i3!>!766/69! lhlK
ta~ka 4: q>!4!cbs i!>@
prvi zakon termodinamike za me{awe fluidnih struja:
232323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 32 II⋅⋅
=
5oujwuj2ouj4wuj inninin ⋅
+=⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅⇒
oujwuj
2ouj4wuj5
nn
inini
⋅⋅
⋅⋅
+
⋅+⋅=
17/122/12/75217/169/76622/1
i5 +⋅+⋅
= >761/5!lhlK
t5!>!2/734! lhLlK
ta~ka 5: q!>!9!cbs t!>!t5!>!2/734! lhLlK
i6!>!799/2! lhlK
( )65oujoujlq iinnX −⋅
+=
⋅⋅⋅> ( ) ( )2/7995/76122/117/1 −⋅+ >−7/5!lX
c)
εi!>! =⋅
⋅
lq
epw
X
R!
lq
wujouj
X
RR⋅
⋅⋅+
!!>5/7258 +
>!4/4
zbirka zadataka iz termodinamike strana 28
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
zadatak za ve`bawe: (2.16.)
7/27/ Za potrebe hla|ewa dve odvojene rashladne komore koristi se levokretni kru`ni proces sazajedni~kim kondenzatorom (KD) ,pri ~emu je rashladni fluid freon 12. U nisko temperaturskomispariva~u (NTI) vlada temperatura od −41PD, u visoko temperaturskom ispariva~u (VTI) temperartura−2PD, dok je pritisak u kondenzatoru 1/8:42!NQb. Kondezovani fluid (stawa 6) razdvaja se na dve struje isvaka od wih se adijabatski prigu{uje u odgovaraju}em ventilu (do stawa 7 odnosno stawa 8). Suva para(stawa 1) iz nisko temperaturskog ispariva~a se kvazistati~ki adijabatski sabija u prvom kompresoru dopritiska koji vlada u visoko temperaturskom ispariva~u(stawe 3) i zatim izobarski me{a sa suvom parom (stawa 2) iz visoko temperaturskog ispariva~a.Dobijena me{avina se kvazistati~ki adijabatski sabija u drugom kompresoru do temperature od 51PD(stawe 5). Ako je maseni protok rashladnog fluida kroz nisko temperaturski ispariva~ 1/174!lh0t, a krozvisoko temperaturski ispariva~ 1/224!lh0t, odrediti:a) rashladne snage oba ispariva~ab) snage oba kompresorac) koeficijent hla|ewa rashladnog postrojewa
a) ⋅R ouj!>8!lX- !
⋅R wuj>25!lX
b) 24uX⋅
>!−2/29!lX 56uX⋅
>!−4!lXc) εi!>!6
KD
NTI
VTI
6
542
3
9
8
7
zbirka zadataka iz termodinamike strana 29
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
7/28. U toplotnoj pumpi, radna materija obavqa levokretni kru`ni proces koji se sastoji od ravnote`nog(kvazistati~kog) adijabatskog sabijawa, izotermskog ravnote`nog (kvazistati~og) sabijawa, ravnote`nog(kvazistati~kog) adijabatskog {irewa i ravnote`nog (kvazistai~kog) izotermnog {irewa. Maksimalnaodnosno minimalna temperatura radne materije iznose: Unby>!431!L i Unjo>!391!L, a temperaturetoplotnog izvora odnosno toplotnog ponora su stalne i iznoseUuj>!3:1!L i Uuq>!421!L. Nepovratnost predaje toplote radnoj materiji iznosi∆TJ!>!6!K0L. Predstaviti proces u Ut koordinatnom sistemu i odrediti:a) nepovratnost predaje toplote toplotnom ponorub) koeficijent grejawa toplotne pumpe
a)
∆TJ!>! ( ) ( )uj
epw52su52tj U
RTT −∆=∆ !>!
uj
epw
njo
epw
UR
UR
− !!!!!!! ⇒
Repw!>!( )
ujnjo
52tj
U2
U2T
−
∆!>
3:12
3912
6
−>!51/7!lK
Rpew!>!R34!> ( )34SUnby TU ∆⋅ >///!> ( )256/1431 −⋅ >!−57/5!lK
( ) ( )391
7/51UR
TTnjo
epw52SU34SU −=−=∆−=∆ >−256
LK
( ) ( )uq
pew34su34tj U
RTT −∆=∆ !>!
421.57511
256 −− >!5/79!LK
b)
εh!>!epwpew
pew
RR
R
−>
7/515/575/57
−>!9
25
4 3!Uuq
!Uuj
Unjo
Unby
U
t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 30
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
7/29/!Dve toplotne pumpe me|usobno spojene redno (slika) rade po idealnom Karnoovom kru`nom procesu.Toplotna pumpa 2 uzima 511!lK toplote od toplotnog izvora stalne temperature UUJ>411!L. Toplotuodvedenu od toplotne pumpe 2 preuzima toplotna pumpa 3, koja predaje toplotu toplotnom ponoru stalnetemperature UUQ>2311!L. Ako obe toplotne pumpe rade sa istim faktorom grejawa odrediti:a) temperaturu radne materije pri kojoj se vr{i razmena toplote izme|u dve toplotne pumpe, UYb) neto mehani~ke radove koji se dovode radnoj materiji u toplotnoj pumpi, 2(UQ2) i toplotnoj pumpi,
3(UQ3)
a)
UJY
Y2h UU
U−
=εYUQ
UQ3h UU
U−
=ε
3h2h ε=ε ⇒UJY
Y
UUU−
>YUQ
UQ
UUU−
⇒
UQUJY UUU ⋅= > 2311411 ⋅ >711!L
b)
UJY
Y2h UU
U−
=ε >411711
711−
>3YUQ
UQ3h UU
U−
=ε >7112311
2311−
>3
εh2!>!epwY
Y
RR
R
−⇒ epw
2h
2hY R
2R ⋅
−ε
ε= >911!lK
X2> epwY RR − >911!−!511!>!511!lK
εh3!>!Ypew
pew
RR
R
−⇒ Y
3h
3hpew R
2R ⋅
−ε
ε= >2711!lK
X3> Ypew RR − >2711!−!911!>!911!lK
TOPLOTNIIZVOR UQ2
X2
UQ3
X3
TOPLOTNIPONOR
Repw RpewRy
zbirka zadataka iz termodinamike strana 31
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
7/2:/!Izobarskim odvo|ewem toplote od 4!lh vodene pare stawa (y>1/8-!q>31!lQb) sve dok se ne postignestawe kqu~ale te~nosti, pomo}u levokretnog kru`nog procesa u postrojewu sa toplotnom pumpom,toplota se predaje vodoniku (idealan gas). Masa vodonika je 29!lh, a po~etna temperatura :6pD. Vodonikse nalazi u zatvorenom sudu. Koeficijent grejawa toplotne pumpe je εh>2/9. Odrediti krajwu temperaturuvodonika u sudu kao i snagu kompresora ako toplotna pumpa radi jedan sat.
Koli~ina toplote koja se oduzme od vodene pare u procesu kondenzacije )Rqbsb*istovremeno predstavqa dovedenu toplotu za toplotnu pumpu )Repw*
Repw!>!Rqbsb!>!nqbsb!/!)iy!−!i′*!>!///!> ( )5/36283/2:124 −⋅ >!5:62!lK
iy!>!i′!,!y/!)i′′!−!i′*!>!!///!> ( )5/362371:8/15/362 −⋅+ >2:12/83!lhlK
i′!>!362/5!lhlK
-! i′′!>!371:!lhlK
-! )q!>!1/3!cbs*
Koli~ina toplote koju primi vodonik )RW*!istovremeno predstavqa odvedenu toplotu zatoplotnu pumpu!)Rpew*
εh!>!epwpew
pew
RR
R
−⇒ epw
h
hpew R
2R ⋅
−ε
ε=
5:6229/2
9/2Rpew ⋅
−= >!2224:/86!lK!>!RW
RW!>!nw!/!dw!)!Uw3!.!Uw2* !!!!!! ⇒ !!!!!!Uw3!>Ww
W2W dn
RU
⋅+ >
UW3> 5/212986/2224:
479⋅
+ >!538/62!L
XL!>! =− epwpew RR 7299/86!lK
τ=
•L
LX
X > =4711
7299/862/83!lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 32
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
7/31. Instalacija toplotne pumpe (slika) radi sa ugqendioksidom (idealan gas) kao radnim fluidom poXulovom kru`nom procesu izme|u qnjo>1/2!NQb i qnby>1/5!NQb. Stepen dobrote adijabatske kompresijeje ηlq>!1/:7, a stepen dobrote adijabatske ekspanzije ηfy>!1/:3. Svrha toplotne pumpe je da se u prostorijiodr`ava temperatura UUQ>28pD pri temperaturi okolnog vazduha UUJ>1pD. Pri tome se iz okolineradnom telu dovodi 311!lK0t toplote. Usvojiti da se ugqendioksid ispred kompresora zagreva dotemperature koja vlada u okolini, a ispred ekspanzionog ure|aja hladi do temperature koja vlada uprostoriji. Odrediti faktor grejawa toplotne pumpe kao i snagu kompresora i snagu ekspanzionogure|aja (turbine).
U3L!>!U2κ−κ
⋅
2
2
L3
qq >!384 39/2
239/2
25
−
⋅ >!47:/82!L
U3!>!U2!,! lq2L3 UU
η
−!>!384!,!
:7/138482/47: −
!>484/85!L
U5L!>!U4κ−κ
⋅
2
4
L5
qq >!3:1 39/2
239/2
52
−
⋅ >!325/25!L
U5!>!U4!,!ηfy!/)U5l!.!U4*!>!3:1!,!1/:3 ( )3:125/325 −⋅ !>331/32!L
( )52q52epw UUdnRR −⋅⋅==⋅⋅⋅
⇒
( )52q
epw
UUdR
n−⋅
=
⋅⋅
> ( )32/33138496/1311
−⋅>5/57!
tlh
( )34q34pew UUdnRR −⋅⋅==⋅⋅⋅
> ( )85/4843:196/157/5 −⋅⋅ >−428/57!lX
25
43
grejanaprostorija
U
t
2
5
4
3
5l
3l
zbirka zadataka iz termodinamike strana 33
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
εh!>!
epwpew
pew
RR
R
⋅⋅
⋅
−>!
31157/42857/428−
>3/8
⋅X lpnqsftps!>! 23uX
⋅> ( )32q UUdn −⋅⋅
⋅> ( )85/48438496/157/5 −⋅⋅ >−492/:!lX
⋅X uvscjob!>! 45uX
⋅> ( )54q UUdn −⋅⋅
⋅> ( )32/3313:196/157/5 −⋅⋅ >!375/68!lX
7/32/!Toplotna pumpa koja se koristi za zagrevawe vazduha (idealan gas) od Uw2>66pD!do Uw3>71pD! nara~un hla|ewa vode od (q>2!cbs- Ux2>29pD*!do!)q>2!cbs-!Ux3>25pD*, radi izme|u pritisaka qnjo>5/66!cbsi!qnby>27/83!cbs, sa freonom 12 )S23* kao radnim telom, po idealnom Rankin−Klauzijusovom kru`nomprocesu sa prigu{ivawem te~ne faze,. Protok vode kroz ispariva~ toplotne pumpe je 2/6!lh0t/ Skiciratipromene stawa freona 12 na Ut!i!it dijagramu i odrediti faktor grejawa toplotne pumpe, snagukompresora kao i maseni protok vazduha kroz kondenzator toplotne pumpe.
2
vazduh
voda
S23
5
4 3
U
5
3
4
2
3
42
5
tt
i
zbirka zadataka iz termodinamike strana 34
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 1: q>5/66!cbs y>2
i2!>!771/95! lhlK
t2!>!2/675! lhLlK
ta~ka 2: q>27/83!cbs t!>!t2!>2/675! lhLlK
i3!>!795/13! lhlK
ta~ka 3: q>27/83!cbs y>1
i4!>!677/2! lhlK
ta~ka 4: i5!>!i4!>!677/2! lhlK
( )52g52epw iinRR −⋅==⋅⋅⋅
>!///
( )34g34pew iinRR −⋅==⋅⋅⋅
>!///
epwpew
pew
h
RR
R
⋅⋅
⋅
−=ε >
5234
34
iiii
ii
−−−
−>
2/67795/77113/7952/677
13/7952/677
−−−
−>6/19
prvi zakon termodinamike za proces u ispariva~u toplotne pumpe:
23U2323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 32 II⋅⋅
=
2g3xx5g2xx inininin ⋅+⋅=⋅+⋅⋅⋅⋅⋅
⇒
52
3x2xxg
iiii
nn−−
⋅=⋅⋅
>2/67795/771
71/6946/866/2
−−
⋅ >1/376!tlh
napomena:
ix2!>!86/46! lhlK
)q!>!2!cbs-!u>29pD*
ix3!>!69/71! lhlK
)q!>!2!cbs-!u>25pD*
zbirka zadataka iz termodinamike strana 35
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
prvi zakon termodinamike za proces u kompresoru toplotne pumpe:
23U2323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒ ( )23g2323U iinIX −⋅−=∆−=⋅⋅⋅
( )95/77113/795376/1X 23U −⋅−=⋅
>−7/25!lX
prvi zakon termodinamike za proces u kondenzatoru toplotne pumpe:
23U2323 XIR⋅⋅⋅
+∆= ⇒ 32 II⋅⋅
=
4g3wqw3g2wqw inUdninUdn ⋅+⋅⋅=⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⇒
( )2w3wq
43gw
UUdii
nn−⋅
−⋅=
⋅⋅> ( )66712
2/67713/795376/1
−⋅−
⋅ >7/36!tlh
7/33/!Termodinami~ki stepen korisnosti Xulovog kru`nog procesa (2−3−4−5−2), koji obavqa vazduh(idealan gas) iznosi η =0.3. Koliki bi bio faktor grejawa toplotne pumpe, kada bi metan (idealan gas)
obavqao levokretni Xulov kru`ni procec izme|u istih stawa )2−5−4−3−2*.
desnokretni levokretni
U
3
4
5
2t
U
3
4
5
2t
zbirka zadataka iz termodinamike strana 36
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
desnokretni kru`ni proces:
( )34q34epw UUdnRR −⋅⋅==
( )52q52pew UUdnRR −⋅⋅==
η!>!epw
pewepw
RRR +
>!34
5234
UUUUUU
−−+−
! )2*
levokretni kru`ni proces:
( )25q25epw UUdnRR −⋅⋅==
( )43q43pwe UUdnRR −⋅⋅==
!!!εh!>!epwpew
pew
RR
R
−>
2543
43
UUUU
UU
+−−
−>
2534
34
UUUUUU
+−−−
)3*
pore|em izraza (1) i (2) uo~ava se:η
=ε2
h >4/12
>4/44
zadatak za ve`bawe: (2.23.)
7/34. Toplotna pumpa radi, sa vodenom parom kao radnim fluidom, po realnom levokretnomRankin−Klauzijusovom kru`nom procesu bez podhla|ivawa kondenzata izme|u pritisaka qnjo>9!lQb!iqnby>1/7!NQb. U kompresor ulazi suvozasi}ena vodena para, a na izlazu iz kompresora temperatura pareje 811pD. Kao izvor toplote koristi se otpadna voda nekog industrijskog procesa, temperature61pD>dpotu, koja predaje vodenoj pari 2311!lX toplote. Potro{a~ toplote (toplotni ponor) nalazi se natemperaturi 261pD>dpotu. Odrediti:a) koli~inu toplote koja se predaje potro{a~u (lX)b) koeficijent grejawa toplotne pumpe )εh*c) promenu entorpije sistema koji sa~iwavaju radna materija, toplotni izvor i toplotni ponor
a) pewR⋅
>3161/4!lX
b) εh!>!3/5
c) ∆⋅T tj!>!2/24! L
lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 1
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
VLA@AN VAZDUH
8/2/!U sudu zapremine!W>1/96!n4!nalazi se!nww>2/12!lh!nezasi}enog vla`nog vazduha stawa!)q>2!cbs-u>31pD*/!Odrediti:a) masu suvog vazduha u sudu i masu vodene pare u sudub) pritisak suvog vazduha i pritisak vodene pare u suduc) gustinu suvog vazduha, gustinu vodene pare i gustinu vla`nog vazduha u sudu
d) sadr`aj vlage (apsolutnu vla`nost) vla`nog vazduha, lhTW
PlhI3
e) relativnu vla`nost vla`nog vazduhaf) specifi~nu entalpiju vla`nog vazduha
a)nww!>!ntw!,!nI3P )2*
( ) USnSnWq P3hII3PhTWTW ⋅+⋅=⋅ )3*
re{avawem sistema jedna~ina (1) i (2) dobija se;
P3hIhtwP3hIwwtw SS
2Sn
UWq
n−
⋅
⋅−
⋅= >
5733982
57312/23:4
96/1212 6
−⋅
⋅−
⋅⋅ >2!lh
nI3P!>!nww!−!ntw!>!2/12!−!2!>1/12!lh
b)
=⋅
=W
USnq hTWTWTW =
⋅⋅1/96
3:43982:9:41!Qb
=⋅
=W
USnq
P3hIP3IP3I
=⋅⋅
1/963:45731/12
26:3!Qb
c)
ρtw> 3:4398:9:41
USq
Wn
hTW
TWTW
⋅== >2/287!
4n
lhTW
!! !ρI3P> 3:457326:3
US
q
W
n
P3hI
P3IP3I
⋅== >1/119!
43
n
PlhI
ρww!>!ρtw!,!ρI3P!>2/287!,!1/119!>2/195!! 4n
lhWW
d)
y>26:3212
26:33:29
q
N
N
n
n6
P3I
P3I
TW
P3I
TW
P3I
−⋅⋅=
−⋅= >1/12!
lhTWPlhI3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 2
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
e)
ϕ> ( ) 344826:3
q
q
Dp31Uqt
P3I ==
>1/79
f)
( )36113197/212/13123611*u)2/97yudi qTW +⋅⋅+⋅=+⋅⋅+⋅= >56/48!lhTWlK
8/3/!Odrediti temperaturu!vla`nog vazduha ~ije je stawe pri!q>2!cbs!zadato na na~in:
a) y>1/13!lhTW
PlhI3 !)apsolutna vla`nost*-!ϕ>1/9!(relativna vla`nost)
b) Uwu>31pD!)temperatura vla`nog termometra*-!Us>21pD!)ta~ka rose*
a)
6
TW
P3IP3I
21213/1
3:29
13/1q
yN
Ny
q ⋅⋅+
=⋅
+
= >4232/75!Qb
9/175/4232q
qP3I
qt =ϕ
= >4:13!Qb
u4!>!39/6pD )temperatura kqu~awa vode na!q>4:13!Qb*
b)( ) ( )
21SUqtSSP3Iqq
=⋅ϕ= > 23382⋅ >2338!Qb
yS>2338212
23383:29
q
N
N6
P3I
P3I
TW
P3I
−⋅⋅=
−⋅ >1/1188!
lhTWPlhI3
y!>!yS
( ) ( )31wuUqtwuwuP3I
qq=
⋅ϕ= > 34482⋅ >3448!Qb
ywu>3448212
34483:29
q
N
N6
P3I
P3I
TW
P3I
−⋅⋅=
−⋅ >1/1259!
lhTWPlhI3
( )36113197/21259/13123611*u)2/97yudi wuwuqwu +⋅⋅+⋅=+⋅⋅+⋅= >56/48lhTWlK
i!>!iwu
u!>!2/97yd3611yi
q ⋅+⋅−
!>2/971188/1236111188/168/66
⋅+⋅−
>48/87pD
zbirka zadataka iz termodinamike strana 3
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/4/!Vla`nom vazduhu stawa!2)q2>2!cbs-!u2>31pD-!ϕ2>1/9-!nww>31!lh0i) dovodi se toplota u zagreja~uvazduha dok vazduh ne dostigne stawe!3)q3>2!cbs-!u3>91pD), a zatim se tako zagrejan vazduh u adijabatskiizolovanoj komori vla`i pregrejanom vodenom parom stawa!Q)q>2!cbs-!u>231pD-!nqq>2!lh0i*!do stawa4)q>2!cbs). Skicirati promene stawa vla`nog vazduha na Molijerovom i!−y!dijagramu i odrediti:a) toplotnu snagu zagreja~a vazduha!)lX*b) entalpiju!)i*-!apsolutnu vla`nost!)y*!i temperaturu!)u*!vla`nog vazduha stawa!4
ta~ka 1:
qtq >3448!Qb )napon pare ~iste vode na!u>31pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 34489/1 ⋅ >297:/7!Qb
y2!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
7/297:212
7/297:3:29
6 −⋅⋅ >1/1229!
lhTWPlhI3
i2> 3611*u)2/97yudqtw +⋅⋅+⋅ > 3611*31)2/971229/1312 +⋅⋅+⋅ >61/13!lhTWlK
ntw!>!2
ww
y2n+
>1229/1231
+>2:/88!
ilhTW
ta~ka 2:
y3!>!y2>1/1229! lhTWPlhI3
i3> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*91)2/971229/1912 +⋅⋅+⋅ >222/44!lhTWlK
2
i
ϕ>2
3
4
3828
ϕ2
u3
u2
y
zbirka zadataka iz termodinamike strana 4
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
prvi zakon termodinamike za proces u zagreja~u vazduha:!!!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( ) ( )13/6144/2224711
88/2:iinR 23tw23 −⋅=−⋅=
⋅⋅>1/45!lX
ta~ka 3:
prvi zakon termodinamike za proces vla`ewa vazduha:!!!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
4twqqqq3tw ininin ⋅=⋅+⋅⋅⋅⋅
⇒!tw
qqqq3tw4
n
inini ⋅
⋅⋅⋅+⋅
=
471188/2:
382847112
44/2224711
88/2:
i4
⋅+⋅= >359/87!
lhTWlK
materijalni bilans vlage za proces vla`ewa vazduha:
4twqq3tw ynnyn ⋅=+⋅⋅⋅⋅
⇒!tw
qq3tw4
n
nyny
⋅
⋅⋅+⋅
=
88/2:21229/188/2:
y4+⋅
= >1/1735!lhTW
PlhI3
u4!>! 2/97yd3611yi
4q
44
⋅+⋅−
!>2/971735/12
36111735/1359/87⋅+
⋅−>94/22pD
napomena:
iqq>!3828! lhlK
-!entalpija pregrejane vodene pare stawa!Q!)q>2!cbs-!u>231pD*
zbirka zadataka iz termodinamike strana 5
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/5/!Za pripremu vla`nog vazduha stawa!5)q>2!cbs-!u>47pD-!ϕ>1/4) koristi se sve` vazduh stawa!2)q>2cbs-!u>21pD-!ϕ>1/9). Sve` vazduh se najpre zagreva u zagreja~u do stawa!3)q>2!cbs*-!a onda adijabatskivla`i ubrizgavawem vode!X)q>2!cbs-!ux>61pD*!dok ne postane zasi}en!)q>2!cbs-!ϕ>2*/!Na kraju se vazduhdogreva u dogreja~u. Potro{wa vode u fazi vla`ewa vazduha iznosi!71!lh0i. Skicirati promene stawavla`nog vazduha na Molijerovom!i!−y!dijagramu i odrediti:a) veli~ine stawe vla`nog vazduha na ulazu u dogreja~!!4)i-!y-!u*b) toplotne snage zagreja~a i dogreja~a!)lX*
ta~ka 1:
qtq >2338!Qb )napon pare ~iste vode na!u>21pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 233891 ⋅/ >:92/7!Qb
y2!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
7:92212
7:923:29
6 /
/
−⋅⋅ >1/1173!
lhTWPlhI3
i2> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*21)2/9711731212 +⋅⋅+⋅ / >36/73!lhTWlK
ta~ka 4;
qtq >6:51!Qb )napon pare ~iste vode na!u>47pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 6:5141 ⋅/ >2893!Qb
y5!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
2893212
28933:29
6 −⋅⋅ >1/1224!
lhTWPlhI3
i5> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*47)2/9712241472 +⋅⋅+⋅ / >76/12!lhTWlK
ta~ka 3:
y4!>y5!>1/1224! lhTWPlhI3
6
TW
P3IP3I
2121224/1
3:29
1224/1q
yN
Ny
q ⋅⋅+
=⋅
+
= >2899!Qb
22899q
qP3I
qt =ϕ
= >2899!Qb
u4!>!27pD )temperatura kqu~awa vode na!q>2899!Qb*
i4> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*27)2/9712241272 +⋅⋅+⋅ / >55/6:!lhTWlK
2
i
ϕ>2
3
4
31:
ϕ2
u5
u2
5 ϕ5
y
zbirka zadataka iz termodinamike strana 6
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 2:
y3!>y2!>1/1173! lhTWPlhI3
materijalni bilans vlage za proces vla`ewa vazduha!)3−4*;
4twX3tw ynnyn ⋅=+⋅⋅⋅⋅
!!!!!!!!⇒!!!!!!!!1173/11224/1
471171
yyn
n34
Xtw
−=
−=
⋅⋅
>4/38!tlh
prvi zakon termodinamike za proces vla`ewa vazduha:!!!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
4twqqqq3tw ininin ⋅=⋅+⋅⋅⋅⋅
⇒tw
XX4tw3
n
inini ⋅
⋅⋅⋅−⋅
=
384
31:471171
6:55384i3 /
// ⋅−⋅= >54/63!
lhTWlK
prvi zakon termodinamike za proces u zagreja~u vazduha:!!!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( )23tw23 iinR −⋅=⋅⋅
> ( )73/3663/5438/4 −⋅ >69/64!lX
prvi zakon termodinamike za proces u zagreja~u vazduha:!!!!! 45u4545 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( )45tw45 iinR −⋅=⋅⋅
> ( )6:/5512/7638/4 −⋅ >77/88!lX
8/6/!Vla`an vazduh, pri konstantnom pritisku!)q>2/37!cbs*-!struji kroz adijabatski izolovan kanal i pritome se najpre zagreva a potom i vla`i suvozasi}enom vodenom parom!)q>2/4!cbs*!)slika*/!Jedan deo vodeneparekoristi se za zagrevawe vazduha (ulazi u cevnu zmiju i iz we izlazi potpuno kondenzovan tj. kaokqu~ala te~nost), a drugi deo pare (istog po~etnog stawa) koristi se za vla`ewe vla`nog vazduha (isti~ekroz mlaznicu i me{a se sa vla`nim vazduhom stawa 2). Zapreminski protok vla`nog vazduha na ulazu ukanal iznosi!1/65!n40t-!a wegovo stawe je definisano temperaturom suvog termometra i temperaturomvla`nog termometra!2)utu>33pD-!uwu>23pD*/!Odrediti potrebne masene protoke vodene pare posebno krozcevnu zmiju i posebno kroz mlaznicu, da bi se ostvarilo stawe!4)u>71pD-!�ϕ>1/4*!vla`nog vazduha na izlazuiz kanala. Skicirati promene stawa vla`nog vazduha na!Molijerovom!i−y!dijagramu.
vla`anvazduh
2 3 4
nB nC
zbirka zadataka iz termodinamike strana 7
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka WU:
( ) ( )23wuUqtwuwuP3I
qq=
⋅ϕ= > 25122⋅ >2512!Qb
ywu>2512212/37
25123:29
q
N
N6
P3I
P3I
TW
P3I
−⋅⋅=
−⋅ >1/1181!
lhTWPlhI3
( )36112397/21181/12323611*u)2/97yudi wuwuqwu +⋅⋅+⋅=+⋅⋅+⋅= >3:/77lhTWlK
ta~ka 1:
i2>iwu!>3:/72! lhTWlK
36113397/233277/3:
3611u2/97
udiy
2
2q22 +⋅
⋅−=
+⋅
⋅−= >1/1141!
lhTWPlhI3
( ) 6
2TW
P3I
22P3I
2137/2114/1
3:291/114
q
yN
Ny
q ⋅⋅+
=⋅
+
= >717!Qb
( ) ( ) 7172137/2qqq 62P3I2tw −⋅=−= > 62136/2 ⋅ !Qb
( ) ( )3:63982136/2
US
q 6
2hTW
2TW2tw ⋅
⋅=
⋅=ρ >2/59!
4n
lhTW
( ) 65/159/2Wn 22twtw ⋅=⋅ρ=⋅⋅
>1/9!t
lhTW
ta~ka 3:
qtq >2::21!Qb )napon pare ~iste vode na!u>71pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 2::214/1 ⋅ >6:84!Qb
y4!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
6:84212/37
6:843:29
6 −⋅⋅ >1/141:!
lhTWPlhI3
i4> 3611*u)2/97yudqtw +⋅⋅+⋅ > 3611*71)2/97141:/1712 +⋅⋅+⋅ >251/8lhTWlK
ta~ka 2:
y3>y2>1/1141! lhTWPlhI3 - i3>@
materijalni bilans vlage za proces vla`ewa vazduha!)3−4*;
4twB3tw ynnyn ⋅=+⋅⋅⋅⋅
!!!!!!!!⇒ ( )34twB yynn −⋅=⋅⋅
( )1141/1141:/19/1nB −⋅=⋅
> 32134/3 −⋅tlh
zbirka zadataka iz termodinamike strana 8
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom sistemu ograni~enom isprekidanom konturom:
23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
3BC4twCC2BB2tw ininininin ⋅+⋅=⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅
( ) ( )3/55:3798
37982134/377/3:8/2519/1ii
iniinn
3
3B2B
CC24twC
−⋅⋅−−⋅
=−
⋅−−⋅=
−⋅⋅
⋅>
Cn⋅
> 3213:/2 −⋅tlh
iB2>iC2!>!3798! lhlK
)suva para!q>2/4!cbs*
iB3>55:/3 )kqu~ala voda!q>2/4!cbs*
zadatak za ve`bawe: )8/7/*
8/7/!21!)2,y*!lh0t!vla`nog vazduha stawa!2)q>2!cbs-!u>71pD-!qI3P>1/12!cbs) vla`i se vodenom paromstawa!Q)q>2!cbs-!u>271!pD). Parcijalni pritisak vodene pare u vla`nom vazduhu nakon vla`ewa iznosi3)qI3P>1/16!cbs*/!Dobijeni vla`an vazduh stawa 2 hladi se do zasi}ewa (stawe 3). Svi procesi sa vla`nimvazduhom su izobarski. Skicirati procese sa vla`nim vazduhom na Molijerovom iy!dijagramu i odrediti:a) temperaturu )u* i apsolutnu vla`nost!)y*!vla`nog vazduha stawa!3!i stawa!4b) koliko se toplote odvede od vla`nog vazduha u procesu hla|ewa!)3−4*-!)lX*
re{ewe:
a) u3>75/79pD-!y3>1/1438! lhTWPlhI3 -!u4>43/:pD-!y4>1/1438! lhTW
PlhI3
b) ⋅R 34!>!−447!lX
WU
4
3
2
i
y
ϕ>2
3798
zbirka zadataka iz termodinamike strana 9
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/8/!U adijabatski izolovanom rashladnom torwu, za potrebe hla|ewa neke prostorije, hladi se vodaX2)q>2!cbs-!ux2>68pD) isparavawem u struji vazduha, ~ije je stawe na ulazu u toraw 2)q>2!cbs-!u>33pD-ϕ>1/3) a na izlazu iz torwa 3)q>2!cbs-!u>38pD-!ϕ!>1/:*/!Protok suvog vazduha kroz toraw iznosi!9/6!lh0t.Ohla|ena voda iz torwa!X3)q>2!cbs-!ux3>33!D*-!se me{a sa sve`om vodom!Xp)q>2cbs-!uxp>27pD*!da bi senadoknadila isparena koli~ina vode i ponovo odvodi u prostoriju koju treba ohladiti. Odrediti:a) potro{wu sve`e vode!)X1*b) razmewenu toplotu u torwu!)lX*c) protoke tople )X2* i ohla|ene vode!)X3*d) koli~inu toplote koju prostorija koja se hladi predaje vodi-!R′!!)lX*
vla`an vazduh:
ta~ka 1:
qtq >3754!Qb )napon pare ~iste vode na!u>33pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 37543/1 ⋅ >639/7!Qb
y2!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
7/639212
7/6393:29
6 −⋅⋅ >1/1144!
lhTWPlhI3
i2> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*33)2/971144/1332 +⋅⋅+⋅ >41/48!lhTWlK
X3
X1
2)u2-!ϕ2*
2)u3-!ϕ3*
R′
Rups
X2
Xp
zbirka zadataka iz termodinamike strana 10
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ub•lb!3;qtq >4675!Qb )napon pare ~iste vode na!u>38pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 4675:/1 ⋅ >4318/7!Qb
y3!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
7/4318212
7/43183:29
6 −⋅⋅ >1/1317!
lhTWPlhI3
i3> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*38)2/971317/1382 +⋅⋅+⋅ >8:/64lhTWlK
voda:
ix2>349/37! lhlK
entalpija vode!q>2!cbs-!u>68pD
ix3>:2/:7! lhlK
entalpija vode!q>2!cbs-!u>33pD
ix1>77/99! lhlK
entalpija vode!q>2!cbs-!u>27pD
materijalni bilans vlage za proces vla`ewa vazduha u torwu:
3tw32tw2 ynXynX ⋅+=⋅+⋅⋅
⇒ ( )23tw32 yynXX −⋅=−⋅
> pX
pX > ( )23tw yyn −⋅⋅
> ( )1144/11317/16/9 −⋅ >1/258!tlh
prvi zakon termodinamike za proces u torwu:!!!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
3tw3x32tw2x2 iniXiniX ⋅+⋅=⋅+⋅⋅⋅
upsR > ( )23tw3x32x2 iiniXiX −⋅=⋅−⋅⋅
upsR > ( )23tw iin −⋅⋅
> ( )68/4164/8:6/9 −⋅ >528/97!lX
pX > 32 XX − )2*
upsR > 3x32x2 iXiX ⋅−⋅ )3*
Kombinovawem jedna~ina!)2*!i!)3*!dobija se: X 2>3/869! tlh
-!X 3>3/722! tlh
prvi zakon termodinamike za proces u hladwaku prostorije koju treba hladiti:
23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆= xpp3x32x2 iXiXiXR ⋅−⋅−⋅=(
99772581:7:27223373498693R //////( ⋅−⋅−⋅= >518/29!lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 11
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/9/!U nekom procesu izobarski se hladi vla`an vazduh, po~etnog stawa!)q2>2!cbs-!u2>41pD-!ϕ2>1/9-nww>211!)2,y*!lh0i*/!Odrediti:a) koli~inu toplote koja se odvodi od vla`nog vazduha kao i koli~inu izdvojenog kondenzata ako se
hla|ewe vazduha vr{i do!u3>21pDb) koli~inu toplote koja se odvodi od vla`nog vazduha kao i koli~inu izdvojenog leda ako se hla|ewe
vazduha vr{i do!u4>−21pDc) koli~inu toplote koja se odvodi od vla`nog vazduha kao i koli~inu izdvojenog leda i kondenzata ako
se hla|ewe vazduha vr{i do!u4>1pD!i pri tome nastaje jednaka koli~ina leda i kondenzata
Sve procese predstaviti na Molijerovom i−y dijagramu za vla`an vazduh
ta~ka 1:
qtq >5352!Qb )napon pare ~iste vode na!u>41pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 53529/1 ⋅ >44:3/9!Qb
y2!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
9/44:3212
9/44:33:29
6 −⋅⋅ >1/1329!
lhTWPlhI3
i2> 3611*u)2/97yudqtw +⋅⋅+⋅ > 3611*41)2/971329/1412 +⋅⋅+⋅ >96/83!lhTWlK
2 3′ 3
izdvojenikondenzati/ili led
23R⋅
−
zbirka zadataka iz termodinamike strana 12
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
a)
ta~ka 2:
qtq >2338!Qb )napon pare ~iste vode na!u>21pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 23382⋅ >2338!Qb
y3!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
2338212
23383:29
6 −⋅⋅ >1/1188!
lhTWPlhI3
i3> 3611*u)2/97yudqtw +⋅⋅+⋅ > 3611*21)2/971188/1212 +⋅⋅+⋅ >3:/4:!lhTWlK
koli~ina izdvojenog kondenzata:
( ) ( )1188/11329/1211yynn 32twlpoe −⋅=−⋅=⋅⋅
>2/52!ilh
prvi zakon termodinamike za proces u hladwaku vazduha:!!!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( ) xlpoe23tw23 iniinR ⋅+−⋅=⋅⋅⋅
> ( ) 53471152/2
83/964:/3:4711211
⋅+−⋅ >−2/66!lX
ix!>!53! lhlK
entalpija kondenzata (vode)!q>2!cbs-!u>21pD
3′
i
ϕ>2
2
3
y
u2ϕ2
u3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 13
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)
ta~ka 2:
qtq >36:/5!Qb )napon pare ~iste vode na!u>−21pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 5/36:2⋅ >36:/5!Qb
y3!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
5/36:212
5/36:3:29
6 −⋅⋅ >1/1127!
lhTWPlhI3
i3> 3611*u)2/97yudqtw +⋅⋅+⋅ > ( ) ( ) 3611*21)2/971127/1212 +−⋅⋅+−⋅ >
!!!>−7/14lhTWlK
koli~ina izdvojenog leda:
( ) ( )1127/11329/1211yynn 32twmfe −⋅=−⋅=⋅⋅
>3/13!ilh
prvi zakon termodinamike za proces u hladwaku vazduha:!!!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( ) mlpoe23tw23 iniinR ⋅+−⋅=⋅⋅⋅
> ( ) ( )5/463471113/3
83/9614/74711211
−⋅+−−⋅ >−3/86!lX
im!>! ( ) ( ) 5/443213s384Ud mmm −−⋅=−−⋅ >−463/5!lhlK
!!!!!!entalpija leda-!u>−21pD
3′
i
ϕ>2
2
3
y
u2ϕ2
u3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 14
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
c)
ta~ka 2:
qtq >721/9!Qb )napon pare ~iste vode na!u>1pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 9/7212⋅ >721/9!Qb
y3!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
9/721212
9/7213:29
6 −⋅⋅ >1/1149!
lhTWPlhI3
i3> 3611*u)2/97yudqtw +⋅⋅+⋅ > 3611*1)2/971149/112 +⋅⋅+⋅ >:/6lhTWlK
koli~ina izdvojenog kondenzata i leda:
( ) ( )1149/11329/1211yynnn 32twmfelpoe −⋅=−⋅=+⋅⋅⋅
>2/9!ilh
mfelpoe nn⋅⋅
= >1/:!ilh
prvi zakon termodinamike za proces u hladwaku vazduha:!!!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( ) mmxlpoe23tw23 ininiinR ⋅+⋅+−⋅=⋅⋅⋅⋅
>
( ) ( )5/4434711
:/183/966/:
4711211
R23 −⋅+−⋅=⋅
>−3/3!lX
im!>! ( ) 5/44313s384Ud mmm −⋅=−−⋅ >−443/5!lhlK
!!!!!!entalpija leda-!u>1pD
ix!>1! lhlK
entalpija kondenzata (vode)!q>2!cbs-!u>1pD
3′
i
ϕ>2
2
3y
u2ϕ2
u3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 15
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/:/!Iz!21!)2,y*!lh0t!vla`nog vazduha stawa!2)q>2!cbs-!u>31pD-!y>1/13!lhI3P0!lhTW*!izdvaja se vlaga ute~nom stawu, a zatim se preostali vazduh zagreva izobarski dok se ne postigne relativna vla`nost odϕ�>1/4/!Odrediti maseni protok izdvojene vlage )lh0t* kao i temperaturu vla`nog vazduha nakonzagrevawa. Prikazati procese sa vla`nim vazduhom na Molijerovom!i−y!dijagramu.
ta~ka 1:
i2>g)u2-!y2*!>!69! lhTWlK
!)pro~itano sa Molijerovog!i−y!dijagrama*
ta~ka 2:( ) ( )
313Uqt33P3Iqq
=⋅ϕ= > 34482⋅ >3448!Qb
y3>3448212
34483:29
qqq
NN
6I3P
I3P
TW
I3P
−⋅⋅=
−⋅ >1/125:!
lhTWPlhI3
ta~ka 3:
y4>y3>1/125:! lhTWPlhI3
( ) 6
4I3P
TW
44P3I
212125:/1
3:29
125:/1q
yNN
yq ⋅⋅
+=⋅
+= >1/1345!cbs
( ) ( )4/1
1345/1qq
4
4P3I
4qt =ϕ
= >1/189!cbs ⇒ u4!>!)ul*Q>1/189!cbs>52/6pD
koli~ina odstrawene vlage:
( ) ( )125:/113/121yynn 32twx −⋅=−⋅=⋅⋅
>1/162!tlh
2
i
ϕ>23
ϕ4
y2
i2
u2
y
zbirka zadataka iz termodinamike strana 16
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/21/!Vla`an vazduh stawa!2)q>286!lQb-!utu>39pD-!uwu>33pD*!i zapreminskog protoka!W>1/6!n40tizobarski se vla`i u adijabatski izolovanoj komori sa!1/13!lh0s pregrejane vodene pare stawa!)q>286lQb-!u>511pD*!do stawa 2. Odrediti:a) temperaturu vla`nog vazduha stawa!3b) koli~inu toplote koju bi trebalo odvesti od vla`nog vazduha stawa!2 da bi ga izobarski ohladili do
temperature od −21pD!)stawe!4*-!kao i masu leda u jedinici vremena!)lh0i*!koja se tom prilikomizdvoji iz vla`nog vazduha
c) skicirati sve procese sa vla`nim vazduhom na Molijerovom i−y dijagramu
ta~ka WU:
qtq >3784!Qb )napon pare ~iste vode na!u>33pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 37842⋅ >3784!Qb
ywu!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
3784212/86
37843:29
6 −⋅⋅ >1/11:7!
lhTWPlhI3
iwu> 3611*u)2/97yudqtw +⋅⋅+⋅ > 3611*33)2/9711:7/1332 +⋅⋅+⋅ >57/4:lhTWlK
ta~ka 1:
i2>iwu!>57/25! lhTWlK
36113997/239225/57
3611u2/97
udiy
2
2q22 +⋅
⋅−=
+⋅
⋅−= >1/1182!
lhTWPlhI3
( ) 6
2TW
I3P
22P3I
2186/21182/1
3:291/1182
qy
NN
yq ⋅⋅
+=⋅
+= >2:8:!Qb
( ) ( ) 2:8:2186/2qqq 62P3I2tw −⋅=−= > 62184/2 ⋅ !Qb
( ) ( )4123982184/2
US
q 6
2hTW
2TW2tw ⋅
⋅=
⋅=ρ >3!
4n
lhTW
6/13Wn twtw ⋅=⋅ρ=⋅⋅
>2!t
lhTW
zbirka zadataka iz termodinamike strana 17
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 2:materijalni bilans vlage za proces vla`ewa vazduha:
3twqq2tw ynnyn ⋅=+⋅⋅⋅⋅
⇒!tw
qq2tw3
n
nyny
⋅
⋅⋅+⋅
=
213/11182/12
y3+⋅
= >1/1382!lhTW
PlhI3
prvi zakon termodinamike za proces vla`ewa vazduha:!!!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
3twqqqq2tw ininin ⋅=⋅+⋅⋅⋅⋅
⇒!tw
qqqq2tw3
n
inini ⋅
⋅⋅⋅+⋅
=
26/438713/125/572
i3⋅+⋅
= >222/78!lhTWlK
u3!>! 2/97yd3611yi
3q
33
⋅+⋅−
!>2/971382/12
36111382/1222/78⋅+
⋅−>52/9pD
iqq>!4387/6! lhlK
-! entalpija pregrejane vodene pare, q>2/86!cbs-!u>511pD
ta~ka 3:
qtq >36:/5!Qb )napon pare ~iste vode na!u>−21pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 5/36:2⋅ >36:/5!Qb
y4!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
5/36:212/86
5/36:3:29
6 −⋅⋅ >1/111:!
lhTWPlhI3
i3> 3611*u)2/97yudqtw +⋅⋅+⋅ > ( ) ( ) 3611*21)2/97111:/1212 +−⋅⋅+−⋅ >
!!!>−8/88lhTWlK
koli~ina izdvojenog leda:
( ) ( )111:/11382/12yynn 43twmfe −⋅=−⋅=⋅⋅
>1/1373!tlh
>!:5/43!ilh
prvi zakon termodinamike za proces u hladwaku vazduha:!!!!! 34u3434 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( ) mm34tw34 iniinR ⋅+−⋅=⋅⋅⋅
> ( ) ( )5/4634711
43/:578/22288/82 −⋅+−−⋅ >−239/8!lX
im!>! ( ) ( ) 5/443213s384Ud mmm −−⋅=−−⋅ >−463/5!lhlK
!!!!!!entalpija leda-!u>−21pD
zbirka zadataka iz termodinamike strana 18
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
zadatak za ve`bawe: )8/22/*
8/22/!Pri izobarskom hla|ewu ⋅W >91!n40i vla`nog vazduha stawa!2)q>2!cbs-!u>31pD-!�ϕ>1/7* do stawa
3)u>11D) od vla`nog vazduha odvede se 9:1!X toplote. Rashladna povr{ina sastoji se iz 23 plo~adimenzija 31!Y!41!dn zanemarqive debqine. Odrediti vreme potrebno da se na rashladnim plo~amastvori sloj leda debqine δ=5!dn. Pretpostaviti ravnomernost debqine leda. )�ρM>:11!lh0n4*
re{ewe: τ>351111!t
4387/6
ϕ>2
y
i3
2
4
4′
WU
u4
u2
uwu
zbirka zadataka iz termodinamike strana 19
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/23/!Struja vla`nog vazduha stawa 2)q>2!cbs-!u>41!pD-!ϕ>31&-⋅W >26
njon4
) me{a se sa strujom vla`nog
vazduha stawa!3)q>2!cbs-!u>51!pD-!ϕ>91&-⋅W >31
njon4
*/!Skicirati proces me{awa na Molijerovom i−y
dijagramu i odrediti temperaturu!)u*!-!apsolutnu vla`nost!)y) i entalpiju!)i*!novonastale me{avine ako seme{awe vr{i:a) adijabatskib) neadijabatski, pri semu se okolini predaje!!4!lX!toplote
ta~ka 1:
qtq >5352!Qb )napon pare ~iste vode na!u>41pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 53523/1 ⋅ >959/3!Qb
y2!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
3/959212
3/9593:29
6 −⋅⋅ >1/1164!
lhTWPlhI3
i2> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*41)2/971164/1412 +⋅⋅+⋅ >54/66!lhTWlK
P3Itw qqq −= > 3/959212 6 −⋅ >::262/9!Qb
ρtw> USq
hTW
TW
⋅> =
⋅ 414398::262/9
2/25!4n
lhTW- !!!
⋅ntw2> 2tw W
⋅⋅ρ >
7126
25/2 ⋅ >1/396!tlh
i
ϕ>22
N3
4
u2
u3
ϕ2
ϕ3
O
y
zbirka zadataka iz termodinamike strana 20
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 2:
qtq >8486!Qb )napon pare ~iste vode na!u>51pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 84869/1 ⋅ >6:11!Qb
y3!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
6:11212
6:113:29
6 −⋅⋅ >1/149:!
lhTWPlhI3
i3> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*51)2/97149:/1512 +⋅⋅+⋅ >251/25lhTWlK
P3Itw qqq −= > 6:11212 6 −⋅ >:5211!Qb
ρtw> USq
hTW
TW
⋅> =
⋅ 424398:5211
2/16!4n
lhTW- !!!
⋅ntw3> 3tw W
⋅⋅ρ >
7131
16/2 ⋅ >1/46!tlh
ta~ka!N;materijalni bilans vlage za proces me{awa dva vla`na vazduha:
n3tw2tw33tw22tw ynnynyn ⋅
+=⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅⇒!
3tw2tw
33tw22twn
nn
ynyny
⋅⋅
⋅⋅
+
⋅+⋅=
46/1396/1149:/146/11164/1396/1
yn +⋅+⋅
= >1/1349!lhTW
PlhI3
prvi zakon termodinamike za proces me{awa: 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
n3tw2tw33tw22tw inninin ⋅
+=⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅⇒!
3tw2tw
33tw22twn
nn
inini
⋅⋅
⋅⋅
+
⋅+⋅=
46/1396/125/25146/166/54396/1
in +⋅+⋅
= >:7/8:!lhTWlK
un!>! 2/97yd3611yi
nq
nn
⋅+⋅−
!>2/971349/1236111349/1:7/8:
⋅+⋅−
>46/82pD
ta~ka!O;
prvi zakon termodinamike za proces me{awa: 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
33tw22two3tw2tw23 inininnR ⋅−⋅−⋅
+=
⋅⋅⋅⋅⋅-!!
3tw2tw
2333tw22two
nn
Rinini
⋅⋅
⋅⋅⋅
+
−⋅+⋅=
46/1396/1425/25146/166/54396/1
io +−⋅+⋅
= >:3/18!lhTWlK
yo!>yn!>1/1349! lhTWPlhI3 ! uo!>! 2/971349/12
36111349/1:3/18⋅+⋅−
>!42/26pD
zbirka zadataka iz termodinamike strana 21
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/24/!Za prostoriju u kojoj se gaje {ampiwoni (slika) priprema se!⋅n4>6111!lh0i!vla`nog vazduha na
slede}i na~in: sve` vazduh stawa!2)q>2!cbs-!u>−21pD-!ϕ>1/9*!!adijabatski se me{a se sa delomiskori{}enog vazduha stawa!5)q>2cbs-!u>33!pD-!ϕ>1/:*!u odnosu!2;3/!Dobijeni vla`an vazduh stawaN)q>2!cbs) se zagreva u zagreja~u do stawa!3)q>2cbs-!u>36pD) a zatim adijabatski vla`i uvo|ewemsuvozasi}ene vodene pare stawa!Q)u>211pD*!do stawa!4)q>2!cbs*!kada vazduh dosti`e apsolutnuvla`nost otpadnog vazduha. Tako dobijen vazduh se u komori sa {ampiwonima hladi. Skiciratipromene stawa vla`nog vazduha na Molijerovom!i!−y!dijagramu i odrediti:a) temperaturu vla`nog vazduha stawa!Nb) temperaturu vla`nog vazduha stawa!4c) toplotnu snagu zagreja~a vazduha!)lX*d) potro{wu vodene pare u fazi vla`ewa!)lh0t*
prostorija sa{ampiwonima
2
N
3
4
5
5 5
komora zavla`ewe
n′′
recirkulacionivazduh
otpadni vazduh
sve` vazduh
2
i
ϕ>2
34
3786
N
5
y
zbirka zadataka iz termodinamike strana 22
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 1:
qtq >36:/5!Qb )napon pare ~iste vode na!u>−21pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 5/36:9/1 ⋅ >318/6!Qb
y2!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
6/318212
6/3183:29
6 −⋅⋅ >1/1124!
lhTWPlhI3
i2> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > ( ) ( ) 3611*21)2/971124/1212 +−⋅⋅+−⋅ >−7/88!lhTWlK
ta~ka 4:
qtq >3754!Qb )napon pare ~iste vode na!u>33pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 3754:/1 ⋅ >3489/8!Qb
y5!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
8/3489212
8/34893:29
6 −⋅⋅ >1/1262!
lhTWPlhI3
i5> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*33)2/971262/1332 +⋅⋅+⋅ >71/48!lhTWlK
ta~ka!N;materijalni bilans vlage za proces me{awa dva vla`na vazduha:
n5tw2tw55tw22tw ynnynyn ⋅
+=⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅⇒!
2n
n
yyn
n
y
5tw
2tw
52
5tw
2tw
n
+
+⋅
=
⋅
⋅
⋅
⋅
232
1262/11124/132
yn+
+⋅= >1/1216
lhTWPlhI3
prvi zakon termodinamike za proces me{awa: 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
n5tw2tw55tw22tw inninin ⋅
+=⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅⇒!
2n
n
iin
n
i
5tw
2tw
52
5tw
2tw
n
+
+⋅
=
⋅
⋅
⋅
⋅
( )
232
48/7188/732
in+
+−⋅= >48/::!
lhTWlK
un!>! 2/97yd3611yi
nq
nn
⋅+⋅−
!>2/971216/1236111216/148/::
⋅+⋅−
>22/63pD
napomena:⋅ntw5!je oznaka za maseni protok samo recirkulacionog vazduha !!
zbirka zadataka iz termodinamike strana 23
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 2:
y3!>!yn>1/1216! lhTWPlhI3
i3> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*36)2/971216/1362 +⋅⋅+⋅ >62/85lhTWlK
ta~ka 3:
y4!>!y5>1/1262! lhTWPlhI3
⋅ntw4!>!
4
4
y2H+
>1262/12
47116111
+>2/49!
tlhTW
⋅ntw4!>!
⋅ntw3!>!
⋅ntwn>
⋅ntw2!,!
⋅ntw5 )2*
3n
n 5tw2tw
⋅⋅
= )3*
Kombinovawem jedna~ina!)2*!i!)3*!dobija se;!⋅ntw2>1/57! t
lh-!
⋅ntw5>1/:3! t
lh
materijalni bilans vlage za proces vla`ewa vazduha;
45tw2tw35tw2tw ynn((nynn ⋅
+=+⋅
+
⋅⋅⋅⋅!!!!⇒ ( )345tw2tw yynn((n −⋅
+=
⋅⋅
! ( )1216112621492n ///(( −⋅= >7/46!/21−4!tlh
zbirka zadataka iz termodinamike strana 24
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
prvi zakon termodinamike za proces vla`ewa vazduha:! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
45tw2tw35tw2tw inn#i#ninn ⋅
+=⋅+⋅
+
⋅⋅⋅⋅!!!!⇒!!!
5tw2tw
35tw2tw
4
nn
#i((ninni ⋅⋅
⋅⋅
+
⋅+⋅
+
=
49/237862146/785/6249/2
i4
4⋅⋅+⋅
=−
>75/16!lhTWlK
u4!>! 2/97yd3611yi
4q
44
⋅+⋅−
!>2/971262/1236111262/175/16
⋅+⋅−
>36/69pD
napomena:
i′′>!3786!lhlK
-!entalpija suvozasi}ene vodene pare stawa!Q)u>211pD*
prvi zakon termodinamike za proces u zagreja~u vazduha:!!!!!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( ) ( )n35tw2tw{bh iiHHR −⋅+= > ( )::/4885/6249/2 −⋅ >29/:9!lX
zadatak za ve`bawe: )8/25/*
8/25/ n2>3!)2,y*!lh0t!vla`nog vazduha stawa!2)q>2!cbs-!y>1/116!lh0lhTW) adijabatski se me{a sa n3>4)2,y*!lh0t!vla`nog vazduha stawa!3)q>2!cbs-!y>1/17!lh0lhTW-!u>61!pD*/!Ne koriste}i i−y dijagramaodrediti:a) temperaturu vla`nog vazduha 1 tako da vazduh dobijen me{awem vazduha 1 i 2 bude zasi}enb) temperaturu dobijenog zasi}enog vla`nog vazduhac) temperaturu vla`nog vazduha 1 tako da vazduh dobijen me{awem vazduha 1 i 2 bude zasi}en za slu~aj da
je me{awe neadijabatsko uz toplotne gubitke u okolinu od Rp>5!lXd) skicirati sve procese na i−y dijagramu
a) u2>23/6pDb) uN>46/5pDc) u2′>25/8pD
zbirka zadataka iz termodinamike strana 25
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/26/ Za klimatizaciju nekog objekta potrebno je obezbediti vla`an vazduh stawa
4)q>1/23!NQb-!u>33pD-!�ϕ>61&-!⋅W >1/5!n40t*/!U tu svrhu koristi se ure|aj koji se sastoji iz filtera,
hladwaka, zagreja~a vazduha i ventilatora-duvaqke, (slika). Snaga ventilatora koji adijabatski sabijavazduh sa pritiska!q3)>q2>qp*!na pritisak!q4!je 2/5!lX/!Stawe okolnog nezasi}enog vla`nog vazduha jeP)qp>1/2!NQb-!up>41pD��-!�ϕ>61&-*/!Prikazati proces pripreme vla`nog vazduha na Molijerovom!i!−ydijagramu i odrediti:b* koli~inu izdvojenog kondenzata!)lh0i*c* toplotnu snagu hladwaka vazduha,!Rimb!)lX*d* toplotnu snagu zagreja~a vazduha,!R{bh!)lX*
zagreja~
filter
hladwak
Rimb ,R{bh ventilator
W4
X
kondenzat
12 3
4
1
2
3
4
ϕ>2-!q>2!cbs
iϕ>2-!q>2/3!cbs
i
y
y
zbirka zadataka iz termodinamike strana 26
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 3:
qtq >3754!Qb )napon pare ~iste vode na!u>33pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 37546/1 ⋅ >2432/6!Qb
y4!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
6/2432212/3
6/24323:29
6 −⋅⋅ >1/117:!
lhTWPlhI3
i4> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*33)2/97117:/1332 +⋅⋅+⋅ >4:/64!lhTWlK
P3Itw qqq −= > 6/2432213/2 6 −⋅ >229789/6!Qb
ρtw> USq
hTW
TW
⋅> =
⋅3:6398229789/6
2/51!4n
lhTW- !!!Htw>
⋅⋅ρ Wtw > 5/151/2 ⋅ >1/67!
tlh
ta~ka 2:
y3>y4>1/117:! lhTWPlhI3
prvi zakon termodinamike za proces u ventilatoru:!!!!!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( )43tw23u iinX −⋅=⋅⋅
⇒tw
23u43
n
Xii
⋅
⋅
+= >67/15/2
64/4: − >48/14!lhTWlK
ta~ka 1:
y2>y3>1/117:! lhTWPlhI3
2
I3P
TWP3I
qy
NN
yq ⋅
+= > =⋅⋅
+
6212117:/1
3:29
117:/121::/5!Qb
=ϕ
= P3Iqt
qq =
221::/5
21::/5!Qb
u2!>9/6pD )temperatura kqu~awa vode na!q>21::/5!cbs*
i2> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*6/9)2/97117:/16/92 +⋅⋅+⋅ >36/97lhTWlK
ta~ka 0:
qtq >5352!Qb )napon pare ~iste vode na!u>41pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 53526/1 ⋅ >3231/6!Qb
yp!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
6/3231212
6/32313:29
6 −⋅⋅ >1/1245!
lhTWPlhI3
ip> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*41)2/971245/1412 +⋅⋅+⋅ >75/36!lhTWlK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 27
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
koli~ina izdvojenog kondenzata: ( )32twl yynX −⋅=⋅⋅
( ) 4711117:/11245/167/1Xl ⋅−⋅=⋅
>24/21!ilh
prvi zakon termodinamike za proces u hladwaku vazduha:!!!!!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( ) ll12twimb iXiinR ⋅+−⋅=⋅⋅⋅
> ( ) 64/464711
21/2436/7597/3667/1 ⋅+−⋅ >−32/48!lX
napomena: il!−!entalpija kondenzata (voda!q>2!cbs-!u>9/6pD*
prvi zakon termodinamike za proces u zagreja~u vazduha:!!!!!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( )23tw{bh iinR −⋅=⋅⋅
> ( )97/3614/4867/1 −⋅ >7/37!lX
8/27/ Postrojewe za delimi~no su{ewe vazduha sastoji se od vodom hla|enog klipnog kompresora i
hladwaka za vla`an vazduh (slika). U klipnom kompresoru se sabija!!⋅nww>1/38!)2,y*!lh0t!vla`nog
vazduha stawa!2)q2>1/2!NQb-!u2>31pD-!�ϕ2>1/9*!do stawa!3)q3?q2-!u3>56pD-!ϕ�3>2), a potom se uzizdvajawe te~ne faze vla`an vazduh stawa!3!izobarski hladi do stawa!4)u4>u2). Ukupan toplotni flukssa vla`nog vazduha na rashladnu vodu u toku procesa sabijawa i izobarskog hla|ewa vla`nog vazduhaiznosi!R>RI2,RI3>24!lX/!Odrediti pritisak vla`nog vazduha na kraju procesa sabijawa, koli~inuizdvojenog kondenzata kao i pogonsku snagu za pogon klipnog kompresora.
RI2
X
vla`anvazduh
vla`anvazduh
kondenzat
2
34
RI3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 28
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 1:
qtq >3448!Qb )napon pare ~iste vode na!u>31pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 34489/1 ⋅ >297:/7!Qb
y2!>P3I2
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
7/297:212
7/297:3:29
6 −⋅⋅ >1/1229!
lhTWPlhI3
i2> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*31)2/971229/1312 +⋅⋅+⋅ >61/13!lhTWlK
ta~ka 2:
y3>y2>1/1229! lhTWPlhI3
qtq >:695!Qb )napon pare ~iste vode na!u>56pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > :6952⋅ >:695!Qb
q3!>! :6951229/1
1229/13:29
qy
yN
N
P3I3
3tw
P3I
⋅+
=⋅+
>!624821!Qb!>!6/248!cbs
i3> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*56)2/9712291562 +⋅⋅+⋅ / >86/5:!lhTWlK
ta~ka 3:
qtq >3448!Qb )napon pare ~iste vode na!u>31pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 34482⋅ >3448!Qb
y4!>P3I4
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
3448216/248
34483:29
6 −⋅⋅ >1/1139!
lhTWPlhI3
i4> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*31)2/9711391312 +⋅⋅+⋅ / >38/21!lhTWlK
koli~ina izdvojenog kondenzata:
( ) ( )1139/11229/138/1yynX 43tw −⋅=−⋅=⋅⋅
> 421543 −⋅/ !tlh
zbirka zadataka iz termodinamike strana 29
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu
ograni~enom isprekidanom konturom: ! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
⋅X !>! 3I2I2twxx4tw RRiniXin
⋅⋅⋅⋅⋅−−⋅+⋅−⋅−
⋅X>! 2413613815299215432138381 4 −⋅+⋅⋅−⋅− − ////// >−8/38!lX
napomena: ix>299/5! lhlK
entalpija vode!!q>2!cbs-!u>56pD
zadatak za ve`bawe: )8/28/*
8/28/ 611!lh0i!vla`nog vazduha stawa!2)q>2!cbs-!u>3pD!ϕ>1/9*!me{a se izobarski sa!611!lh0i!vla`nogvazduha stawa!3)q>2!cbs-!u>57pD-!ϕ>1/8). Zatim se kondenzat koji je nastao me{awem izdvaja, apreostali vazduh zagreva do!81pD. Nakon zagrevawa vazduhu se dodaje vodena para ~ija entalpija iznosi3111!lK0lh!i vla`ewe se obavqa do postizawa stawa zasi}ewa. Skicirati procese sa vla`nimvazduhom na Molijerovom i!−y! dijagramu i odrediti:a) apsolutnu vla`nost me{avine )y* kada kondenzat jo{ nije izdvojen (ra~unskim putem)b) maseni protok odvedenog kondenzata!)lh0i*c) toplotnu snagu greja~a!)lX*d) maseni protok vodene pare koja se dodaje u ciqu vla`ewa!)lh0i*
za stavke b), c) i d)!mo`e se koristiti Molijerov dijagram za vla`an vazduh
a) yn!>!1/1355! lhTWPlhI3
b) nlpoefo{bu!>!2/5! ilh
c) R45!>!23/2!lX
d) nwpefob!qbsb!>!54/8! ilh
2
i
ϕ>2
y
3
N
4
ix>3111!lK
6
5
zbirka zadataka iz termodinamike strana 30
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
DRUGI VLA@NI GASOVI
8/29/!Me{avina vodonika (idealan gas) i vodene pare (idealan gas) ima temperaturu!u>41pD-!relativnuvla`nost!ϕ>:1&!i pritisak!q>311!lQb/!Za navedenu gasnu me{avinu odrediti:a) apsolutnu vla`nost!)y*!i specifi~nu entalpiju!)i*!vla`nog vodonikab) masene udele vodonika i vodene pare u vla`nom vodoniku
a)
qtq >5352!Qb )napon pare ~iste vode na!u>41pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 5352:/1 ⋅ >4927/:!Qb
y2!>P3I2
P3I
3I
P3I
q
N
N
−⋅ >
:/4927213
:/4927329
6 −⋅⋅ >1/2862!
lhTWPlhI3
i2> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*41)2/972862/14125/66 +⋅⋅+⋅ >995/133lhI
lK
b)
22862/12862/1
2yy
n
n
n
n
n
n
nn
nh
3I
3I
3I
P3I
3I
P3I
3IP3I
P3IP3I +
=+
=
+
=+
= >1/26
22862/12
2y2
n
n
n
n
n
n
nn
nh
3I
3I
3I
P3I
3I
3I
3IP3I
3I3I +
=+
=
+
=+
= >1/96
zbirka zadataka iz termodinamike strana 31
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/2:/!U vertikalnom cilindru sa klipom, po~etne zapremine!W>1/2!n4 nalazi se, pri stalnom pritiskuq>3!cbs!sme{a ugqen−dioksida (idealan gas) i pregrejane vodene pare. Maseni udeo vodene pare u sme{ije! P3I
h >1/2-!a po~etna temperatura!sme{e!:1pD/!Odrediti koli~inu toplote koju treba odvesti od
vla`nog ugqen-dioksida da bi zapo~ela kondenzacija vodene pare.
ta~ka 1:
y2!>! =− P3I
P3I
h2
h
2/122/1
−>1/2222!
3
3
lhDPPlhI
i2> 3611*u)2/97yud 3qDP +⋅⋅+ > 3611*:1)2/972222/1:11/96 +⋅⋅+⋅ >483/963lhI
lK
6
23DP
P3I
2P3I 213
2222/15529
2222/1q
yN
Ny
q ⋅⋅+
=⋅+
= > 6214/1 ⋅ Qb!>1/41!cbs
! qq 3DP = − P3Iq >3!−!1/4!>2/8!cbs47429:218/2
US
q 6
3hDP
3DP3DP ⋅
⋅==ρ
⋅>3/59 4
3
n
lhDP
2/159/3Wn 3DP3DP ⋅=⋅ρ= >1/359!lh
ta~ka 2:
y3!>!y2!>!1/2222!3
3
lhDPPlhI!! dpotuq P3I = > 6214/1 ⋅ Qb!>1/41!cbs
24/1q
q3
P3I3qt =
ϕ= >1/4!cbs u3!>!)ulr*q>1/4!cbs!≈!7:pD
i3> 3611*u)2/97yud 3qDP +⋅⋅+ > 3611*7:)2/972222/17:1/96 +⋅⋅+⋅ >461/773lhI
lK
prvi zakon termodinamike za proces u cilindru:
R23!>!∆V23!,!X23 ⇒ R23!>!V3!−!V2!,!q!/)W3!.−!W2*!
R23!>!I3!−!I2! ⇒ R23!>! ( )233DP iin −⋅
R23!>! ( )96/48377/461359/1 −⋅ >−6/6!lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 32
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/31/!U toplotno izolovanoj komori me{aju se dva toka razli~itih vla`nih gasova zadatih
termodinami~kih stawa : zasi}en vla`an kiseonik!)P3*!stawa!2)q>1/6!NQb-!U>464!L-! 2n⋅>3!)2,y*!lh0t*!i
vla`an metan!)DI5) stawa!3)q>1/4!NQb-!U>3:4!L-!ϕ>1/5-! 3n⋅>4!)2,y*!lh0t*/!Promene kineti~ke i
potencijalne energije gasnih tokova su zanemarqive. Odrediti temperaturu vla`ne gasne sme{e kojaizlazi iz komore.
ta~ka 1:
qtq >58471!Qb )napon pare ~iste vode na!u>91pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 584712⋅ >58471!Qb
y2!>P3I2
P3I
3P
P3I
q
N
N
−⋅ >
58471216
584714329
6 −⋅⋅ >1/169:!
3
3
lhPPlhI
i2> 3611*u)2/97yud 3qP +⋅⋅+⋅ > 3611*91)2/97169:/1911/:2 +⋅⋅+⋅ >339/92!3lhP
lK
3Pn⋅
>3tlh
ta~ka 2:
qtq >3448!Qb )napon pare ~iste vode na!u>31pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 34485/1 ⋅ >:45/9!Qb
y3!>P3I3
P3I
5DI
P3I
q
N
N
−⋅ >
9/:45214
9/:452729
6 −⋅⋅ >1/1146!
5
3
lhDIPlhI
i3> 3611*u)2/97yud 5qDI +⋅⋅+⋅ > 3611*31)2/971146/1313/45 +⋅⋅+⋅ >66/79!5lhDI
lK
5DIn⋅
>4tlh
1. vla`an kiseonik
2. vla`an metan
M. me{avina vla`nogkiseonika i vla`nog metana
zbirka zadataka iz termodinamike strana 33
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka!N;materijalni bilans vlage za proces me{awa dva vla`na gasa:
n5DI3P35DI23P ynnynyn ⋅
+=⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅⇒!
5DI3P
35DI23Pn
nn
ynyny ⋅⋅
⋅⋅
+
⋅+⋅=
431146/14169:/13
yn +⋅+⋅
= >1/1368! ( )53
3
DIPlhPlhI
+
prvi zakon termodinamike za proces me{awa: 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
n5DI3P35DI23P inninin ⋅
+=⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅!!!!!!⇒!!!!!
5DI3P
35DI23Pn
nn
inini
⋅⋅
⋅⋅
+
⋅+⋅=
4379/66492/3393
in +⋅+⋅
= >235/:4! ( )53 DIPlhlK+
433
nn
nh
5DI3P
3P3P +
=+
=⋅⋅
⋅
>1/543
4
nn
nh
5DI3P
5DI5DI +
=+
=⋅⋅
⋅
>1/7
45/37/1:2/15/1dhdhd5qDI5DI3qP3Pqn ⋅+⋅=⋅+⋅= >2/88! ( )53 DIPlh
lK+
un!>! 2/97yd3611yi
nqn
nn
⋅+⋅−
!>2/971368/12/8836111368/1235/:4
⋅+⋅−
>44/5pD>417/5!L
zbirka zadataka iz termodinamike strana 34
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/32/!U toplotno izolovanom kanalu izobarski se me{aju tok kiseonika stawa!2)q>1/3!NQb-!U>391!L-⋅W >1/657!n40t*!i tok pregrejane vodene pare stawa!Q)q>1/3!NQb-!U>664!L-! qn
⋅>1/17!lh0t*/!Nastali
vla`an kiseonik stawa!3, biva potom u vodom hla|enom klipnom kompresoru, pogonske snage!Q>76!lX-sabijan do stawa!4)q>1/4!NQb-!ϕ>1/83*/!Odrediti toplotni protok sa vla`nog kiseonika na vodu zahla|ewe kompresora i prikazati sve procese u!!i−y!koordinatnom sistemu.
ta~ka!Q;
iqq!>!4141!! lhlK
)q>!3!cbs-!u>391pD*
ta~ka 1:
y2!>1!3
3
lhPPlhI
i2!>! 3611*u)2/97yud 222qP3 +⋅⋅+⋅ > 3611*82/97181/:2 +⋅⋅+⋅ >!7/48!3lhP
lK
391371213
USq 6
2hP3
P3P3 ⋅
⋅==ρ >3/86!
43
n
lhP- !!!!! 657/186/3Wn
3P3P ⋅=⋅ρ=⋅⋅
>2/6s
kg
ta~ka 2:materijalni bilans vlage za proces vla`ewa kiseonika!)2−3*;
33Pqq23P ynnyn ⋅=+⋅⋅⋅⋅
!!!!⇒6/217/1
n
nyny
3P
qq23P3 =
+⋅= ⋅
⋅⋅
>1/15!3
3
lhPPlhI
prvi zakon termodinamike za proces vla`ewa kiseonika:!!!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
33Pqqqq23P ininin ⋅=⋅+⋅⋅⋅⋅
⇒!
3P
qqqq23P3
n
inini ⋅
⋅⋅⋅+⋅
=
6/2414117/148/76/2
i3⋅+⋅
= >238/68!3lhP
lK
2 43
nqq
zbirka zadataka iz termodinamike strana 35
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 3:
y4!>!y3!>1/15!3
3
lhPPlhI
64
43P
P3I
4P3I
21415/1
4329
15/1q
yN
Ny
q ⋅⋅+
=⋅
+
= !>!2::28!Qb
83/12::28q
qP3I
qt =ϕ
= >38774Qb!≈1/39!cbs u4!>!)ulr*Q>1/39!cbs>78/6pD
i4!>! 3611*u)2/97yud 444qP3 +⋅⋅+⋅ > 3611*6/782/97)15/16/781/:2 +⋅⋅+⋅ !>
>277/56!3lhP
lK
prvi zakon termodinamike za proces u kompresoru:! 34u3434 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( ) ( ) 7668/23856/2776/2XiinR 34u343P34 −−⋅=+−⋅=⋅⋅⋅
>−7/79!lX
zadatak za ve`bawe: )8/33/*
8/33/!Vla`an azot, masenog protoka!1/5!lh0t-!stawa!2)q2>4!cbs-!u2>55pD-!ϕ2>1/:*!izobarski se ohladi dotemperature od!1pD!)stawe 2*-!pri ~emu se od azota odvede!47!lX!toplote. Odrediti masuformiranogkondenzata i masu formiranog leda ako je proces trajao!2!sat.
re{ewe:! nlpoefo{bu!>!23/:7!lh nmfe!>!21/9!lh
2
3
4
ϕ>2-!q>3!cbs
iϕ>2-!q>4!cbs
i
4141
y
y
zbirka zadataka iz termodinamike strana 36
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/34/!^asovni kapacitet teorijske tunelske teorijske su{are iznosi!261!lh suvih banana. Vla`nostsirovih banana (maseni udeo vlage) je!z2>81!nbt&!a suvih!z3>23!nbt&/!Temperatura vazduha naizlazu iz su{are kf!51pD a maksimalna temperatura vazduha u su{ari!96pD/!Atmosferski vazduh imatemperaturu od!29pD!i ta~ku rose!23pD/!Skicirati promene stawa vla`nog vazduha na Molijerovom!i−y!dijagramu i odrediti potro{wu grejne pare u zagreja~u vazduha (suvozasi}ena vodena para) ako joj jetemperatura za!31!L!vi{a od maksimalne temperature vazduha u su{ari (smatrati da je kondenzatgrejne pare na izlazu iz zagreja~a vazduha neprehla|en). Sve promene stawa vla`nog vazduha suizobarske na q>2!cbs/
napomena: Teorijski uslovi su{ewa (adijabatska su{ara) podrazumevaju:1−2; y>dpotu2−3; i>dpotu
S
i
y
ϕ>21
2
3
us
u2
u3
up
vazduh zagreja~vazduha
komora zasu{ewe
materijala
grejna para
1 32
nwn npn
zbirka zadataka iz termodinamike strana 37
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ub•lb!S;
yS>!g)uS-!ϕS>2*!>!1/1199! lhTWPlhI3
ub•lb!1;
yp!>yS!>!1/1199! lhTWPlhI3 ip!>!g)up-!yp*!>!51/4! lhTW
lK
ub•lb!2;
y2!>!y1!>!yS!>!1/1199! lhTWPlhI3 i2!>!g)u2-!y2*!>!219/5! lhTW
lK
ub•lb!3;
i3!>!i2>219/5! lhTWlK
y3!>!g)u3-!i3*!>!1/1376! lhTWPlhI3
napomena: Sve vrednosti pro~itane sa Molijerovog!i!−!y!dijagrama
materijalni bilans vlage za proces su{ewa banana:
( )23tw yyn −⋅⋅
>2
32pn z2
zzn
−−
⋅ ⇒232
32pntw
yy2
z2zz
nn−
⋅−−
⋅=⋅
1199/11376/12
8/1223/18/1
4711261
ntw−
⋅−−
⋅=⋅
>5/66tlh
prvi zakon termodinamike za proces u zagreja~u vazduha:!! 12u1212 XIR⋅⋅⋅
+∆=
(inin((inin q2twqptw ⋅+⋅=⋅+⋅⋅⋅⋅⋅
⇒( )
(i((iiin
n p2twq
−−⋅
=
⋅⋅
( )3354
4/515/21966/5nq
−⋅=
⋅>1/25
tlh
i′′!−!i′!>!s!>3354!lhlK
toplota kondenzacije vodene pare na!u>216pD
zbirka zadataka iz termodinamike strana 38
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/35/!U teorijskoj su{ari su{i se, pri!q>2!cbs-!61!lh0i!kva{~eve biomase koja sadr`i!z2>81!nbt&vlage, pri ~emu se dobija suvi kvasac sa!z3>8!nbt&!vlage. Na ulazu u zagreja~ stawe vazduha odre|enoje temperaturom suvog termometra i temperaturom vla`nog termometra!1)utu>27pD-!uwu>21pD*/!Staweotpadnog vazduha odre|eno je entalpijom i relativnom vla`nosti vazduha!3)i>:1!lK0lhTW-!ϕ>1/7).Skicirati promene stawa vla`nog vazduha na Molijerovom!i!−y!dijagramu i odrediti:b* potro{wu suvog vazduha u su{ari!) 4
on 0t*c* toplotnu snagu zagreja~a vazduha!)lX*d* koliko bi se toplote moglo u{tedeti hla|ewem otpadnog vazduha do stawa zasi}ewa i
rekuperativnim kori{}ewem oslobo|ene toplote za zagrevawe sve`eg vazduha u predgreja~u!)lX*
ta~ka 0:
ip>3:/6 lhTWlK
- yp>1/1168 lhTWPlhI3
ta~ka 2:
i3>:1 lhTWlK
- y3>1/1326 lhTWPlhI3
ta~ka 1:
i2>i3>:1 lhTWlK
- y2>yp>1/1168 lhTWPlhI3
napomena: Sve vrednosti pro~itane sa Molijerovog!i!−!y!dijagrama
WU
i
ϕ>2
1
2
3
uwu
i3
ϕ3
up
y
zbirka zadataka iz termodinamike strana 39
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b*materijalni bilans vlage za proces su{ewa kva{~eve biomase:
( )23tw yyn −⋅⋅
>3
32wn z2
zzn
−−
⋅ ⇒233
32wntw
yy2
z2zz
nn−
⋅−−
⋅=⋅
1168/11326/12
18/1218/18/1
471161
ntw−
⋅−−
⋅=⋅
>1/7tlh
twtwtw N
5/33noW ⋅=⋅⋅
>3:5/33
7/1 ⋅ >1/57!tn4
o
c*
prvi zakon termodinamike za proces u zagreja~u vazduha:!! 12u1212 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( ) ( )6/3::17/1iinR p2tw{bh −⋅=−⋅=⋅⋅
>47/3:!lX
d*
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom sistemu ograni~enom
isprekidanom konturom:!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
sflR⋅
> ( )B3tw iin −⋅−⋅
> ( )3/92:17/1 −⋅− >−6/39!lX
napomena: iB>g)yB>y3-!ϕ>2*>92/3! lhTWlK
)!Molijerov!i−y!dijagram)
1Htw
Rsfl
C 2
B
X3
wnn pnn
zbirka zadataka iz termodinamike strana 40
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/36/!Jednostepena, teorijska su{ara, radi sa vazduhom kao agensom za su{ewe po zatvorenom ciklusu(slika) na pritisku!q>:1!lQb>jefn/!Nakon zagrevawa vazduha )2−3*- wegovog prolaska kroz komoru zasu{ewe )3−4*-!te hla|ewa )4−5*- u predajniku toplote, u kome se kondenzuje vodena para, ulazi zasi}envla`an vazduh stawa!5)U>424!L*-!a napu{ta ga ohla|eni zasi}en vla`an vazduh i izdvojeni kondenzattemperature!U2>3:4!L. Maseni protok odvedenog kondenzata je!X>1/14!lh0t. Toplotna snaga zagreja~avazduha je!R{bh>:6!lX/!Skicirati promene stawa vla`nog vazduha na Molijerovom i!−!y!dijagramu iodrediti potreban maseni protok suvog vazduha i relativnu vla`nost!)ϕ4*!do koje se, su{ewem vla`nogmaterijala, ovla`i vazduh.
vla`anmaterijal
komoraza su{ewe
osu{enmaterijal
!!!L
kondenzat
zagreja~
hladwak
2
5
43
25
i
ϕ>2
3
4
y
zbirka zadataka iz termodinamike strana 41
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 1:
qtq >3448!Qb )napon pare ~iste vode na!u>31pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 34482⋅ >3448!Qb
y2!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
3448211/:
34483:29
6 −⋅⋅ >1/1276!
lhTWPlhI3
i2> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*31)2/971276/1312 +⋅⋅+⋅ >72/97!lhTWlK
ta~ka 4:
qtq >8486!Qb )napon pare ~iste vode na!u>51pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 84862⋅ >8486!Qb
y5!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
8486211/:
84863:29
6 −⋅⋅ >1/1665!
lhTWPlhI3
i5> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*51)2/971665/1512 +⋅⋅+⋅ >293/73!lhTWlK
⋅X !>!
⋅ntw
/!)y4!−!y3*!>!⋅ntw
/!)y5!−!y2*! ⇒ !⋅ntw!>
25 yyX−
⋅
⋅ntw!> 1276/11665/1
14/1−
>!1/88!tlh
ta~ka 2:
y3!>!y2!>!1/1276! lhTWPlhI3 i3!>!@
prvi zakon termodinamike za proces u zagreja~u vazduha:!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( )23tw{bh iinR −⋅=⋅⋅
tw
{bh23
n
Rii
⋅
⋅
+= >88/1:6
97/72 + >296/35!lhTWlK
ta~ka 3:
y4>y5>!1/1665! lhTWPlhI3 i4>i3>296/35! lhTW
lK
u4!>! 2/97yd3611yi
4q
44
⋅+⋅−
!>2/971665/12
36111665/1296/35⋅+
⋅−>53/48pD
q
yN
Ny
q
4tw
P3I
4P3I
⋅
+
= > 621:/11665/1
3:29
1665/1⋅⋅
+>8485/9!Qb
ϕ4!>! ( )4Uqt
P3I
q
q!>
94729/8485>!1/99
zbirka zadataka iz termodinamike strana 42
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/37/!U dvostepenu teorijsku su{nicu uvodi se vla`an vazduh zapreminskog protoka!Wp>1/94!n40t!i stawa
1)q>1/2!NQb-!u>25pD-!�ϕ>1/5). Nakon zagrevawa vazduha u zagreja~u toplotne snage!⋅R J>62/:!lX!)do stawa
2) vazduh se uvodi u prvi stepen su{are odakle izlazi sa temperaturom!u>41pD!)stawe!3). Ovaj vazduh se
zatim zagreva u drugom zagreja~u toplotne snage!⋅R JJ>35!lX!)do stawa!4), te uvodi u drugi stepen su{are
koji napu{ta sa relativnom vla`no{}u!�ϕ>1/9!)stawe!5*/!Ako se zanemare padovi pritiska odrediti masuvlage uklowenu iz vla`nog materijala u prvom i drugom stepenu su{ewa (posebno za svaki stepen) zavreme od τ=1 sat. Skicirati promene stawa vla`nog vazduha na!i!−y!dijagramu.
ta~ka 0:
qtq >26:8!Qb )napon pare ~iste vode na!u>25pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 26:85/1 ⋅ >749/9!Qb
yp!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
9/749212
9/7493:29
6 −⋅⋅ >1/1151!
lhTWPlhI3
ip> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*25)2/971151/1252 +⋅⋅+⋅ >35/2!lhTWlK
P3Itw qqq −= > 9/749212 6 −⋅ >::472/3!Qb
ρtw> USq
hTW
TW
⋅> =
⋅398398::472/3
2/32!4n
lhTW- !!!
⋅⋅⋅ρ= Wn twtw > 94/132/2 ⋅ >2!
tlh
i
ϕ>2
2
1
3
4
5
y
zbirka zadataka iz termodinamike strana 43
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 1:
y2!>!yp>1/1151! lhTWPlhI3 i3!>!@
prvi zakon termodinamike za proces u 1. zagreja~u vazduha:! 12u1212 XIR⋅⋅⋅
+∆= ( )12twJ iinR −⋅=⋅⋅
tw
Jp2
n
Rii
⋅
⋅
+= >2:/62
2/35 + >87!lhTWlK
ta~ka 2:
i3!>!i2!>!87! lhTWlK
y3!>! 3611u2/97
ud.i q
+⋅
⋅>!
3611412/97412.87+⋅⋅
>!1/129!lhTW
PlhI3
ta~ka 3:
y4!>!y3!>!1/129! lhTWPlhI3 i4!>!@
prvi zakon termodinamike za proces u 2. zagreja~u vazduha: 34u3434 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( )34twJJ iinR −⋅=⋅⋅
tw
JJ34
n
Rii
⋅
⋅
+= >235
87 + >211!lhTWlK
ta~ka 4:
i5!>!i4!>!211! lhTWlK
- y5!>!g)ϕ5-!i5*!>!1/1374! lhTWPlhI3 ! )i!−!y!dijagram*
X2!>!⋅ntw!)y3!−!y2* τ⋅ >! ( ) 4711115/1129/12 ⋅−⋅ >61/5!lh
X3!>!⋅ntw!)y5!−y4* τ⋅ >! ( ) 4711129/11374/12 ⋅−⋅ >3:/:!lh
zbirka zadataka iz termodinamike strana 44
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/38/!U teorijskoj konvektivnoj su{ari su{i se neki materijal koji ne sme biti izlo`en temperaturivi{oj od!91pD/!Maksimalna relativna vla`nost, koju dosti`e vazduh pri svakom prolasku preko vla`nogmaterijala, iznosi!ϕnby>:1%. Odrediti koli~inu vlage, koja se u toku jednog sata odstrani iz materijala,
ako je stawe vla`nog vazduha na ulazu u su{aru odre|eno sa!P)q>2cbs-!u>31pD-!ϕ>1/6-!⋅nww>1/6!lh0t*;
a) u slu~aju dvostepene teorijske su{areb) u slu~aju teorijske su{are sa beskona~no mnogo stepeni su{ewa (naizmeni~no povezanih komora za
su{ewe i zagreja~a vazduha)
Smatrati da se tokom svih proces pritisak vazduha u su{ari ne mewa.
a)
ta~ka 0:
qtq >3448!Qb )napon pare ~iste vode na u>31pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 34486/1 ⋅ >2279/6!Qb
yp!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
6/2279212
6/22793:29
6 −⋅⋅ >!1/1184!
lhTWPlhI3
ip> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*31)2/971184/1312 +⋅⋅+⋅ >49/63!lhTWlK
1
wwtw
y2n
n+
=
⋅⋅
>1184/126/1
+>1/5:7!
tlh
i
ϕ>2
1
3
4
5
2
u2>u4ϕ3>ϕ5>ϕnby
y
zbirka zadataka iz termodinamike strana 45
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 1:
y2>yp>!1/1184! lhTWPlhI3
i2> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*91)2/971184/1912 +⋅⋅+⋅ >::/45!lhTWlK
ta~ka 2:
i3>i2!>::/45 lhTWlK
y3>!g)ϕ3-!i3*>1/1376! lhTWPlhI3 ! )i!−!y!dijagram*
ta~ka 3:
y4>y3>!1/1376! lhTWPlhI3
i4> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*91)2/971376/1912 +⋅⋅+⋅ >261/2:!lhTWlK
ta~ka 4:
i5>i4!>261/2: lhTWlK
y5>!g)ϕ5-!i5*>1/154! lhTWPlhI3 ! )i!−!y!dijagram*
X!>!⋅ntw!)y5!−!yp* τ⋅ >! ( ) 47111184/1154/15:7/1 ⋅−⋅ >74/86!lh
b)
ta~ka!3o;qtq >58471!Qb )napon pare ~iste vode na!u>91pD*
qtnbyP3Iqq ⋅ϕ= > 58471:/1 ⋅ >53735!Qb
y3o!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
53735212
537353:29
6 −⋅⋅ >!1/5722!
lhTWPlhI3
X′!>!⋅ntw!)y3o!−!yp* τ⋅ >! ( ) 47111184/15722/15:7/1 ⋅−⋅ >921/4!lh
zbirka zadataka iz termodinamike strana 46
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/39/!U teorijskoj su{ari sa recirkulacijom, jednog dela iskori{}enog vazduha, protok atmosferskog
vla`nog vazduha, stawa!1)i>61!lK0lhTW-!y>1/12!lhI3P0lhTW*-!iznosi!⋅np>7!u0i. Stawe me{avine sve`eg
i opticajnog vazduha na ulazu zagreja~ vazduha je N)u>51pD-!y>1/145!lhI3P0lhTW*/!Me{avina se ukaloriferu zagreva do stawa!2)u>99pD*/!Po~etna vla`nost materijala je! 2Z >81&!ra~unato na suvu
materiju, a krajwa! 3Z >9&!tako|e ra~unato na suvu materiju. Skicirati promene stawa vla`nog vazduha
na!i!−!y!dijagramu i odrediti:a) masene protoke: odstrawene vlage i osu{enog materijala!)lh0i*b) maseni udeo sve`eg i opticajnog vazduha u me{avinic) potrebnu koli~inu toplote za zagrevawe vla`nog vazduha!)lK0t*d) kolika bi bila potro{wa toplote da se su{ewe izvodi samo sve`im vazduhom tj. da nema
recirkulacije i kolika bi bila temperaturu vla`nog vazduha na ulazu u komoru za su{ewe u tomslu~aju
ta~ka 0:
y1>1/12! lhTWPlhI3 ip!>!!61! lhTW
lK
⋅ntwp!>! =
+
⋅
1
1
y2n
=+
⋅
12/12471121
74
2/76!tlh
ta~ka M:
yn>1/145! lhTWPlhI3
in!> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*51)2/97145/1512 +⋅⋅+⋅ >238/64lhTWlK
2
1
N
3
i
ϕ>2un
u2
ip
Ny2yy
zbirka zadataka iz termodinamike strana 47
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 1:
y2>yn>1/145! lhTWPlhI3
i2!> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*99)2/97145/1992 +⋅⋅+⋅ >289/67lhTWlK
ta~ka 2:
i3>i2>289/67! lhTWlK
y3!>!@
prvi zakon termodinamike za proces me{awa dva vla`na vazduha:
23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆= n3twtwp33twptwp inninin ⋅
+=⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅
( )n3
pntwp3tw
iiiin
n−
−⋅=
⋅⋅
>( )
64/23867/2896164/23876/2
−−⋅
>3/62tlh
materijalni bilans vlage za proces me{awa dva vla`na vazduha:
n3twtwp33twptwp ynnynyn ⋅
+=⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅!!!
3tw
ptwpn3twtwp
3
n
ynynn
y⋅
⋅⋅⋅⋅−⋅
+
=
( )62/3
12/176/2145/162/376/2y3
⋅−⋅+= >1/15:9!
lhTWPlhI3
a)
( )233twtwp yynnX −⋅
+=
⋅⋅⋅> ( ) ( )145/115:9/1471162/376/2 −⋅⋅+ >347/73!
ilh
2
22 Z2
Zz
+= >
8/128/1
+>1/52-
3
33 Z2
Zz
+= >
19/1219/1
+>1/18
2
32pn z2
zznX
−−
⋅=⋅
32
2pn zz
z2Xn
−−
⋅=⋅
>18/152/1
52/1273/347
−−
⋅ >521/72!ilh
b)
hp>TW3TWp
TWp
nn
n⋅⋅
⋅
+>
62/32/762/76+
>1/5- h3>TW3TWp
TW3
nn
n⋅⋅
⋅
+>
62/32/763/62+
>1/7
c)
prvi zakon termodinamike za proces u zagreja~u vazduha:!!!!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( )n23twtwp{bh iinn!R −⋅
+=
⋅⋅⋅( ) ( )64/23867/28962/376/2 −⋅+ >323/39!lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 48
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
d)
y2′!>!yp>1/12! lhTWPlhI3 i2′>!i2>!i3!>289/67! lhTW
lK
u2′!>! 2/97yd3611yi
q ⋅+⋅−
!>2/9712/12
361112/1289/67⋅+
⋅−>261/87pD
8/3:/!U teorijskoj su{ari se obavqa proces izdvajawa vlage iz koncentrata paradajza. Maseni protokkoncentrata paradajza na ulazu u su{aru je!1/237!lh0t. Na ulazu u su{aru koncentrat paradajza sadr`i
2z =31!nbt&!vode, a prah na izlazu! 3z =6!nbt%. Parcijalni pritisak vodene pare u okolnom (sve`em)
vazduhu je! ( )1P3I
q >2/44!lQb, dok na izlazu iz su{are ne sme biti vi{i od! ( )3P3I
q >37/8!lQb/!Da bi se taj
uslov ispunio potrebno je me{awe dela iskori{}enog i okolnog sve`eg vazduha tako da parcijalnipritisak vodene pare u vla`nom vazduh na ulazu u zagreja~ iznosi! ( )
nP3Iq >7/8!lQb. Pritisak vazduha za
vreme su{ewa je konstantan i iznosi!q>212/4!lQb/!Odrediti:a) maseni protok sve`eg i recirkulacionog vazduha (ra~unato na suv vazduh)c* specifi~nu potro{wu toplote u su{ari!)lK0lh!odstrawene vlage) ako se u fazi zagrevawa vazduh
zagreje za n2 uu − >41pD
2
1
N
3
i
ϕ>2un
u2
ip
2′
Ny1yy
zbirka zadataka iz termodinamike strana 49
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 0:
y1!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
44/2212/444/2
3:29
−⋅ >1/1194!
lhTWPlhI3
ta~ka 2:
y3!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
8/37212/48/37
3:29
−⋅ >1/3333!
lhTWPlhI3
ta~ka M:
yn!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
8/7212/48/7
3:29
−⋅ >1/155!
lhTWPlhI3
ta~ka 1:
y2>yn!>1/155! lhTWPlhI3
a)materijalni bilans vlage za proces su{ewa:
( )233twptw yynn −⋅
+
⋅⋅>
3
32wn z2
zzn
−−
⋅ ⇒233
32wn3twptw
yy2
z2zz
nnn−
⋅−−
⋅=+⋅⋅
155/13333/12
16/1216/13/1
237/1nn 3twptw−
⋅−−
⋅=+⋅⋅
>1/22tlh
materijalni bilans vlage za proces me{awa dva vla`na vazduha:
n3twtwp33twptwp ynnynyn ⋅
+=⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅)2*
3twptw nn⋅⋅
+ >1/22 )3*
Kombinovawem jedna~ina!)2*!i!)3*!dobija se;! ptwn⋅
>1/1:3tlh
-! 3twn⋅
>1/129tlh
c*i2!> 3611*u)2/97yud 222q +⋅⋅+⋅ )2*
in!> 3611*u)2/97yud nnnq +⋅⋅+⋅ )3*
Oduzimawem jedna~ina!)2*!i!)3*!dobija se;!!!!!!i2!−in!> ( ) ( )2qn2 y97/2duu ⋅+⋅−
( )
( )
( ) ( )23
2qn2
233twtwp
n23twtwp2n
x yy
y97/2duu
yynn
iinn
X
Rr
−
⋅+⋅−=
−⋅
+
−⋅
+
==⋅⋅
⋅⋅
⋅
⋅
>293/2!lhXlK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 50
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/41/!Jabuke koje ne podnose temperaturu vi{u od!81pD su{e se u teorijskoj su{ari sa recirkulacijomdela iskori{}enog vazduha. Stawe sve`eg vazduha odre|eno je sa!1)u>7pD-!y>6/42!hI3P0lhTW*/Apsolutna vla`nost iskori{}enog vazduha jey3>45!hI3P0lhTW-a specifi~na potro{wa toplote u su{ari iznosi!rx>4761!lK0lh!odstrawene vlage.Skicirati promene stawa vla`nog vazduha na!i!−!y!dijagramu i odrediti:b* masene udele sve`eg i recirkulacionog vazduha u me{avinib) minimalnu temperaturu do koje se mora zagrejati sve` vazduh pre me{awa da bi se izbeglo
stvarawe magle za vreme procesa me{awa
a)ta~ka 0:
yp>1/11642! lhTWPlhI3
ip> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*7)2/9711642/172 +⋅⋅+⋅ >2:/44!lhTWlK
ta~ka 2:
y3>1/145! lhTWPlhI3
33pp3
33pp3
n3
n3
23
n22nx yhyhy
ihihiyyii
yyii
X
Rr
⋅−⋅−⋅−⋅−
=−−
=−−
==⋅
⋅
⇒
rx>( )( ) pp33
pp33
iyh2yihh2i⋅−−⋅⋅−−⋅
>p3
p3
yyii
−−
⇒ i3>ip!, ( )p3x yyr −⋅ ⇒
i3>2:/44!, ( )11642/1145/14761 −⋅ >235/16lhTWlK
ta~ka 1:
i2>i3!>235/16! lhTWlK
3611u97/2
udiy
2
2q22 +⋅
⋅−= >
36118197/281216/235
+⋅⋅−
>1/1316!lhTW
PlhI3
ta~ka M:
yn>y2>1/1316! lhTWPlhI3
hp>p3
n3
yyyy
−−
>11642/1145/11316/1145/1
−−
>1/58
h3>p3
pn
yyyy
−−
>11642/1145/111642/11316/1
−−
>1/64
33ppn ihihi ⋅+⋅= > 16/23564/144/2:58/1 ⋅+⋅ >85/94lhTWlK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 51
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)
P−N−3; pravac me{awa pre zagrevawa okolnog vazduhaP−N′−3; pravac me{awa nakon zagrevawa okolnog vazduha
ta~ka 0′:grafi~ki postupak:Konstrui{e se prava kroz ta~ke!3!i!N′)!yN′>yN). Presek ove prave salinijom!yp>dpotu!!defini{e polo`aj ta~ke O′. Iz dijagrama se o~itava!uP′!
/
ra~unski postupak:(py >yp>1/11642! lhTW
PlhI3 (pi >@
in′!>88/68lhTWlK
33(ppn ihihi ⋅+⋅= ⇒
p
33n(p h
ihii
⋅−=
(pi >
64/116/23558/168/88 ⋅−
>44/46lhTWlK
up′!>! 2/97yd3611yi
q ⋅+⋅−
!>2/9711642/12361111642/147/46
⋅+⋅−
>33/96pD
2
1
N
3
i
ϕ>2N′
u2
up
3y
1′
4761
2yy
zbirka zadataka iz termodinamike strana 52
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/42/!U teorijskoj su{ari sa recirkulacijom jednog dela iskori{}enog vazduha su{i se vla`an
materijal po~etne vla`nosti!!411&!ra~unato na suvu materiju!)Z2>4! lhTNlhX
*/!U su{ari se odstrani
91% od vlage koju sa sobom u su{aru unosi vla`an materijal i pri tom dobijamo!43!lh0i!osu{enogmaterijala. Stawe sve`eg vazduha odre|eno je sa!)u>31pD-!ϕ>1/7*!a stawe otpadnog vazduha odre|eno jesa!)u>51pD-!ϕ>1/9*/!Temperatura vazduha nakon faze zagrevawa iznosi!u>87pD/!Odrediti:b* toplotnu snagu zagreja~a vazduha!R{bh!)lX*b) koliko bi se toplote moglo u{tedeti (u zagreja~u) hla|ewem otpadnog vazduha do stawa zasi}ewa i
rekuperativnim kori{}ewem tako oslobo|ene toplote za zagrevawe vazduha nastalog me{awemsve`eg i recirkulacionog vazduha (slika)
ta~ka 0:
qtq >3448!Qb )napon pare ~iste vode na!u>31pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 34487/1 ⋅ >2513/3!Qb
yp!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
3/2513212
3/25133:29
6 −⋅⋅ >!1/1199!
lhTWPlhI3
ip> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*31)2/971199/1312 +⋅⋅+⋅ >53/44!lhTWlK
ta~ka 2:
qtq >8486!Qb )napon pare ~iste vode na!u>51pD*
qtP3Iqq ⋅ϕ= > 84869/1 ⋅ >6:11!Qb
y3!>P3I
P3I
TW
P3I
q
N
N
−⋅ >
6:11212
6:113:29
6 −⋅⋅ >!1/149:!
lhTWPlhI3
i3> 3611*u)2/97yudq +⋅⋅+⋅ > 3611*51)2/97149:/1512 +⋅⋅+⋅ >251/25!lhTWlK
ta~ka 1:
i2>!i3>!251/25! lhTWlK
y2>! 3611u2/97
ud.i q
+⋅
⋅>!
3611872/97872.251/25
+⋅⋅
>1/1354!lhTW
PlhI3
ta~ka M:
yn>y2>1/1354! lhTWPlhI3
hp>p3
n3
yyyy
−−
>1199/1149:/11354/1149:/1
−−
>1/596 h3>2−h2>1/626
33ppn ihihi ⋅+⋅= > 25/251626/144/53596/1 ⋅+⋅ >:3/81lhTWlK
zbirka zadataka iz termodinamike strana 53
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
a)
2
22 Z2
Zz
+= >
244+
>1/86!*TNX)lh
lhX+
materijalni bilans komore za su{ewe materijla: nwn>npn,!X !!!!)2*
bilans vlage komore za su{ewe materijala:⋅
+⋅=⋅ Xznzn 3pn2wn !!)3*
uslov zadatka:⋅
=⋅⋅ Xzn9/1 2wn !! !!!!)4*
kada se odstrawena vlaga!)⋅X *!iz jedna~ine )4*!uvrsti u jedna~ine!)2*!i!)3*!⇒
2wn3pn2wn zn9/1znzn ⋅⋅+⋅=⋅ tj. 3pn2wn znzn3/1 ⋅=⋅⋅ !!!)5*
2wnpnwn zn9/1nn ⋅⋅+= tj.2
pnwn z9/12
nn
⋅−= !!!!)6*
kada se jedna~ina!)6) uvrsti u jedna~inu!)5*!dobija se:
3z >2
2
z9/12z3/1⋅−
⋅>
86/19/1286/13/1
⋅−⋅
>1/486*) TNXlh
lhX+
)5* ⇒2
3pnwn z3/1
znn
⋅⋅
= >86/13/1486/143
⋅⋅
>91ilh
)2* ⇒ pnwn nnX −=⋅
!>91!−!43!>59ilh
⋅ntw1!,!
⋅ntw3!>
23 yyX−
⋅
>47112
1354/1149:/159
⋅−
>1/:2tlh
prvi zakon termodinamike za proces u zagreja~u vazduha:!!!!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( )n23twtwp{bh iinn!R −⋅
+=
⋅⋅⋅> ( )8/:325/251:2/1 −⋅ >54/28!lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 54
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b)
⋅ntw1!>! ⋅ph
+
⋅⋅tw3tw1 n!!n > :2/1596/1 ⋅ >1/55
tlh
⋅ntw3!>! ⋅3h
+
⋅⋅⋅tw3tw1 nn!!n > :2/1626/1 ⋅ >1/58
tlh
ta~ka A:
3B yy = - iB>g ( )2-yB =ϕ >247/28lhTWlK
⋅R qsfe!>! ( )B3twp iin −⋅
⋅>!1/55 ( )28/24725/251 −⋅ >2/86!lX
2
1
N
3
i
ϕ>2u3
u2
up
B
C
ϕp
ϕ3
zagreja~vazduha
komora zasu{ewe
materijala
sve` vazduh1
32predgreja~
vazduha
C
recirkulacionivazduh
otpadni vazduhB
N
3
3
wnn pnn
zbirka zadataka iz termodinamike strana 55
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
8/43/!U dvostepenoj teorijskoj su{ari za!7!sati osu{i se!2111!lh!vla`nog materijala.!Maseni odnos vlage
prema suvoj materiji u materijalu koji ulazi u prvi stepen su{ewa je 1/54!lhTNlhX
!a maseni odnos vlage
prema suvoj materiji u materijalu koji napu{ta drugi!stepen su{ewa je!1/25!lhTNlhX
. Sve` ulazni vazduh
stawa!1)q>2!cbs-!u>27pD-!ϕ>1/6*!me{a se sa recirkulacionim vazduhom stawa!6)q>2!cbs-!u>57pD-!ϕ>1/7*!uodnosu!3;2, a zatim se predgreja~u vazduha (razmewiva~ toplote) pomo}u dela vla`nog vazduha oduzetog izprvog stepena su{are. U greja~ima vazduha!H2!i!H3 vla`an vazduh se zagreva do temperature od!91pD/Temperatura vla`nog vazduha na izlazu iz postrojewa je!41pD/!Skicirati promene stawa vla`nog vazduhana Molijerovom!i!−!y!dijagramu i odrediti:a) veli~ine stawa vla`nog vazduha!)i-!y-!u*!u karakteristi~nim ta~kamab) toplotne snage greja~a vazduha-!H2!i!H3c) vla`nost materijala (maseni udeo vlage) na kraju prvog stepena su{ewa
5
432N
otpadni vazduh
predgreja~
prvistepen
su{ewa
drugistepen
su{ewa
recirkulacionivazduh
sve`vazduh1
66
7
H2 H3
wnn pnn
4
N7
1
3
2
5
6
i
ϕ>2
y
zbirka zadataka iz termodinamike strana 56
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
b*ta~ka 0:
yp!>!g)up-!ϕp*>1/1168! lhTWPlhI3 ip>!g)up-!yp*>41/53! lhTW
lK
ta~ka 5:
y6!>!g)u6-!ϕ6*!>1/14::7! lhTWPlhI3 i6!>!g)u6-!y6*!>25:/43! lhTW
lK
ta~ka M:prvi zakon termodinamike za proces me{awa dva vla`na vazduha:
23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆= n6twtwp66twptwp inninin ⋅
+=⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅
2n
n
iin
n
i
6tw
twp
6p
6tw
twp
n
+
+⋅
=
⋅
⋅
⋅
⋅
>( )
223
43/25:53/4123
+
+⋅>81/16!
lhTWlK
materijalni bilans vlage za proces me{awa dva vla`na vazduha:
n6twtwp66twp1tw ynnynyn ⋅
+=⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅⇒!
2n
n
yyn
n
y
6tw
twp
6p
6tw
twp
n
+
+⋅
=
⋅
⋅
⋅
⋅
223
15/11168/123
yn+
+⋅= >1/1282
lhTWPlhI3
un!>! 2/97yd3611yi
nq
nn
⋅+⋅−
!>2/971282/1236111282/181/13
⋅+⋅−
>37/54pD
ta~ka 2:
y3>yn!>1/1282! lhTWPlhI3 i3!>!g)u3-!y3*>236/46! lhTW
lK
ta~ka 4:
i5!>i6!>25:/43! lhTWlK
y5>!g)u5-!i5*>1/1373! lhTWPlhI3
ta~ka 3:
i4!>i3>236/46! lhTWlK
y4>!y5>1/1373! lhTWPlhI3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 57
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
ta~ka 6:
y7!>!y4!>!y5>1/1373! lhTWPlhI3 i7!>!g)u7-!y7*!>!:7/9:! lhTW
lK
ta~ka 1:
y2!>!yn!>!1/1282! lhTWPlhI3 i2!>!@
prvi zakon termodinamike za proces u predgreja~u vazduha:!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( ) ( )N27twtwp74twp iinniin −⋅
+=−⋅
⋅⋅⋅⇒
( )
2n
n
iin
n
ii
7tw
twp
47
7tw
twp
n2
+
−⋅
−=
⋅
⋅
⋅
⋅
>( )
223
46/2369:/:723
16/81+
−⋅− >9:/13
lhTWlK
u2!>! 2/97yd3611yi
2q
22
⋅+⋅−
!>2/971282/1236111282/19:/13
⋅+⋅−
>88/95pD
c*
2
22 Z2
Zz
+= >
254/154/1+
>1/41!*TNX)lh
lhX+
3
33 Z2
Zz
+= >
225/125/1+
>1/23!*TNX)lh
lhX+
materijalni bilans vlage za oba stepena su{ewa zajedno:
3
32wn z2
zznX
−−
⋅=⋅
>23/1223/141/1
72111
−−
⋅ >45/1:ilh
( ) ( )567tw346twtwp yynyynnX −⋅+−⋅
+=
⋅⋅⋅⋅⇒
( ) ( )56346tw
yyyy4X
n−+−⋅
=
⋅⋅
> ( ) 1373/115/11282/11373/144711
1:/45
−+−⋅>1/34
tlh
6twtwp n3n⋅⋅
⋅= > 34/13 ⋅ >1/57tlh
zbirka zadataka iz termodinamike strana 58
dipl.ing. @eqko Ciganovi} {fmlp@fvofu/zv
prvi zakon termodinamike za proces u greja~u vazduha H2 :!!! 23u2323 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( )233twtwp23 iinnR −⋅
+=
⋅⋅⋅> ( )13/9:46/2367:/1 −⋅ >36/18!lX
prvi zakon termodinamike za proces u greja~u vazduha H3 :!!! 45u4545 XIR⋅⋅⋅
+∆=
( )456tw45 iinR −⋅=⋅⋅
> ( )46/23643/25:34/1 −⋅ >6/62!lX
d*⋅X 2!>! (z2
(zzn 2
wn −−
⋅ )2*
( )346twtwp2 yynnX −⋅
+=
⋅⋅⋅)3*
Kombinovawem jedna~ina!)2*!i!)3*!dobija se!⋅X 2>!33/7! i
lh!!j!z′>1/3
zadatak za ve`bawe:! )8/44/*
8/44/!U dvostepenoj teorijskoj su{ari su{i se!2911!lh0i nekog proizvoda koji sadr`i!4:!nbt&!vlage.Nakon su{ewa proizvod sadr`i!:3!nbt% suve materije. Vazduh izlazi iz su{are na temperaturi od56pD/!Temperatura okoline je!31pD/!Vazduh se pred svakim stepenom zagreva do!91pD!a na izlazu izsvakog stepena ima relativnu vla`nost!81&/!Sve promene stawa vla`nog vazduah u su{ari se doga|ajupri!q>2!cbs>dpotu/!Skicirati promene stawa vla`nog vazduha na!i!−y!!dijagramu i odrediti:a) ukupnu potro{wu toplote u su{ari!)lX*b) izra~unati vla`nost materijala (maseni udeo vlage) na izlazu iz prvog stepena su{ewa
re{ewe:
a) R>684!lXb) z′>1/36
zbirka zadataka iz termodinamike strana 1
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
KRETAWE TOPLOTE
9/2/!Sa jedne strane ravnog zida povr{ine B>4!n3 nalazi se suva vodena para U2>247pD, a sa drugeravnog zida nalazi se vazduh U6>36pD. Zid je sastavqen od dva sloja: ~eli~nog lima (1) )λ2>61-!X0nL-δ2>21!nn* i izolacionog materijala(2) )λ3>1/17!X0nL-!δ3>31!nn*/ Koeficijent prelaza toplote sa pare na zid iznosi α2>6111!X0n3L, asa zida na okolni vazduh α3>2111!X0n3L. Odrediti:b* toplotni protok sa pare na vazduh, kroz zid )X*b) temperaturu izolacije (do vazduha) i temperaturu lima (do pare)
a)
4
21112
17/113/1
6112/1
61112
36.247B
22U.U
R
33
3
2
2
2
62 ⋅+++
=
α+
λδ
+λδ
+α
=⋅
>2111!X
b)
B2UU
R
2
32 ⋅
α
−=
⋅⇒ U3!>!U2!−! B
R
2 ⋅α
⋅
>247!−!46111
2111>246/:4pD
B2U.U
R
3
65
α
=⋅
⇒ U5!>!U6!, BR
3 ⋅α
⋅
>36,!42111
2111>36/69pD
para
α2
δ3
U2
λ2 vazduh
δ2
λ3
α3
U3U4
U5
U6
zbirka zadataka iz termodinamike strana 2
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/3/!Za izgradwu privremenog skloni{ta u polarnim oblastima istra`iva~i mogu upotrebiti ponetu{per plo~u, debqine!δ2>6!nn!)λ2>1/218!X0)nL**-!vla`nu zemqu!)λ3>1/767!X0)nL**-!i nabijen sneg)λ4>1/218!X0)nL**/!Na unutra{woj povr{i zida skloni{ta ustali se temperatura U2>3:4!L-!akoeficijent prelaza toplote, sa spoqa{we povr{i zida na okolni vazduh temperature!U6>341!L,iznosi!α>:/7!X0)n3L*/!′′Povr{inski toplotni protok′′ (toplotni fluks) pri tome treba da iznosir>69!X0n3. Odrediti:a) najmawu debqinu sloja vla`ne zemqe u konstrukciji zida, tako da ne do|e do topqewa snegab) potrebnu debqinu sloja nabijenog snega u konstrukciji zida
a)napomena: Uo~iti da je U4!>384!L (uslov ne topqewa snega na grani~noj
povr{ini vla`na zemqa sneg).
!r!>!
3
3
2
2
42 UU
λδ
+λδ
− ⇒ δ3!>!λ3!
λδ
−−
2
242
rUU
⇒
δ3!>!
⋅−
−⋅
−
218/1216
693843:4
767/14
>2:7!nn
b) r!>!
α+
λδ
+λδ
+λδ
−2
UU
4
4
3
3
2
2
62 ⇒ δ4!>!λ4!
α
−λδ
−λδ
−− 2rUU
3
3
2
262
δ4!>!λ4!
−
⋅−
⋅−
−⋅
−−
7/:2
767/12179
218/1216
693413:4 44
>!79!nn
{perplo~a
vla`nazemqa
nabijensneg
δ2 δ3 δ4
U2 U3 U4 U5 U6
zbirka zadataka iz termodinamike strana 3
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/4/![upqi cilindar od stiropora!)λ>1/138!X0nL) unutra{weg pre~nika!ev>1/3!n, spoqa{wegpre~nika!et>1/4!n!i visine!I>2/6!n!napuwen je ledom sredwe!temperature!u2>1pD/!Temperaturaokolnog vazduha je!u4>41pD, a koeficijent prelaza toplote na stiropor sa okolnog vazduha iznosi!α>9X0n3L/!Temperatura unutra{we povr{ine cilindra je!1pD/!Zanemaruju}i razmenu toplote kroz bazecilindra, odrediti:a) toplotne dobitke cilindra )lX*b) temperaturu spoqa{we povr{ine zida cilindrad* vreme za koje }e se sav led otopiti ako toplota topqewa leda iznosi sm>443/5!lK0lh-!a gustina leda
ρm>:11!lh0n4
a)
! =⋅
λ⋅π+
α⋅π
−=
⋅I
ee
mo32
e2
uuR
v
t
t
42 =⋅
⋅π+
⋅π
−6/2
3/14/1
mo138/13
294/1
2136
28/95!X
b)
I
e2uu
R
t
32 ⋅
α⋅π
−=
⋅⇒ ! u3!>!u2!−! Ie
R
v ⋅α⋅π
⋅
>!36!−6/291/4
95/28⋅⋅π
>39/5pD
c)
τ!>! =⋅R
Rm ///!> =⋅ −42195/28
251:4/878:1119!t! (9 dana 3 sata 27 min)
Rm!>!nm!/!sm!>!///!>53/5/!443/5!>251:4/87!lK
nm!>!ρm!/!Wm!>!ρm!/ M5
e3v ⋅π
>!:11 6/25
3/1 3
⋅π
⋅ >!53/5!lh
vazduh
led
u4
α
u3u2
zbirka zadataka iz termodinamike strana 4
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/5/!Odrediti kolika se maksimalna debqina leda!)λmfe!>3/67!X0)nL**!mo`e obrazovati na spoqnojpovr{ini aluminijumske cevi!)λBm>33:/2!X0)nL**-!pre~nika!∅>:6094!nn-!du`ine!M>2!n-!koju oblivavoda, ako je temperatura na wenoj unutra{woj povr{ini U4>374!L-!pri ~emu je toplotni protok savode na cev!2661!X/
napomena: !U2!>!384!L (uslov stvarawa leda)
mfeδ !>!3ee 34 − >!///>!
31:6/1216/1 −
>1/116!n>!6!nn
M
ee
mo3
2ee
mo3
2UU
R
2
3
Bm3
4
mfe
42 ⋅
λ⋅π+
λ⋅π
−=
⋅⇒
e4!> ( )
λλ
−−⋅⋅λ⋅π
⋅⋅
2
3
Bm
mfe42
mfe3 e
emoUU
R
M3fyqe
e4!> ( )
−−⋅
⋅⋅π⋅
94:6
mo2/33:
67/3374384
2661267/33
fyq1:6/1 >1/216!n
U2
e2
U3U4
e4 e3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 5
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
zadaci za ve`bawe: )9/6/!−!9/7/*
9/6/!Sa jedne strane staklene!)λ>1/9!X0nL*!plo~e, ukupne povr{ine!B>21!n3-!nalazi se vla`an vazduhtemperature!71pD!dok je sa druge strane voda temperature!31pD/!Pad temperature kroz staklenu plo~uiznosi!6pD. Koeficijent prelaza toplote sa vla`nog vaduha na plo~u iznosi!α2>31!X0n3L-!a sa plo~ena voduα3>211!X0n3L/!Odrediti:a) temperature staklene povr{ine u dodiru sa vla`nim vazduhom i vodomb) debqinu staklene plo~ec) toplotni protok sa vla`nog vazduha na vodud) toplotni protok sa vla`nog vazduha na vodu ako bi se sa strane vode formirao sloj kamenca
toplotnog otpora S>1/2!n3L0X
re{ewe:
b* u3!>!41/94pD-!u4>36/94pDb) δ>7/97!nn
c) ⋅R>6945!X
d) (R⋅>3484!X
9/7/!U ~eli~noj cevi!)λ>57/6!X0)n3L**-!pre~nika!26:y5/6!nn, po celoj du`ini deonice ime|u dvaventila, usled du`eg prekida rada u ma{inskoj hali, u zimskom periodu, obrzaovao se ledeni ~epsredwe temperature!1pD/!^eli~na cev je toplotno izolovana slojem stiropora debqine!δ>61!!nn/Naglim zagrevawem, temperatura vazduha u ma{inskoj hali povisi se do!41pD i potom ostajenepromewena. Koeficijent prelaza toplote sa okolnog vazduha na spoqa{wu povr{ stiropora tako|eje stalan i iznosi!α>26!X0)n3L*/!Uz predpostavku da je temperatura na unutra{woj povr{i cevistalna i da iznosi!1pD-!odrediti vreme (u danima) za koje }e se ledeni ~ep potpuno otopiti.
re{ewe: τ!≈!7 dana
zbirka zadataka iz termodinamike strana 6
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/8/!U zidanom kanalu od hrapave crvene opeke!)ε3>1/:4*-!du`ine!M>2!n, kvadratnog popre~nog presekastranice!b>511!nn!postavqena je ~eli~na cev!)ε2>1/9*!spoqa{weg pre~nika!e>211!nn/Temperatura spoqa{we povr{i cevi je!U2>684!L-!a unutra{wih povr{i zidova kanala!U3>434!L/Prostor izme|u cevi i kanala je vakumiran. Odrediti:a) toplotni protok koji zra~ewem razmene cev i zidani kanalb) toplotni protok koji zra~ewem razmene cev i zidani kanal (pri istim temperaturama U2 i U3 ) ako
se izme|u cevi i zidova kanala postavi cilindri~ni toplotni ekran koeficijenta emisije εF>1/96i pre~nika eF>311!nn
c) temperaturu tako postavqenog ekrana (zanemariti debqinu ekrana )
a)
M
De2
211U
211U
R
23
53
52
23
{ ⋅
⋅π
−
=
⋅>///> 2
56/52/12
211434
211684 55
⋅
⋅π⋅
−
>2496!X
D23!>!Dd/!ε23!>//!!/!>!6/78/!1/8:!>!5/56! 53Ln
X
ε23!>!
−
ε+
ε2
2BB2
2
33
2
2
>///>!
−+ 2
:4/12
7/2425/1
9/12
2>!1/8:
B2!>!eπ /!M!> 22/1 ⋅π⋅ >1/425!n3
B3!>! Mb5 ⋅⋅ > 25/15 ⋅⋅ >2/7!n3
ε2
ε3
U2 U3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 7
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
b)
M
De2
De2
211U
211U
R
3FFF2
53
52
3F2
{ ⋅
⋅π+
⋅π
−
=
⋅>///> 2
8/53/12
35/52/12
211434
211684 55
⋅
⋅π⋅+
⋅π⋅
−
>!99:/77!X
D2F!>!Dd!ε2F!>5/35! 53Ln
Xε2F!>!
−
ε+
ε2
2BB2
2
FF
2
2
>!1/86
BF!>!eFπ /!M!> 23/1 ⋅π⋅ >!1/739!n3
DF3!>!Dd/!εF3!>5/8! 53Ln
XεF3!>!
−
ε+
ε2
2BB2
2
33
F
F
>!1/94
c)U trenutku uspostavqawa stacionarnog re`ima kretawa toplote
postavqamo toplotni bilans za toplotni ekran: 3F
[
F2
[ RR
=
⋅⋅odakle
sledi da je:
UF!>! 5F3FF2
53F3F
52F2
eDeD
UeDUeD
⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅> =
⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅5
55
3/18/52/135/5
4343/18/56842/135/5>561!L
ε2
ε3
U2 U3
U
εF
zbirka zadataka iz termodinamike strana 8
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/9/!U industrijskoj hali nalazi se pe} od vaqanog ~eli~nog lima!)ε2>1/68*!ukupne povr{ine!B>3/6n3/!Temperatura spoqa{we povr{i pe}i je!u2>271pD, a okolnog vazduha i unutra{wih povr{i zidovahale!u3>u4>26pD. Koeficijent prelaza toplote sa spoqa{we povr{i pe}i na vazduh u hali je!α>24/24X0)n3L*/!Odrediti:a) ukupan toplotni protok (zra~ewe + prelaz) koji odaje spoqa{wa povr{ina pe}ib) temperaturu unutra{we povr{i pe}i ako je debqina zida pe}i!δ>31!nn-!a koeficijent toplotne
provodqivost zida pe}i!λ>61!X0)n3L*
a)
∑
⋅
R >!
23
QSFMB[R
⋅,!
23
FOKF•[SBR
⋅>!///>!5871!,!3351!>!8111!X
23
QSFMB[R
⋅>! 2
32 B2UU
⋅
α
−>! 6/3
24/24226271
⋅−
>5871!X
23
FOKF•[SBR
⋅> 2
24
54
52
B
D2
211U
211U
⋅
−
>! 6/3
34/42
211399
211544 55
⋅
−
>3351!X
ε24!>!ε2!>!1/68!)B2!==!B4*
D24!>!Dd/!ε24!>! 68/178/6 ⋅ >!4/34!53Ln
X
b)
∑
⋅
R >!
12
FQSPWPEKFOKR
⋅>! B
UU 21 ⋅
λδ−
!!!⇒ U1!>!U2!, λδ
⋅
Σ
⋅
B
R
!>!271/4pD
U1!>!271!, 612131
6/38111 4−⋅
⋅ !>!271/4pD
U1 U2
U3 U4
ε2
α
ε3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 9
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/:/!Temperatura vrelih gasova, koji se kre}u kroz kanal, meri se temperaturskom sondom!)ε2>1/9*/Pri stacionarnim uslovima sonda pokazuje temperaturu!u2>411pD/!Temperatura povr{i zidova kanalaje!u4>311pD/!Koeficijent prelaza toplote sa vrelih gasova na povr{ sonde iznosi!α>69!X0)n3L).Odrediti stvarnu temperaturu vrelih gasova u kanalu!)!u3>@*/
toplotni bilans temperaturske sonde: ( ) ( )32qsfmb{24fokf•{sb rr =
α
−=
−
2UU
D2
211U
211U
23
24
54
52
⇒ U3!>!U2!,!
24
54
52
D2
211U
211U
−
!!⇒
U3!>!684!,!
65/52
211584
211684 55
−
>729!L!)!456pD!*
ε24!>!ε2!>!1/9!)B2!==!B4*
D24!>!Dd/!ε24!> 9/178/6 ⋅ >!5/65!53Ln
X
ε
α
u4
u3
u2
zbirka zadataka iz termodinamike strana 10
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/21/!U prostoru izme|u dve, koncentri~no postavqene posrebrene cevi ostvaren je potpuni vakum.Temperatura na spoqa{woj povr{i unutra{we cevi, spoqa{weg pre~nika!e2>261!nn-!iznosiu2>711pD-!a temperatura na unutra{woj povr{i spoqa{we cevi, unutra{weg pre~nika!e3>311!nn-iznosi u3>311pD/!Emisivnost svake posrebrene cevi je!ε�>1/16/!Odrediti “ekvivalentnu” toplotnuprovodqivost materijala!)�λ*-!~ijim bi se postavqewem u prostor izme|u cevi, pri nepromewenimtemperaturama i pre~nicima cevi ostvarila ista linijska gustina toplotnog protoka!)!toplotnifluks-!X0n*
( ) ( )23fokb}qspwp23fokf•{sb rr =
2
3
32
232
53
52
ee
mo32
UU
De2
211U
211U
λ⋅π
−=
⋅π
−
⇒
λ!>! ( )32
2
3
232
53
52
UU3ee
mo
De2
211U
211U
−⋅π⋅
⋅π
−
!>///
D23!>!Dd!ε23!>///!>! 14/178/6 ⋅ >1/276!53Ln
X
ε23!>!
−
ε+
ε2
2BB2
2
33
2
2
>
−
ε+
ε2
2ee2
2
33
2
2
>!
−+ 2
16/12
3/126/1
16/12
2>!1/14
λ!> ( )584984326/13/1
mo
276/126/12
211584
211984 55
−⋅π⋅
⋅π⋅
−
>!1/158!nLX
e2
e3
e2
e3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 11
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/22/!Cilindri~ni kolektor za vodenu paru, spoqa{weg pre~nika!e2>386!nn-!nalazi se u velikojprostoriji. Koeficijent emisije kolektora iznosi!ε2>1/:2/!Radi smawewa toplotnih gubitakazra~ewem postavqa se osno postavqen toplotni {tit (ekran), zanemarqive debqine, koeficijentaemisije!εF>1/66/!Predpostavqaju}i da se postavqawem toplotnog {tita ne mewa temperatura naspoqa{woj povr{i kolektora i unutra{woj povr{i zidova prostorije odrediti pre~nik toplotnog{tita!)eF*-!tako da je u odnosu na neza{ti}eni kolektor smawewe toplotnih gubitaka zra~ewem 61&!/
( ) ( )3F2fokf•{sb23fokf•{sb rr =
3FFF22
53
52
232
53
52
De2
De2
211U
211U
3
De2
211U
211U
⋅π+
⋅π
−
⋅=
⋅π
−
3FFF22232 e2
e2
3
e22
ε+
ε
=
ε
⇒
3FF2
FF
2
2232
e2
e
22
ee2
3
e22
ε+
−
ε+
ε
=
ε
⇒
FFFF2222 e2
22
e2
e2
e3
ε+
−
ε+
ε=
ε⇒ eF!>!
−
ε⋅ε⋅ 2
3e
F22
eF!>!
−⋅⋅ 2
66/13
:2/1386/1 !>!1/76:!n!>!76:!nn
napomena:
ε23!>!ε2)!B2!==!B3!* εF3!>!εF)!BF!==!B3!*
ε2F!>!
−
ε+
ε2
2BB2
2
FF
2
2
>
−
ε+
ε2
2ee2
2
FF
2
2
zbirka zadataka iz termodinamike strana 12
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/23/!Oko duga~kog cilindra, pre~nika!e2>361!nn-!koncentri~no je postavqen ekran pre~nikaeF>461!nn-!zanemarqive debqine. Ukupan koeficijent emisije povr{i cilindra i povr{i ekrana sujednaki i iznose!!�ε!>1/9/!U stacionarnim uslovima, temperatura ekrana je!2:1pD-!temperatura okolnogvazduha i okolnih povr{i iznosi!61pD-!a sredwi koeficijent prelaza toplote sa spoqa{we povr{iekrana na okolni vazduh!�α>46!X0)n3L). Zanemaruju}i konvektivnu predaju toplote izme|u cilindra iekrana odrediti temperaturu povr{i cilindra.
toplotni bilans ekrana: ( ) ( ) ( )FWqsfmb{3Ffokf•{sb23fokf•{sb rrr +=
α⋅π
−+
⋅π
−
=
⋅π
−
F
WF
3FF
53
5F
F22
5F
52
e2UU
De2
211U
211U
De2
211U
211U
U2 UF Uw U3
αε
ε
zbirka zadataka iz termodinamike strana 13
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
D2F!>!Dd!ε2F!>///> 8/178/6 >4/:8!53Ln
X
ε2F!>!
−ε
+ε
22
BB22
F
2>
−ε
+ε
22
ee22
F
2>!>!1/8
DF3!>!Dd!εF3!>//!!/!>!5/65! 53Ln
X
εF3!>!εF!>!1/8
5
F
43
3FF
52
53
F22
53
2
e2UU
De2
211U
211U
De2
211U
211U
α⋅
−+
⋅
−
⋅+
⋅= >!835!L
9/24/!U kanalu kvadratnog popre~nog preseka!)b>711!nn*!nalazi se ~eli~na cev!∅>3310311!nn-λ>57!X0nL/!Kroz kanal proti~e suv vazduh. Temperatura spoqa{we povr{i cevi je!U2>711!L-!aunutra{we povr{i zida je!U4>411!L/!Koeficijenti emisije zra~ewa su!ε2>1/92!(za cev) i!ε4>1/97!(zazidove kanala). Koeficijent prelaza toplote sa cevi na vazduh je!α2>41!X0n3L/!Odrediti:a) temperaturu vazduha u kanalu )U3>@* ako su toplotni gubici spoqa{we povr{i cevi, radijacijom i
konvekcijom jednakic* temperaturu unutra{we povr{i cevi )Up>@*c) koeficijent prelaza toplote )α3*!sa vazduha na zidove kanala
α2
ε2ε4
α3
Up
U3
U2
U4
zbirka zadataka iz termodinamike strana 14
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
a)uslov zadatka: ( ) ( )
24fokf•{sb23qsfmb{b rr =
=
α⋅π
−
t
32
e2UU
24t
54
52
De2
211U
211U
⋅π
−
⇒ U3!>!U2!
24
54
52
D
211U
211U
α
−
− >!///
D24!>!Dd/!ε24!>///> 9/178/6 ⋅ >!5/53!53Ln
X
ε24!>!
−
ε+
ε2
2BB2
2
44
2
2
>
−
ε⋅π
+ε
22
b5e2
2
3
t
2
>!!
−
⋅π⋅
+ 297/12
7/1533/1
92/12
2>1/89
B2!>! Met ⋅πB4!>!5b!/!M
U3!>!711!
53/541
211411
211711 55
−
− >!532!L
b)toplotni bilans spoqa{we povr{ine cevi:
( ) ( ) ( )24fokf•{sb23qsfmb{b12fokf}qspwp rrr += !!⇒ ( ) ( )
23qsfmb{b12fokf}qspwp r3r ⋅=
v
t
21
ee
mo32
UU
λ⋅π
−!>
=
α⋅π
−⋅
t
32
e2UU
3 ⇒ U1!>!U2!.! λ⋅π⋅
α⋅π
−⋅
3ee
mo
e2UU
3 v
t
t
32 ⇒
Up!>!711!−! 5733/133/1
mo
4133/12532711
3⋅π
⋅
⋅π⋅
−⋅ !>!713/5!L
c)
toplotni bilans vazduha u kanalu:34
qsfmb{23
qsfmb{ RR
=
••
5Mb2UU
M
e2UU
3
43
2t
32 ⋅⋅⋅
α
−=⋅
α⋅π
−⇒ α3!>! ( )43
2t
32
UUb52
e2UU
−⋅⋅
α⋅π
−⇒
α3!>! ( )4115327/152
4133/12532711
−⋅⋅⋅
⋅π
−>23/9!
Ln
X3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 15
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/25/!!Unutar metalnog!cilindri~nog rezervoara, unutra{weg pre~nika!e>1/6!n! i visine i>2!n,ostvaren je potpuni vakum. Temperatura na unutra{woj povr{i doweg dna je stalna i iznosi U2>511!L,dok su temperature na preostalim unutra{wim povr{ima tako|e stalne i iznose U3>411!L/Koeficijent emisije svih unutra{wih povr{i je jednak i iznosi ε>1/9/ Odrediti debwinuizolacionog materijala )δj{* toplotne provodnosti λj>1/4!X0)nL* koeficijenta emisije εj{>1/:6, kojimtreba izolovati dowe dno, da bi pri stacionarnim uslovima i pri nepromewenim temperaturama (nadodirnoj povr{i doweg dna i izolacionog sloja U2 i na ostalim unutra{wim povr{inama U3) toplotniprotok sa doweg dna bio smawen za 31&/
2
23
53
52
23
{ B
D2
211U
211U
R ⋅
−
=
⋅>///> 2:7/1
5/532
211411
211511 55
⋅
−
>262/72!X
D23!>!Dd/!ε23!>//!!/!>!6/78/!1/89!>!5/53! 53Ln
X
ε23!>!
−
ε+
ε2
2BB2
2
33
2
2
>///>!
−+ 2
9/12
878/22:7/1
9/12
2>!1/89
B2!> 56/1
5e 33 π
=π
!>1/2:7!n3
B3!>! 5e
ie3π
+⋅π⋅ >56/1
26/13 π
+⋅π⋅ >2/878!n3
j{δ
vakumi
e
U2Uj{
U3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 16
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
23
{R9/1(R
⋅=
⋅⋅>232/3:!X
=⋅(R 2
J{3
53
5j{
B
D
2211U
211U
⋅
−
⇒ 55
3
23J{j{ 211
UBD(R
211U
+
⋅⋅=
⋅
DJ{3>!Dd/!εJ{3′!>//!!/!>!6/78/!1/:4!>!6/38! 53Ln
X
εJ{3!>!
−
ε+
ε2
2BB2
2
33
2
j{
>///>!
−+ 2
9/12
878/22:7/1
:6/12
2>!1/:4
55
j{ 211411
2:7/138/63:/232
211U
+
⋅⋅= >486/43!L
toplotni bilans gorwe povr{i izolacije: (RRJ{2
fokf}qspwp⋅⋅
=
2
j{
{j
j{2
J{2
fokf}qspwp BUU
R ⋅
λδ−
=
⋅⇒
( )
J{2
fokf}qspwp
2j{j{2j{
R
BUU
⋅λ⋅−
=δ⋅
>
( )3:/232
2:7/14/143/486511j{
⋅⋅−=δ >22/:7!nn
napomena: Pri izra~unavawu A2 za slu~aju sa izolaciju zanemaruje sesmawewe povr{ine A2 zbog male debqine izolacije
zbirka zadataka iz termodinamike strana 17
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/26/!Ravan zid debqine!6!dn!sa jedne svoje strane izlo`en je dejstvu toplotnog zra~ewa, ~ijiintenzitet u pravcu normale na zid iznosi!r{>2111!X0)n3L*/!Usled na ovaj na~in prenete koli~inetoplote ozra~ena povr{ zida odr`ava se na temperaturi od!u2>62/2pD/!Ukupan koeficijent emisijepovr{i zida je!ε>1/8-!a toplotna provodqivost materijala od kojeg je zid na~iwen je!λ>1/86!X0)nL*/Temperatura okolnog vazduha (sa obe strane zida) je 31pD/!Zanemaruju}i sopstveno zra~ewe zida ismatraju}i da je koeficijent prelaza toplote sa obe strane zida na okolni vazduh (α) isti odredititemperaturu neozra~ene povr{i zida!)u3*
toplotni bilans ozra~ene povr{i zida (povr{ 1)
r{!>!rsfg!,!rqsfmb{2!,!rqspw r{!>!)2.!ε!*!r{!,!
α
−2UU w2 !,!
λδ− 32 UU
!!!)2*
toplotni bilans ne ozra~ene povr{i zida (povr{ 2)
rqspw!>!rqsfmb{3
λδ− 32 UU
>
α
−2UU w3 !!! !!!!!!!!)3*
re{avawem sistema dve jedna~ine )2*!i )3* sa dve nepoznate )U3!i!α* dobija se:
U3!>419/7!L-!!α!>26!Ln
X3
r{
rsfg
rqsfmb{2 rqspw
Uw UwU3U2
rqsfmb{3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 18
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/27/!Ravan zid od mermera!)λ>3/9!X0)nL*-!ε>1/66*-!debqine!1/167!n!izlo`en je sa obe strane dejstvutoplotnog zra~ewa ~iji intenziteti u pravcu normala na povr{i iznose!r{2>253:!X0n3!i!r{3>2:4X0n3/!Hla|ewe mermera sa obe strane zida obavqa se iskqu~ivo konvektivnim putem (zanemaruje sesopstveno zra~ewe mermera). Temperatura vazduha sa jedne strane zida je!UW2>61pD-!a sa drugeUW3>51pD-!a odgovaraju}i koeficijenti prelaza toplote!α2>9!X0)n3L*!i!α3>31!X0)n3L*/!Odredititemperature obe povr{i mermera!)U2!j!U3*/
toplotni bilans ozra~ene povr{i zida (povr{ 1)
r{2>!rsfg!,!rqsfmb{2!,!rqspw r{2>)2−ε!*!r{2,
α
−2UU 2w2 !,!
λδ− 32 UU
!!)2*
toplotni bilans ozra~ene povr{i zida 2 (povr{ 2)
r{3!,!rqspw!>!rsfg3!,!rqsfmb{ r{3,
λδ− 32 UU
>!)2−ε!*!r{3!,!
3
3w32UU
α
−!)3*
re{avawem sistema dve jedna~ine )2* i )3* sa dve nepoznate )U3!i U2*!dobija se:
U2>91pD-!U3>81pD
r{2
rsfg
rqsfmb{2 rqspw
Uw2 Uw3U3U2
rqsfmb{3
r{3rsfg3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 19
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/28/!Toplotna provodnost materijala od kojeg je na~iwen ravan zid, mo`e da se izrazi u funkcijitemperature zida u obliku:!� u2175/1 4−⋅+=λ -!!pri ~emu je toplotna provodnost, λ, izra`ena!v!X0)nL*-a temperatura, u, u!pD/!Debqina zida je!δ>41!cm a temperature sa jedne i druge strane zida su!u2>231pDi!u3>41pD/!Pdrediti toplotni fluks (povr{insku gustinu toplotnog protoka) kroz zid i predstavitigrafi~ki raspored temperatura u zidu.
1. na~in:
diferencijalna jedna~ina provo|ewa toplote kroz ravan zid pri λ>g)u*:
( )eyeu
ur ⋅λ−= ⇒ ( ) euu2175/1eyr 4 ⋅⋅+−=⋅ −
( )∫∫ ⋅⋅+−=⋅ −δ 3u
2u
4
1
euu2175/1eyr ⇒ ( )3uu
217uu5/1r32
334
23−
⋅−−⋅−=δ⋅ −
( ) ( )δ
−⋅−−⋅−=
− 32
33
423 uu214uu5/1
r >( ) ( )
3
334
2141
23141214231415/1−
−
⋅
−⋅−−⋅−
r>366!3n
X
2. na~in:
Jedna~ina za toplotni fluks kroz ravan zid pri λ>g)u*;
r!>! ( )∫∫ ⋅⋅+δ
−=⋅λδ
−3
2
3
2
U
U
U
U
euu117/15/12
eu*u)2
⇒
r!>! ( )
−⋅+−⋅
δ−
3uu
117/1uu5/12 3
233
23
( )
−⋅+−⋅−=
3
41231117/1412315/1
14/12
r33
>!366!3n
X
zbirka zadataka iz termodinamike strana 20
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
1. na~in:3
3
eu
ye>@
u2175/1
reyeu
4−⋅+−= ⇒
ru2175/1
euey 4−⋅+
−=
r217
eu
ye 4
3
3 −⋅−= =1
Kako je drugi izvod funkcije y>g)u* negativan to zna~i da je y>g)u*!konkavna(ispup~ena na gore).
2. na~in: δ>g)!u!*>@
Do istog zakqu~ka se mo`e do}i posmatrawem funkcije δ>g)u*, kadakoristimo 2. na~in za izra~unavawe toplotnog fluksa.
δ!> ( )
−⋅+−⋅−
3uu
117/1uu5/1r2 3
23
2
[ ]u117/15/1r2
u⋅+⋅−=
∂δ∂
⇒ 117/1r2
u3
3⋅−=
∂
δ∂
3
3
u∂
δ∂!=!1 ⇒ funkcija!δ!>!g)!u!*!je konkavna (ispup~ena na gore)
u
y
δ
u2
u3
isprekidana linija predstavqatemperaturni profil pri λ>dpotu
puna linija predstavqatemperaturni profil pri λ≠dpotu,tj. pri! u2175/1 4−⋅+=λ
zbirka zadataka iz termodinamike strana 21
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/29/!Cev od {amotne opeke!∅>4310391!nn!)���λ>1/5,1/113/!u) oblo`ena je sa spoqa{we strane slojemizolacije!)δj>6!nn-!λ �j>1/16,1/1112/!u*-!gde je!u!temperatura zida u!pD-!b!λ�!v!X0)n/L). Temperaturaunutra{we povr{i cevi od {amotne opeke je!241pD-!a spoqa{we povr{i izolacionog materijala41pD/!Odrediti topotni fluks (gustinu toplotnog protoka) po du`nom metru cevi.
r23!!>− ( ) euu113/15/1
e
emo
33
2
U
U2
3∫ ⋅⋅+
π!>! ( ) ( )[ ]3
23323
2
3uu112/1uu5/1
ee
mo
3−⋅+−
π
r34!>− ( )euu212115/1
ee
mo
34
3
U
U
6
3
4 ∫ ⋅⋅+π − !> ( ) ( )[ ]3
334
634
3
4uu216uu15/1
ee
mo
3−⋅+−⋅
π −
toplotni bilans spoqa{we povr{i {amotne opeke (unutra{we povr{iizolacije): r23!>!r34
( ) ( )[ ]32
3323
2
3uu112/1uu5/1
ee
mo
3−⋅+−⋅
π!>! ( ) ( )[ ]3
334
634
3
4uu216uu15/1
ee
mo
3−⋅+−⋅
π −
397/3u21876/2u21856/4 333
36 −⋅⋅+⋅⋅ −− >1
( ) ( )6
6333
321856/43
397/321856/4521876/221876/2u
−
−−−
⋅⋅
−⋅⋅⋅−⋅±⋅−= >216/9pD
u3!>!216/9pD-!(pozitivno re{ewe)
r24!>!r23!>!r34!>!− ( ) ( )[ ]32
3323
2
3uu112/1uu5/1
ee
mo
3−⋅+−⋅
π
r24!>− ( ) ( )[ ]33 2419/216112/12419/2165/1
39/143/1
mo
3−⋅+−⋅
π!>!835!
nX
u2
u4u3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 22
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/2:/!Preko gorwe povr{i horizontalne ravne plo~e postavqena je toplotna izolacija!debqine!δ>39nn-!toplotne provodqivosti!�λ>1/4!,21−5!/!u!,!3/21−8/!u3!-!gde je!λ�!)X0nL*!b!u!)pD*-!i emisivnostihrapave povr{ine u pravcu normale!ε�o>1/:/!Na dodirnoj povr{i plo~e i izolacije je stalnatemperatura!u2>511pD. Temperatura gorwe povr{i izolacije je tako|e stalna i iznosi!u3>211pD.Temperatura zidova velike prostorije u kojoj se nalazi izolovana plo~a iznosi!u5>31pD/!Koeficijentprelaza toplote sa gorwe povr{i izolacije na vazduh iznosi α>48/:!X0)n3L*/!Odrediti temperaturuvazduha u prostoriji )u4*/
toplotni bilans gorwe povr{i izolacije:
( ) ( ) ( )35fokf•{sb34qsfmb{23fokf}qspwp rrr +=
( )∫ ⋅⋅⋅+⋅⋅+δ
− −−3
2
u
u
385 euu213u2124/12
!>!
α
−2uu 43 ,
35
55
53
D2
211U
211U
−
⇒
u4!>!u3! ( )
−
−⋅⋅⋅+⋅⋅+δ
−α
− ∫ −−
35
55
53u
u
385
D2
211U
211U
euu213u2124/122
3
2
u4>u3!− ( ) ( )[ ]35fokb•{sb23fokb}qspwp rr
2−⋅
α>///>211!− [ ]7114743
:/482
−⋅ >31pD
plo~aizolacija
u2
u3
u5
u4
ε3 α
zbirka zadataka iz termodinamike strana 23
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
napomena:
( )23fokf}qspwpr !>! ( )∫ ⋅⋅⋅+⋅⋅+
δ− −−
3
2
u
u
385 euu213u2124/12
!
( )23fokf}qspwpr !>! ( )
−⋅+
−⋅+−⋅
δ− −−
4uu
2133uu
212uu4/12 4
2438
32
335
23 !>!4743!3n
X
( )35fokf•{sbr >
35
55
53
D2
211U
211U
−
>
62
2113:4
211484 55
−
>711!3n
X
D35!>!Dd/!ε35!>!///>6/78!/1/993>6 53Ln
X
ε35!>!ε3!)!kfs!kf!B3!==!B5!*
ε3!>!L/εo!>!///>!1/:91/:>!1/993
L!>!1/:9-!(hrapava povr{ izolacije)
zadatak za ve`bawe: )9/31/*
9/31/!Izme|u homogenog i izotropnog izolacionog materijala debqine δj>51!nn!i cevi, spoqa{wegpre~nika e>91!nn, ostvaren je idealan dodir. Zavisnost toplotne provodqivosti materijala odtemperature data je izrazom:
( )[ ] [ ]
−⋅+=
λ384
LU
312
mo27/159/1nL0X
. Termoelementima, pri ustaqenim uslovima, izmerene su
slede}e temperature:U2!>!534!L − na spoqa{woj povr{i ceviU3!>!429!L − na spoqa{woj povr{i izolacionog materijalaU4!>!384!L − za okolni fluid.Odrediti koeficijent prelaza toplote sa spoqa{we povr{i izolacionog materijala na okolnifluid.
re{ewe: α!>!41/6!Ln
X3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 24
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/32.!Tanka plo~a visine!i>1/3!n-!{irine b>1/6!n-!potopqena je, vertikalno, u veliki rezervoar savodom temperature ug!>!31pD. Odrediti snagu greja~a, ugra|enog u plo~u, potrebnu za odr`avawetemperature povr{i na!u{>!71pD/
3ib2uu
R g{ ⋅⋅⋅
α
−=
⋅!>!///
1. korak: fizi~ki parametri za vodu na temperaturi!ug!>!31pD
λg!>!6:/:!/21.3! nLX
-!νg!>!2/117!/21.7! tn3
-!βg!>!2/93!/21.5! L2
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{i
ml!>!i!>!1/3!n
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
Hsg!>! 3g
g{4Lg *UU)mh
υ
−⋅⋅⋅β!>!
( )37
45
21117/2
*3171)3/192/:2193/2−
−
⋅
−⋅⋅⋅⋅>6/76!/219
Qsg!>!8/13 Qs{!>!3/:9
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini Ovg!>!D!)!Hsg!/Qsg!*o!36/1
{
g
QsQs
Hsg!/Qsg!>!4/:8!/21: turbulentno strujawe fluida u grani~nom sloju
D>!1/26 o>1/44
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
Ovg!>!1/26!)!4/:8!/21:!*1/44!36/1
:9/313/8
>384/46
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)α*
α!>!Ovg!L
g
mλ⋅ >!384/46
1/321:/6: 3−⋅
⋅ >929/8!Ln
X3
33/16/1
8/92923171
R ⋅⋅⋅−
=⋅
>765:/7!X
zbirka zadataka iz termodinamike strana 25
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/33/!Odrediti povr{insku gustinu toplotnog protoka (toplotni fluks) konvekcijom, sa spoqa{wepovr{i vertikalnog zida neke pe}i na okolni prividno miran vazduh stalne temperature!ug>31pD/Temperatura spoqa{we povr{ine pe}i je!u{>!91pD/!Smatrati!da je strujawe vazduha u grani~nom slojuturbulentno po celoj visini zida.
r!>!
α
−2UU g{ >///
α!>!Ovg!L
g
mλ
>!D!/!)!Hsg!/!Qsg!*o!/36/1
{
G
QsQs
/
L
g
mλ
>///
fizi~ki parametri za vazduh na temperaturi tf = 20oC
λg!>!3/6:!/21.3! nLX
!!!!! νg!>!26/17!/21.7! tn3
βg!>!GU2>3:42
>!4/52!/21.4!L2
potrebni kritrijumi sli~nosti:
Qsg!>!1/814 Qs{!>!1/7:3
konstante u kriterijalnoj jedna~ina za prirodnu konvekciju
D>1/26 o>!1/44!! (turbulentno strujawe u grani~nom sloju)
α!>!1/26/( ) 44/1
g3g
g{4lg Qs
uumh
⋅
υ
−⋅⋅⋅β /!36/1
{
g
QsQs
/
L
g
mλ
⇒
α!>!1/26/( ) 44/1
g3g
g{g Qsuuh
⋅
υ
−⋅⋅β /!36/1
{
g
QsQs
/gλ >
α!>!1/26/ ( )( )
44/1
37
4814/1
2117/26
319192/:2152/4
⋅
⋅
−⋅⋅⋅−
−/ 3
36/1
216:/37:3/1814/1 −⋅⋅
!>7/74!
Ln
X3
r!>!
74/723191 − >4:8/9!
3n
X
zbirka zadataka iz termodinamike strana 26
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/34/!Ukupan toplotni protok koji odaje horizontalna ~eli~na cev!)ε>1/86) spoqa{weg pre~nika!et>91nn!iznosi 611!X. Ako sredwa temperatura spoqa{we povr{i cevi iznosi!U2>91pD-!temperatura mirnogokolnog vazduha!U3>31pD!i temperatura unutra{we povr{i zidova velike prostorije u kojoj se cev nalaziU4>26pD!-!odrediti:a) du`inu cevib) ukupan toplotni protok koji odaje ista ova cev kada bi je postavili vertikalno (pretpostaviti da je
strujawe u grani~nom sloju turbulentno po celoj visini cevi)
a)
∑
⋅
R >!
23
qsfmb{R
⋅,!
23
fokf•{sbR
⋅> M
e2UU
t
32 ⋅
πα
−!,!! M
De2
211U
211U
24t
54
52
⋅
⋅π
−
M!>!
( )///
211U
211U
DUUe
R
54
52
2432t
=
−
⋅+−⋅απ
Σ
⋅
ε24!>!ε2!>!1/86!)B2!==!B4* D24!>!Dd!ε24!>!6/78!/1/86>!5/37! 53Ln
X
1. korak: fizi~ki parametri za vazduh na temperaturi!ug!>!31pD
λg!>!3/6:!/21.3! nLX
νg!>!26/17!/21.7! tn3
!!!!!!βg!>!GU2>3:42
>!4/52!/21.4!L2
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{i
ml!>!et!>!91!nn
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
Hsg!>! 3g
g{4Lg *UU)mh
υ
−⋅⋅⋅β!>
( )37
44
2117/26
*3191)19/192/:2152/4−
−
⋅
−⋅⋅⋅⋅>!5/65!/217
Qsg!>1/814 Qs{!>!1/7:3
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini Ovg!>!D!)!Hsg!/Qsg!*o!36/1
{
g
QsQs
Hsg!/Qsg!>!4/2:!/217 laminarno strujawe fluida u grani~nom sloju
D>!1/6 o>1/36
zbirka zadataka iz termodinamike strana 27
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
Ovg!>!1/6!)!4/2:!/217!*1/36!36/1
7:3/1814/1
>32/32
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)α*
α!>!Ovg!L
g
mλ
>32/32!4.
3
2191
216:/3
⋅
⋅ −>!7/98!
Ln
X3
M!>!
( )
−
⋅+−⋅π
55
211399
211464
37/5319198/719/1
611>!3/66!n
b)
∑
⋅
(R > M
(e2UU
T
32 ⋅
α⋅π
−!,!! M
De2
211U
211U
24T
54
52
⋅
⋅π
−
>///>591!X
α′>@
2. korak: (lm >M!>!3/66!n
3. korak: Hsg′!>! ( )33
44
216:/3
*3191)66/392/:2152/4−
−
⋅
−⋅⋅⋅⋅>!2/58!/2122
4.korak: Hsg′!/!Qsg!>!2/14!/2122 ⇒ D>!1/26 o>1/44
)turbulentno strujawe fluida u grani~nom sloju du` cele visine cevi)
5. korak: Ovg′!>!1/26!)!2/14!/2122!*1/44!36/1
7:3/1814/1
>75:/32
6. korak: α′!>!75:/32!3/66
216:/3 3−⋅>!7/6:!
Ln
X3
∑
⋅
(R > 66/3
6:/719/123191
⋅
⋅π
−!,!! 66/3
37/519/12
211399
211464 55
⋅
⋅π
−
>59:!X
zbirka zadataka iz termodinamike strana 28
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/35/!Vertikalna cev, visine!M>1/9!n, nalazi se u prividno mirnom vazduhu stalne temperatureUg>31pD!j!pritiska!q>2!cbs/!Temperatura na grani~noj povr{i cevi je stalna i iznosi U{>91pD/Odrediti toplotni protok sa cevi na okolni vazduh u laminarnom delu strujawa, turbulentnom delustrujawa i du` cele cevi.
1. korak: fizi~ki parametri za vazduh na temperaturi!ug!>!31pD
λg!>!3/6:!/21−3!
nLX
νg!>!26/17!/21−7!
tn3
!!!!!!βg!>!GU2>3:42
>!4/52!/21−4!L2
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{i
ml!>!M!>!1/9!n
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
Hsg!>! 3g
g{4lg *UU)mh
υ
−⋅⋅⋅β!>
( )37
44
2117/26
*3191)9/192/:2152/4−
−
⋅
−⋅⋅⋅⋅>!5/64!/21:
Qsg!>1/814 Qs{!>!1/7:3
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini Ovg!>!D!)!Hsg!/Qsg!*o!36/1
{
g
QsQs
( )lsgg QsHs ⋅ >2/21: )kriti~na vrednost proizvoda!Hsg!/Qsg!*
Hsg!/Qsg!>!4/2:!/21:!?! ( )lsgg QsHs ⋅ prirodno strujawe fluida u grani~nom
sloju do visine M>mls je laminarno anakon toga turbulentno
D>1/87-! o>1/36
42
gg{g
3g
:
ls Qs*UU)h212
m
⋅−⋅⋅βυ⋅⋅
= >( ) 4
2
4
37:
814/1*3191)92/:2152/4
2117/26212
⋅−⋅⋅⋅
⋅⋅⋅−
−
>1/65!n
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja za laminarnu oblast strujawa
( )mbngOv >!1/87!)!2!/21:!*1/36!36/1
7:3/1814/1
>246/26
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)αmbn) u laminarnom delustrujawa.
αmbn!>! ( )mbngOvls
g
mλ⋅ >!135.15
1/65216:/3 3−⋅
⋅ >7/59!Ln
X3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 29
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
65/1
5/72/123191
Rmbn ⋅
⋅π⋅
−=
⋅>76/5!X
oblast turbulentnog strujawa u grani~nom sloju:
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{i
ml!>!M!−!mls!>!1/:!−!1/65!>1/47!n
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
( )Mgg QsHs ⋅ >4/2:!/21:- ( )lsgg QsHs ⋅ >2!/21:
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini Ovg!>!D!)!Hsg!/Qsg!*o!36/1
{
g
QsQs
Hsg!/Qsg!>!4/2:!/21:!?! ( )lsgg QsHs ⋅ ⇒ D>1/26-! o>1/44
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja za turbulentnu oblast strujawa
( )uvsgOv >! ( ) ( )[ ]36/1
{
golsmgg
oMgg Qs
QsQsHsQsHsD
⋅⋅−⋅⋅
( )uvsgOv > ( ) ( )36/1
44/1:44/1:
7:3/1814/1
212212:/426/1
⋅
⋅−⋅⋅ >76/3:
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)αmbn) u turbulentnomdelu strujawa.
αuvs!>! ( )uvsgOvl
g
mλ⋅ >!76/3:
1/47216:/3 3−⋅
⋅ >5/81!Ln
X3
47/1
8/52/123191
Ruvs ⋅
⋅π⋅
−=
⋅>42/:!X
=
Σ
⋅R mbnR
⋅!,! uvsR
⋅>76/5!,!42/:!>:8/4!X
zbirka zadataka iz termodinamike strana 30
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
zadaci za ve`bawe: )9/36/!−!9/37/*
9/36/!Toplotni gubici prostorije, u kojoj je potrebno odr`avati temperaturu od!29pD-!iznose!2!lX/Grejawe vazduha u prostoriji se ostvaruje grejnim telima (konvektorima). Ova tela imaju oblikkvadra!)2111!y!291!y!711!nn*-!i toplotno su izolovana na gorwoj i dowoj osnovi ({rafirani deo naslici). Temperatura na spoqa{wim povr{ima konvektora je!55pD/!Odrediti potreban brojkonvektora za nadokna|ivawe toplotnih gubitaka prostorije. Zanemariti razmenu toplote zra~ewem.
re{ewe: o>7
9/37/!U horizontalnoj cevi spoqa{weg pre~nika e>231!nn!vr{i se potpuna kondenzacija ⋅n>36!lh0i
suvozasi}ene vodene pare pritiska q>211!lQb. Cev se nalazi u velikoj prostoriji i okru`ena jemirnim okolnim vazduhom stalne temperature 31pD. Sredwa temperatura na povr{i zidova prostorijeiznosi 28pD, a sredwa temperatura na spoqa{woj povr{i cevi :8pD. Koeficijent emisije zra~ewa sacevi iznosi ε>1/:. Odrediti du`inu cevi.
re{ewe: M>47/23!n
291!nn
2111!nn
!711!nn
zbirka zadataka iz termodinamike strana 31
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/38/!Kroz cev unutra{weg pre~nika!e>91!nn!struji transformatorsko uqe sredwe temperatureug>61pD-!sredwom brzinom!x>1/3!n0t. Temperatura unutra{we povr{i zidova cevi je!u{>36pD/!Ukupno
razmewen toplotni protok izme|u uqa i unutra{we povr{i cevi iznosi!⋅R>896!X/!Odrediti du`inu
cevi.
M
e2uu
R {g ⋅
α⋅π
−=
⋅⇒ M!>! ( ) ///
uueR
{g=
−⋅α⋅π
⋅
1. korak: fizi~ki parametri za transformatorsko uqe temperaturi ug!>!61pD
λg>1/233! nLX
-! ρg>956! 4n
lh-! βg>7:/6/21
−6!L2-
µg>!:/:!/21.4! tQb ⋅ -! dqg>3/154! lhLlK
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{i
ml!>! π
π
⋅=⋅e5e
5PB
5
3
>e>!91!nn
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
Sfg!>!g
Lg mxµ
⋅⋅ρ>
421:/:
19/13/1956−⋅
⋅⋅>2476/7 )Sf=3411-!laminarno strujawe*
Hsg> 3g
3g{g
4Lg *UU)mh
µ
ρ⋅−⋅⋅⋅β>
( )34
346
21:/:
956*3661)19/192/:216/7:−
−
⋅
⋅−⋅⋅⋅⋅>7/47!/216Qsg!>
g
gqgd
λ
µ⋅>
233/121:/:21154/3 44 −⋅⋅⋅
>276/9
Qs{!>!{
{q{d
λ
µ⋅>///>
234/1213521:29/2 44 −⋅⋅⋅
>!485/3
fizi~ki parametri za transformatorsko uqe temperaturi u{!>!36pD
λ{>1/234! nLX
-! µ{>!35!/21.4! tQb ⋅ -! dq{>2/:29! lhLlK
ug ug
M
u{
zbirka zadataka iz termodinamike strana 32
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini:!!!!!!Ovg> Uqg
og
ng HsQsSfD ε⋅⋅⋅⋅
n>1/44-!!!o>1/54-!!!q>1/2-!!!εU>2:/1
{
g
QsQs
>
2:/1
3/4859/276
>1/97-!!!D> M26/1 ε⋅
pretpostavimo: 61mM
l> ⇒ εM>2 ⇒! D>1/26
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
( ) ( ) ( ) 36/12/1654/144/1g 97/12147/79/2767/247626/1Ov ⋅⋅⋅⋅⋅= >56/5
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)α*
α!>!Ovg!L
g
mλ⋅ >56/5!
4.2191
1/233
⋅>!7:/3!
Ln
X3
M!>! ( ){g uueR
−⋅α⋅π
⋅
> ( )36613/7:19/1896
−⋅⋅π>2/9!n
provera pretpostavke:LmM>
19/19/2
>33/6!=!61! pretpostavka nije ta~na
pretpostavimo:lm(M>33/6 ⇒ (
Mε >2/22
(M
M( MMε
ε⋅= >
22/22
9/2 ⋅ >2/73!n
provera pretpostavke:lm(M>
19/173/2
>31/36!≠!33/6! pretpostavka nije ta~na
pretpostavimo:lm((M>31/36 ⇒ ((
Mε >2/24
((M
M(( MMε
ε⋅= >
24/22
9/2 ⋅ >2/6:!n
provera pretpostavke:lm((M>
19/16:/2
>2:/99!≈!31/36! pretpostavka ta~na !!
stvarna du`ina cevi iznosi M>2/6:!n/
zbirka zadataka iz termodinamike strana 33
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/39/ Kroz prav kanal, prstenastog popre~nog preseka dimenzija ∅2>910:1!nn, ∅3>3110321!nn,proti~e voda sredwom brzinom od x>2/3!n0t. Ulazna temperatura vode je Ux2>91pD, a sredwatemperatura zidova kanala iznosi U{>31pD. Odrediti du`inu cevi na kojoj }e temperatura vode pastina Ux3>71pD. Zanemariti prelaztoplote sa vode na spoqa{wu cev.
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu:⋅R 23!>!∆
⋅I23!,! 23UX
⋅⇒
⋅R 23!>! xn
⋅/!)!ix3!−!ix2!*!>!///
!ix2!>!445/:!lhlK
)q>2!cbs-!u>91pD*
ix3!>!362/2!lhlK
)q>2!cbs-!u>71pD*
⋅
π⋅−
π⋅⋅⋅ρ=
5e
5e
xn33
34
xx !>
⋅
π⋅−
π⋅⋅⋅
5
1:/1
5
3/13/29/:88
33
>!3:/5!lh0t
napomena:! ρx>:88/9! 4n
lh-!je gustina vode odre|ena za sredwu
temperaturu vode u cevi;!37191
3UU
U 3x2xxts
+=
+= >81pD
( ):/4452/3625/3:R23 −⋅=⋅
>−3574/8!lX ⇒⋅R !>! 23R
⋅>3574/8!lX
M
e2U
R
3
ts ⋅
α⋅π
∆=
⋅⇒ M!>! ///
UeR
ts3=
∆⋅α⋅π
⋅
Ux2
M
Ux3
U{
zbirka zadataka iz termodinamike strana 34
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
∆Unby!>!91!−!31!>71pD∆Unjo!>!71!−!31!>51pD
∆Uts!>! =−
5171
mo
51715:/4pD
1. korak: fizi~ki parametri za vodu odre|eni za sredwu temperaturu vode u
cevi: 37191
3UU
U 3x2xxts
+=
+= >81pD
λg>77/9!/21−3!!
nLX
! ! υg>1/526/21−7!
tn3
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{i
ml!>! :1311eeee5
e5
e
5PB
5 3434
33
34
−=−=π⋅−π⋅
π⋅−
π⋅
⋅=⋅ >221!nn
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
Qsg!> ( ) Dp81gUQs = >3/66- Qs{!> ( ) Dp31{U
Qs = >8/13
Sfg!>! 7g
L
21526/1
22/13/2mx−⋅
⋅=
ν⋅
!>!4/29!/216! (turbulentno strujawe)
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini
n>1/9-!!!o>1/54-!!!q>1-!!!εU!>!36/1
{
g
QsQs
>
36/1
13/866/3
>1/89-!!!!D>1/132!/!εM
pretpostavimo: 61mM
l> ⇒ εM>2 ⇒! D>1/132
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
Ovg!>!1/132!/!)!4/29!/216!*1/9!/!)!3/66!*1/54!/!1/89!>!726/5
dfw
wpeb91pD
71pD
31pD 31pD
U
M
zbirka zadataka iz termodinamike strana 35
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)α*
α!>L
gg m
Ovλ⋅ >
4.
.3
21221
2177/95/726
⋅
⋅⋅ >!4848!
Ln
X3
M!>!4/5:848/421:1
8/35744 ⋅⋅π⋅ −
>!58/4!n
provera pretpostavke:LmM>
22/14/58>541!?!61! pretpostavka ta~na
stvarna du`ina cevi iznosi M>58/4!n/
9/3:/!Predajnik toplote se sastoji od cilindri~nog, toplotno izolovanog omota~a, unutra{wegpre~nika!E>1/5!n!i snopa od!o>66!pravih cevi, spoqa{weg pre~nika!e>41!nn/!Podu`no, krozprostor izme|u omota~a i cevi, struji suv vazduh i pritom se izobarno, pri!q>6!NQb!-!hladi odtemperature!Ug2>447!L!ep!Ug3>424!L/ Maseni protok vazduha iznosi n>1/5!lh0t/!Uemperatura naspoqa{woj povr{i cevi pre~nika e je stalna i iznosi!U{>3:4!L. Odrediti du`inu predajnikatoplote.
Mo
e2U
R ts ⋅⋅
α⋅π⋅
∆=
⋅⇒
oUeR
Mts ⋅∆⋅α⋅π⋅
=
⋅
>!///
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu:⋅R 23!>!∆
⋅I23!,! 23UX
⋅⇒
⋅R 23!>! ( )2g3gqgw UUdn −⋅⋅
⋅
!⋅R 23!>! ( )447424196/25/1 −⋅⋅ >−:/:9!lX ⇒
⋅R !>! 23R
⋅>:/:9!lX
∆Unby!>!447!−!3:4!>!54!L
∆Unjo!>!424!−!3:4!>!31!L
3154
mo
3154Uts
−=∆ !>!41!L
M
E e
dfw
wb{evi447!L
424!L
3:4!L 3:4!L
U
M
zbirka zadataka iz termodinamike strana 36
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
1. korak fizi~ki parametri za vazduh (q>61!cbs-3UU
U 3g2ggts
+= >435/6!L*
λg>4/14/21−3!
nLX
- ρg>64/84! 4n
lh- µg!>31/74/21
−7!Qb/t
2. korak karakteristi~na du`ina ~vrste povr{i
π⋅+π
π⋅−
π
⋅=⋅=eoE5e
o5
E
5PB
5m
33
l >14/1665/114/1665/1
eoEeoE 3333
⋅+⋅−
=⋅+⋅−
>1/165!n
3. korak potrebni kriterijumi sli~nosti
Qsg!> ( ) cbs61q-L6/435gUQs == >1/849- Qs{!> ( ) cbs61q-L3:4{U
Qs == >1/887
Sfg!>!g
lg mxµ
⋅⋅ρ>!///>!
72174/31
165/1197/184/64−⋅
⋅⋅>2/32/215!!!!(turbulentno strujawe)
π⋅−
π⋅⋅ρ=
⋅
5e
o5
Exn
33
gg ⇒
π⋅−
π⋅ρ
=
⋅
5e
o5
E
nx
33
g
g
π⋅−
π⋅
=
514/1
6655/1
84/64
5/1x
33>1/197!
tn
zbirka zadataka iz termodinamike strana 37
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini
n>1/9-!!!o>1/54-!!!q>1-!!!εU!>!36/1
{
G
QsQs
>
36/1
887/1849/1
≈2-!!!!D>1/132!/!εM
pretpostavimo: 61mM
l> ⇒ εM>2 ⇒! D>1/132
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
( ) ( ) 54/19/15g 849/12132/2132/1Ov ⋅⋅⋅= >45
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)α*
l
gg m
Ovλ⋅=α !>!
165/12114/4
453−⋅
⋅ >2:/2!!Ln
X3
oUeR
Mts ⋅∆⋅α⋅π⋅
= >!6641212/2:14/1
:9/:M
4 ⋅⋅⋅⋅π⋅=
−>4/47!n
provera pretpostavke:LmM>
165/147/4
>73!?!61! pretpostavka ta~na !!
stvarna du`ina cevi iznosi M>4/47!n/
9/41/ Kroz prav kanal pravougaonog popre~nog preseka proti~e voda brzinom x>2n0t/!Dimenzijeunutra{wih stranica!pravougaonika iznose b>21!nn!i!c>31!nn/!Temperatura vode na ulazu u kanal jeux2>21pD-!a na izlazu!ux3>81pD/!Temperatura zidova kanala je!u{>211pD>dpotu/!Odrediti:a) toplotni protok sa zidova kanala na vodu )lX*b) du`inu kanala
α
U{
voda
Ux>g)!M!*
voda
c
Mb
zbirka zadataka iz termodinamike strana 38
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
b*prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu:⋅R 23!>!∆
⋅I23!,! 23UX
⋅⇒
⋅R 23!>! xn
⋅/!)!ix3!−!ix2!*!>!///
!ix2!>53!lhlK
)q>2!cbs-!u>21pD*
ix3!>3:4!lhlK
)q>2!cbs-!u>81pD*
⋅⋅⋅⋅ρ= cbxn xx !>
⋅−− ⋅⋅⋅⋅⋅ 44 2131212123/::3 >1/3!
tlh
napomena:! ρx>::3/3! 4n
lh-!je gustina vode odre|ena za sredwu
temperaturu vode u cevi;!38121
3UU
U 3x2xxts
+=
+= >51pD
( )533:43/1R23 −⋅=⋅
>61/3!lX ⇒⋅R !>! 23R
⋅>61/3!lX
b)
⋅R>! ( ) Mc3b3
2Uts ⋅+⋅
∆
α
⇒ M!>! ( )cb3UR
ts +⋅⋅∆⋅α
⋅
>!///
∆Unby!>!:1pD∆Unjo!>!41pD
∆Uts!>! =−
41:1
mo
41:165/7pD
1. korak: fizi~ki parametri za vodu odre|eni za sredwu temperaturu vode u
cevi: 38121
3UU
U 3x2xxts
+=
+= >51pD
λg>74/6!/21−3!
nLX
!-! ρg!>::3/3! 4n
lh- υg>1/76:/21
−7!tn3
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{i
ml!>! ( )cb3cb
5PB
5+⋅⋅
⋅=⋅ !> ( )13/112/1313/112/1
5+⋅⋅
⋅ >24/44!nn
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
Sfg!>!g
Lmxν⋅
>7
4
2176:/1
2124/242−
−
⋅
⋅⋅>3!/215 (turbulentno strujawe)
Qsg!> ( ) Dp51gUQs = >5/42- Qs{!> ( ) Dp211{U
Qs = >2/86
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini:
{je
wpeb
211pD
21pD
81pD
211pD
U
M
zbirka zadataka iz termodinamike strana 39
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
n>1/9-!!!o>1/54-!!!q>1-!!!εU!>36/1
{
G
QsQs
>
36/1
86/242/5
>2/36-!!!!D>1/132!/!εM
pretpostavimo: 61mM
l> ⇒ εM>2 ⇒! D>1/132
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
( ) ( ) 36/242/5213132/1Ov 54/19/15g ⋅⋅⋅⋅= >246/9
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)α*
α!>!Ovg!L
g
mλ⋅ >246/9!
4.
.3
2124/44
2174/6
⋅
⋅⋅ >!757:/2!
Ln
X3
M!>!( )13/112/137/65212/757:
3/614 +⋅⋅⋅⋅ −
>!3/48!n
provera pretpostavke:LmM>
42144/24
48/3−⋅
>288/9?!61! pretpostavka ta~na !!
stvarna du`ina kanala iznosi M>3/48!n/
zbirka zadataka iz termodinamike strana 40
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/42/ Dve cevi spoqa{wih pre~nika!e>1/229!n-!od kojih je jedna od wih toplotno izolovana nalaze seu toplotno izolovanom kanalu kvadratnog popre~nog preseka, unutra{we stranice!b>1/4!m (slika).Kroz slobodan prostor, pri stalnom pritisku!q>212/436!lQb-!proti~e voda, sredwom brzinom!x>1/3n0t/!Temperatura vode na ulazu u kanal je!Ug2>3::!L, a iz kanala izlazi voda sredwne temperatureUg3>418!L/Temperatura povr{i neizolovane cevi je stalna i iznosi U{>474!L/!Odrediti toplotni protok kojirazmeni voda ca neizolovanom cevi kao i du`inu kanala,
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu:
⋅R 23!>!∆
⋅I23!,! 23UX
⋅⇒
⋅R 23!>! xn
⋅/!)!ix3!−!ix2!*!>!///
!ix2!>!21:/1lhlK
)q>2!cbs-!u>37pD*
!ix3!>!253/5! lhlK
)q>2!cbs-!u>45pD*
⋅
π⋅−⋅⋅ρ=5e
3bxn3
3xx !>
⋅
π⋅−⋅⋅
5229/1
34/13/18/::63
3 >24/68tlh
napomena:! ρx>::6/8! 4n
lh-!je gustina vode odre|ena za sredwu
temperaturu vode u cevi;!34537
3UU
U 3x2xxts
+=
+= >41pD
( )1/21:5/25368/24R23 −⋅=⋅
>564/3!lX ⇒⋅R !>! 23R
⋅>564/3!lX
b
e
eα
voda
zbirka zadataka iz termodinamike strana 41
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
M
e2U
R ts ⋅
α⋅π
∆=
⋅⇒ M!>!
tsUeR∆⋅α⋅π
⋅
!>!///
∆Unby!>474!−!3::!>75pD∆Unjo!>474!−!418!>!67pD
∆Uts!> =−
6775
mo
67756:/:pD
1. korak: fizi~ki parametri za vodu odre|eni za sredwu temperaturu vode u
cevi: 34537
3UU
U 3x2xxts
+=
+= >41pD
λg>72/9!/21−3!
nLX
!-! ρg!>::6/8! 4n
lh- υg>1/916/21
−7!tn3
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{i
ml!>! PB
5 ⋅ >///>:52/2179/1
5 ⋅ >1/25!n
5e
3bB3
3 π⋅−= !>
5229/1
34/13
3 π⋅− >1/179!n3
P!>! π⋅+⋅ e3b5 !>! π⋅⋅+⋅ 229/134/15 >2/:52!n
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
Sfg!>!g
Lmxν⋅
>721916/1
25/13/1−⋅
⋅>4/59/215 (turbulentno strujawe)
Qsg!> ( ) Dp41gUQs = >6/53- Qs{!> ( ) Dp:1{U
Qs = >2/:6
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini:
n>1/9-!!!o>1/54-!!!q>1-!!!εU!>36/1
{
G
QsQs
>
36/1
:6/253/6
>2/3:-!!!!D>1/132!/!εM
pretpostavimo: 61mM
l> ⇒ εM>2 ⇒! D>1/132
cev
voda
474!L
3::!L
418!L
474!L
U
M
zbirka zadataka iz termodinamike strana 42
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
( ) ( ) 3:/253/62159/4132/1Ov 54/19/15g ⋅⋅⋅⋅= >351/9
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)α*
α!>!Ovg!L
g
mλ⋅ >351/9!
1/252172/9 .3⋅
⋅ >!2174!Ln
X3
M!>tsUe
R∆⋅α⋅π
⋅
>:/6:212174229/1
3/5644 ⋅⋅⋅π⋅ −
>!2:/3!n
provera pretpostavke:LmM>
25/13/2:>248/2?!61! pretpostavka ta~na !!
stvarna du`ina cevi iznosi M>2:/3!n/
9/43/!U tolplotno izolovanom kanalu kvadratnog popre~og preseka stranice!b>1/6!n!postavqena jecev spoqa{weg pre~nika!e>1/3!n/!Kroz kanal struji suv vazduh temperature!ug>41pD-!brzinom!x>9n0t/!Temperatura zidova kanala iznosi U3>321pD-!a temperatura spoqa{we povr{i cev!U2?U3>@/Koeficijent emisije zra~ewa cevi iznosi!ε2>1/:6-!a zidova kanala!ε3>1/9/!Smatraju}i dakoeficijenti prelaza toplote )α*!sa obe povr{i (sa cevi na vazduh i sa kanala na vazduh) imaju istuvrednost, odrediti:b* temperaturu spoqa{we povr{i cevib) ukupan toplotni fluks koji odaje spoqa{wa povr{ ceviPri odre|ivawu Nuseltovog broja smatrati da εU!i!εM!iznose!εU>εM>2
ε2
U2
U3
Ug
α
α
ε3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 43
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
a)
toplotni bilans unutra{wih povr{i zidova kanala: g3
qsfmb{
23
okf•{sb RR
=
⋅⋅
5Mb2UU
M
De2
211U
211U
g3
23
53
52
⋅⋅⋅
α
−=⋅
⋅π
−
⇒
( )5
23g3
53
2 Deb5
UU211U
211U⋅πα⋅
⋅−+
⋅= >!///
D23!>!Dd!ε23!>//!!/!>!6/78/!1/995!>!6! 53Ln
X
ε23!>!
−
ε+
ε2
2BB2
2
33
2
2
>
−
ε⋅⋅π
+ε
22
Mb5Me2
2
32
>!
−
⋅π
+ 29/12
6/153/1
:6/12
2>!1/995
1. korak: fizi~ki parametri za vazduh na temperaturi!ug!>41pD
λg!>!3/78!/21−3!!
nLX
-! !ρg!>!::3/3! 4n
lh- νg!>!27!/21
−7! tQb ⋅
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{i
ml!>! π+⋅
π−
⋅=⋅eb55e
b5
PB
5
33
!>π+⋅
π−
⋅3/16/1553/1
6/15
33
>1/444!n
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
Sfg!>!g
Lmxν⋅
>72127
444/19−⋅
⋅>2/77!/216 (turbulentno strujawe)
Qsg!> ( ) Dp41gUQs = >1/812
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini:
n>1/9-!!!o>1/54-!!!q>1-!!!εU!>2-!!!!D>1/132!/!εM>1/132
zbirka zadataka iz termodinamike strana 44
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
( ) ( ) 54/19/16g 812/12177/2132/1Ov ⋅⋅⋅= >381/5
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)α*
α!>Ovg!L
g
mλ⋅ >381/5!
1/444213/78 .3⋅
⋅ >32/8!Ln
X3
( )55
2 63/18/326/15
41321211594
211U⋅π⋅
⋅⋅⋅−+
⋅= >853!L
b)
( ) ( )g2qsfmb{23okf•{sb rrr +=Σ >
α⋅π
−+
⋅π
−
e2UU
De2
211U
211U
g2
23
53
52
8/323/12414853
63/12
211594
211853
r
55
⋅π
−+
⋅π
−
=Σ >8924/15!,!6:96/66!>!248:9/7!nX
9/44/!Horizontalna cev, spoqa{weg pre~nika!e>41!nn!i du`ine!M>6!n, se hladi popre~nom strujomvode sredwe temperature!ug>21pD/!Voda struji brzinom!x>3!n0t-!pod napadnim uglom od!β>71p/Temperatura spoqa{we povr{i cevi iznosi!u{>91pD/!Odrediti toplotni protok konvekcijom sa cevina vodu.
β
vodaugu{
α
zbirka zadataka iz termodinamike strana 45
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
M
e2uu
R g{ ⋅
α⋅π⋅
−=
⋅>!///
1. korak: fizi~ki parametri za vodu na temperaturi!ug>21pD
λg!>!68/5!/21.3!!nLX
! !υg!>!2/417!/21−7!
tn3
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{i
ml!>!et!>!41!nn
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
Sfg!>!g
Lmxν⋅
>721417/2
14/13−⋅
⋅>5/6:!/215 (prelazni re`im strujawa)
Qsg!> ( ) Dp21gUQs = >:/63- Qs{!> ( ) Dp91{U
Qs = >3/32
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini:
n>1/7-!!!o>1/48-!!!q>1-!!!εU!>36/1
{
G
QsQs
>
36/1
32/363/:
>2/55-
D>1/37!/!εβ>1/37!/!1/:4>1/35 )β>71pD!⇒ εβ>!1/:4*
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
Ovg!>!1/35/!)!5/6:!/215!*1/7!/!)!:/63!*1/48!/!2/55!>!5:9/7
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)α*
α!>!Ovg!L
g
mλ⋅ >5:9/7!
1/142168/5 .3⋅
⋅ >!:46:/:!Ln
X3
6
21:/:46:14/1
22191
R
4
⋅
⋅⋅π⋅
−=
−
⋅>419/86!lX
zbirka zadataka iz termodinamike strana 46
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/45/!Suvozasi}ena vodena para!)u>291pD*!transportuje se kroz parovod na rastojawe od!M>5!ln/!Parovodje napravqen od ~eli~nih cevi!)λ2>61!X0nL*-!pre~nika!)∅>211091!nn*!i izolovan je slojem staklenevune!)λ3>1/15!X0nL*!debqine!δ>:1!nn/!Pra}ewe atmosferskih uslova pokazalo je da:
- maksimalna brzina vetra koji duva normalno na parovod je x>21!n0t- minimalna temperatura okolnog vazduha je!−21pD
U parovod treba ugraditi kondenzacione lonce na drugom!)3/*!i ~etvrtom!)5/*!kilometru. Ukoliko gubicizra~ewem iznose!71&!od gubitaka konvekcijom, a koeficijent prelaza toplote sa strane pare koja sekondenzuje du` celog cevovoda iznosi α2>:111!X0n3L!-!odrediti potreban kapacitet kondenzacionihlonaca!)lh0t*/!Pri izra~unavawu koeficijenta prelaza toplote sa strane vazduha zanemariti popravku!εU-tj. smatrati da je!εU>2
razmewen toplotni protok na prva dva kilometra!)M2>3111!n*;
fokf•{sbqsfmb{
2 RRR
+
=
⋅⋅⋅>
qsfmb{
R7/2
⋅
⋅
2
343
4
32
3
222
wb{eviqbsb2 M
e2
ee
mo3
2ee
mo3
2e
2
UU7/2R ⋅
α⋅π+
λ⋅π+
λ⋅π+
α⋅π
−⋅=
⋅>!///
1. korak: fizi~ki parametri za vazduh!ob!ufnqfsbuvsj!ug>−21pD
λg!>!3/47!/21−3!
nLX
νg!>!23/54/21−7!
tn3
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{i
mfl>e4>!1/39!n
3. korak: izra~unavawe potrebnih kriterijuma sli~nosti
Sfg!>!g
Lmxυ⋅
!>72154/23
39/121−⋅
⋅>3/36!/216 (turbulentno strujawe)
Qsg!> ( ) Dp21gUQs −= >1/823
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini
D>1/134- n>1/9- o>1/5- q>1
zbirka zadataka iz termodinamike strana 47
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
( ) ( ) ( ) 2Hs823/12136/3132/1Ov 1g
5/19/16g ⋅⋅⋅⋅⋅= >495/2
6. korak izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)α*
fl
gg m
Ovλ
⋅=α !>!39/12147/3
2/4953−⋅
⋅ >43/5!!Ln
X3
3111
6/5839/12
211391
mo15/13
291211
mo613
2:11119/1
221291
7/2R2 ⋅
⋅π+
⋅π+
⋅π+
⋅π
+⋅=
⋅>! 2R
⋅>!258!lX
snR 22 ⋅=⋅⋅
⇒sR
n 22
⋅⋅
= >3126258
>1/184!tlh
napomena: Razmewena toplota na drugom delu cevovoda!)du`ine!M3>3!ln) jeidenti~na kao na prvom delu cevovoda!)du`ine!M2>3!ln*-!pa je ikapacitet drugog kondenzazcionog lonca jednak kapacitetu prvog
kondenzacionog lonca-! 3n⋅>1/184!
tlh
9/46/!Upravno na cev, spoqa{weg pre~nika!e>311!nn!i du`ine!M>9!n-!struji suv vazduh temperatureug>−31pD-!pri!q>212/4!lQb/!Temperatura na spoqa{woj povr{i cevi je konstantna i iznosi u{>291pD/Odrediti brzinu strujawa vazduha pri kojoj toplotni protok sa cevi na vazduh iznosi 31!lX/
M
e2uu
R g{ ⋅
α⋅π⋅
−=
⋅⇒ α!>! ( )g{ uuMe
R−⋅⋅π⋅
⋅
!>!31!Ln
X3
α!>! ( )3129193/131
+⋅⋅π⋅!>!31!
Ln
X3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 48
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
fizi~ki parametri za vazduh na!ug>−31pD
λg!>!3/39/21−3!!
nLX
! ! νg!>!23/8:/21−7!
4n
lh
ml>1/3!n-! !Qsg!>!1/827-! Qs{!>!1/792- εU>36/1
B
G
QsQs
>2
α!>!l
Uqon
lg m
HsQsSfDm
Ovλ
⋅ε⋅⋅⋅⋅=λ
⋅ ⇒
Sf!>!n2
Uqg
og
l
HsQsD
2m
ε⋅⋅⋅⋅
λ⋅α >!///
predpostavimo da je strujawe vazduha oko cevi turbulentno tj. da va`i:
3/216!=!Sfg!=!2/218 ⇒
D!>1/134/!εβ!>1/134- n!>1/9-!!!o!>1/5-!!!q>1
Sf>9/12
5/13 2827/1134/1
2
2139/3
3/131
⋅⋅⋅
⋅⋅
−>9/53/215 pretpostavka neta~na!"
predpostavimo da je strujawe vazduha oko cevi preobra`ajno tj. da va`i:
2/214!=!Sfg!=!3/216 ⇒
D!>1/37/!εβ!>1/37-!!!n!>1/7-!!!o!>1/48-!!!q>1
Sf>7/12
48/13 2827/137/1
2
2139/3
3/131
⋅⋅⋅
⋅⋅
−>7/49/215 pretpostavka ta~na!"
x!>!l
gg
mSf υ⋅
>!3/1
218:/232149/7 75 −⋅⋅⋅>5/19!
tn
zbirka zadataka iz termodinamike strana 49
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
zadatak za ve`bawe: )9/47/*
9/47/!Kroz cev od ner|aju}eg ~elika!)!λ>28!X0nL!*-!pre~nika!∅>62y3/:!nn!i du`ine!M>3/6!n-!strujivoda!ux!>91pD>dpotu-!!sredwom brzinom!xx>2!n0t. Upravno na cev struji vazduh sredwe temperatureug>31pD>dpotu-!sredwom brzinom!xg>3!n0t/!Odrediti toplotni protok sa vode na vazduh kao itemperaturu spoqa{we povr{i cevi ( smatrati da je!εUv!>!εUt!>!2*/
re{ewe:⋅R>655/3!X- u!>!8:/6pD
9/48/!Dve kvadratne plo~e stranica du`ine!b>2!n obrzauju ravnu povr{ (zanemarqive debqine) du`koje brzinom!x>2!n0t!struji suv vazduh!)u>21pD-!q>2!cbs*/!Odrediti koliko se toplote preda vazduhuza slede}a tri slu~aja:a) obe plo~e su stalne temperature u{>231pDb) prva plo~a je stalne temperature u{>231pD, a druga je adijabatski izolovanad* prva plo~a je adijabatski izolovana, a druga plo~a je stalne temperature u{>231pD
b*
ml!>! xSf gls ν⋅
>2
2127/25216 76 −⋅⋅⋅>7/:!n
kako je M>b,b>!3!n!≤ !mls strujawe vazduha du` cele plo~e je laminarno
napomena: υg!>25/27!/21−7
tn3
(vazduh na temperaturi!ug!>21pD)
b
b
b
zbirka zadataka iz termodinamike strana 50
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
b*
b31R −⋅
>! 3bb2uu
b31
g{ ⋅⋅⋅
α
−
−
>///
1. korak: fizi~ki parametri za vazduh na temperaturi!ug!>21pD
λg!>!3/62!/21−3!
nLX
- υg!>25/27!/21−7
tn3
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{i
ml!>3b!>3!n
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
Sfg!> 7g
l
2127/25
32mx−⋅
⋅=
υ⋅
>2/52!/216
Qsg!> ( ) Dp21gUQs = >1/816- Qs{!> ( ) Dp231{U
Qs = >1/797
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini
n>1/6-!!!o>1/44-!!!q>1-!!!εU!>!36/136/1
{
G
797/1816/1
QsQs
=
>2-!!!D>1/775
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
Ovg!>!1/775/!)!2/52!/216!*1/6!/!)!1/816!*1/44!/!2!>333/28
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)α*
α1−3b!>Ovg!/L
g
mλ
>333/28/!3213/62 .3⋅
>3/8:!Ln
X3
b31R −⋅
>! 322
8:/3221231
⋅⋅⋅−
>!724/9!X
zbirka zadataka iz termodinamike strana 51
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
b)
! b1R −⋅
>! bb2uu
b1
g{ ⋅⋅
α
−
−
>///
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{iml!>b!>2!n
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
Sfg!> 7g
l
2127/25
22mx−⋅
⋅=
υ⋅
>1/8!/216
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
Ovg!>!1/775/!)!1/8!/216!*1/6!/!)!1/816!*1/44!/!2!>!267/65
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)α*
α1−b!>!Ovg!/L
g
mλ
>267/65/!2213/62 .3⋅
>!4/:4!Ln
X3
b1R −⋅
>! 22
:4/4221231
⋅⋅−
>!543/4!X
napomena: prikazani su samo oni koraci koji nisu isti kao pod a)
c)
b3bR −⋅
!>! b31R −⋅
!−! b1R −⋅
!>!724/9!−!534/4!>292/6!X
napomena: zadatak pod c) se mo`e re{iti i na slede}i na~in:
b3bR −⋅
>! ( )bMb2uu
Mb
g{ −⋅⋅
α
−
−
>///> 22
76/2221231
⋅⋅−
>292/6!X
( ) MbgOv − > ( ) ( )[ ] uog
nb1g
nM1g QsSfSfD ε⋅⋅−⋅ −−
( ) MbgOv − >!1/775/! ( ) ( )
⋅−⋅
6/166/16 218/12152/2 /!)!1/816!*1/44!/!2>76/74
αb−M!>! ( ) MbgOv −/
L
g
mλ
>76/74/!2213/62 .3⋅
>!2/76!Ln
X3
zbirka zadataka iz termodinamike strana 52
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/49/ Vazduh temperature!ug>31pD-!struji sredwom brzinom!3/6!n0t preko ravne plo~e du`ine!b>6!n!i{irine!c>2/6!n. Povr{i plo~e se odr`avaju na stalnoj temperaturi od u{>:1pD/!Odrediti toplotniprotok sa plo~e na vazduh u laminarnom delu strujawa, turbulentnom delu strujawa kao i ukupni du`cele plo~e.
mls!>! xSf gls ν⋅
>6/3
2117/26216 76 −⋅⋅⋅>4!n
kako je M>b>!6!n!?!mls strujawe vazduha na du`ini mls je laminarno a nadu`ini M−mls turbulentno
napomena: υg!>26/17!/21−7
tn3
(vazduh na temperaturi!ug!>31pD)
⋅R mbn!>! cm
2uu
ls
mbn
g{ ⋅⋅
α
−>///
1. korak: fizi~ki parametri zavazduh na temperaturi!ug!>!31pD
λg!>!3/6:!/21−3!
nLX
-!!υg!>26/17!/21−7!
tn3
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{iml!>!mls!>4!n
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
Sfg!>Sfls>6!/216
Qsg!> ( ) Dp31gUQs = >1/814- Qs{!> ( ) Dp:1{U
Qs = >1/7:
b
c
mls
vazduh
zbirka zadataka iz termodinamike strana 53
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini
n>1/6-!!!o>1/44-!!!q>1-!!!εU!>!36/136/1
{
G
7:/1814/1
QsQs
=
>2-!!!D>1/775
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
Ovg!>!1/775/!)!6!/216!*1/6!/!)!1/814!*1/44!/!2!>!528/:4
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)αmbn*
αmbn!>!Ovg!/L
g
mλ
>528/:4!4213/6: .3⋅
>!4/72!Ln
X3
⋅R mbn!>! 6/24
72/4231:1
⋅⋅−
>2248/3!X
⋅R uvs!>! ( ) cmb
2uu
ls
uvs
g{ ⋅−⋅
α
−>///
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{iml!>!b!−!mls!>3!n
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
( )lsmgSf >Sfls>6!/216-! ( )
MgSf >7
g 2117/26
66/3Mx−⋅
⋅=
υ⋅
>9/4!/216
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini
n>1/9-!!!o>1/54-!!!q>1-!!!εU!>!36/136/1
{
G
7:/1814/1
QsQs
=
>2-!!!D>1/148
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
( ) MlsmgOv − > ( ) ( )[ ] uog
nlsg
nMg QsSfSfD ε⋅⋅−⋅
( ) MlsmgOv − >!1/148/! ( ) ( )
⋅−⋅
9/169/16 216214/9 /!)!1/814!*1/54!/!2>687/24
zbirka zadataka iz termodinamike strana 54
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)αuvs*
αuvs> ( ) MlsmgOv −/
L
g
mλ
>687/24/!3213/6: .3⋅
>!8/57!Ln
X3
⋅R uvs!>! ( ) 6/246
57/8231:1
⋅−⋅−
>2677/9!X
Mlsm
uvs
lsm1bnmm1 RRR
−
⋅
−
⋅−
⋅
+
= >2248/3!,!2677/9!>3815!X
9/4:/!Vertikalnu plo~u (zanemarqive debqine), visine!i>3/5!n!i {irine!b>1/9!n!sa obe strane (upravcu kra}e strane) opstrujava vazduh temperature!ug>31pD. Toplotni protok konvekcijom sa plo~e navazduh iznosi!6!lX/!Odrediti sredwu brzinu strujawa vazduha, tako da se temperatura na povr{imaplo~e odr`ava konstantnom i iznosi u{>81pD, smatraju}i da je strujawe vazduha turbulentno po celojplo~i.
⋅R>! 3ib
2uu g{ ⋅⋅⋅
α
−⇒ α!>! ( ) 3ibuu
R
g{ ⋅⋅⋅−
⋅
!>
α!>! ( ) 35/39/131816111
⋅⋅⋅−!>37!
Ln
X3
1. korak: fizi~ki parametri zavazduh na temperaturi!ug!>!31pD
λg!>!3/6:!/21−3!
nLX
-!!υg!>26/17!/21−7!
tn3
b
i vazduh
zbirka zadataka iz termodinamike strana 55
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{iml!>!b!>1/9!n
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
Qsg!> ( ) Dp31gUQs = >1/814- Qs{!> ( ) Dp81{U
Qs = >1/7:5
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini
n>1/9-!!!o>1/54-!!!q>1-!!!εU!>!36/136/1
{
G
7:5/1814/1
QsQs
=
>2-!!!D>1/148
6. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
3g
lg
216:/3
9/137
mOv
−⋅⋅=
λ⋅α= >914/1:
5. korak: izra~unavawe Rejnoldsovog broja
Ovg> Uqg
og
ng HsQsSfD ε⋅⋅⋅⋅ ⇒ Sfg!>!
n2
Uqg
og
g
HsQsD
Ov
ε⋅⋅⋅
Sfg!>!9/12
54/1 22814/1148/1
1:/914
⋅⋅⋅> 621295/4 ⋅
x!>!9/1
2117/2621295/4m
Sf 76
l
gg−⋅⋅⋅
=υ⋅
!>!7!tn
zadatak za ve`bawe: )9/51/*
9/51/!Vaqanu, vertikalnu bakarnu plo~u, visine!3/3!n!i {irine!1/:!m sa obe strane opstrujava vazduhsredwe temperature!31pD-!sredwom brzinom!7!n0t. Sredwe temperature obe povr{i plo~e iznose81pD-!a zidova velike prostorije u kojoj se plo~a nalazi!31pD/!Odrediti toplotni protok koji seodvodi sa plo~e (debqinu plo~e zanemariti) ako se strujawe vr{i u pravcu kra}e strane.
re{ewe:!!!!!!!∑
⋅
R >
23
qsfmb{R
⋅,
24
fokf•{sbR
⋅>!3126/7!,!:23/4!>!3:83/:!X
zbirka zadataka iz termodinamike strana 56
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/52/!Iznad horizontalne ravne betonske plo~e, du`ine M>3!n, toplotno izolovane sa dowe strane,suv vazduh stawa (q>2!cbs-!Ug>394!L) proti~e brzinom x>4!n0t. Ako se pod dejstvom toplotnogzra~ewa, na gorwoj povr{i plo~e ustali temperatura U{>434!L, odrediti povr{inski toplotniprotok (toplotni fluks) tog zra~ewa i grafi~ki predstaviti raspored temperatura u betonskoj plo~ii okolnom vazduhu.
toplotni bilans ozra~ene povr{i:
pbqtpscpwboopsfgmflupwbfop•ep{sb rrr +=
( )ε−⋅= 2rr fop•ep{sbfop•ep{sb +
d
5{
g23{
D2
211U
2UUUU
⋅ε
+
α
−+
λδ−
fop•ep{sbr >
⋅ε
+
α
−⋅
ε
d
5{
g{
D2
211U
2UU2
>///
ε!>!L!/!εo!>!1/:9!/!1/:5!>!1/:3
α!>!@
rsfgmflupwboprtpqtuw/{sb•fokfα
M
vazduh, x>4!n0t
Ug U{
U{>dpotu
rep{sb•fop
zbirka zadataka iz termodinamike strana 57
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
1. korak: fizi~ki parametri za vazduh na temperaturi!ug!>21pD
λg!>!3/62!/21−3!
nLX
- υg!>25/27!/21−7
tn3
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{i
ml!>M!>3!n
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
Sfg!> 7g
l
2127/25
34mx−⋅
⋅=
υ⋅
>5/35!/216
Qsg!> ( ) Dp21gUQs = >1/816- Qs{!> ( ) Dp231{U
Qs = >1/7:9
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini
n>1/6-!!!o>1/44-!!!q>1-!!!εU!>!36/136/1
{
G
7:9/1816/1
QsQs
=
>2-!!!D>1/775
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
Ovg!>!1/775/!)!5/35!/216!*1/6!/!)!1/816!*1/44!/!2!>496/37
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)α*
α!>Ovg!/L
g
mλ
>496/37/!3213/62 .3⋅
>5/95!Ln
X3
fop•ep{sbr >
⋅ε
+
α
−⋅
ε
d
5{
g{
D2
211U
2UU2
>
⋅
+−
⋅
78/6:3/12
211434
95/52394434
:3/12
5
>938/7!3n
X
zbirka zadataka iz termodinamike strana 58
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
9/53/!U istosmernom razmewiva~u toplote tipa cev u cevi!zagreva se!⋅nf>2611!lh0i!etanola!od
U2>21pD!to!U3>41pD/!Grejni fluid je suvozasi}ena vodena para!q>1/23!cbs!koja se u procesu razmenetoplte sa etanolom potpuno kondenzuje. Etanol proti~e kroz cev a para se kondenzuje u anularnomprostoru. Unutra{wi pre~nik unutra{we cevi iznosi!e>211!nn/!Zanemaruju}i toplotni otporprelaza sa pare na cev, toplotni otpor provo|ewa kroz cev kao i toplotne gubitke u okolinu odrediti:a) maseni protok grejne pareb) du`inu cevi
b*prvi zakon termodinamike za proces u razmewiva~u toplote:
⋅R 23!>!∆
⋅I23!,! 23UX
⋅⇒
⋅I2!>!
⋅I3
3qff3q2qff2q UdninUdnin ⋅⋅+⋅=⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅
( )32
23qffq
ii
UUdnn
−
−⋅⋅=
⋅⋅
>( )
3495
214156/347112611
−⋅⋅>9/67!/21−3!
tlh
!i2>36:2lhlK
)i′′-!!q>1/23!cbs*
!i3>318! lhlK
)i′-!!!q>1/23!cbs*
dqf>3/56! lhLlK
specifi~ni toplotni kapacitet etanola odre|en za sredwu
temperaturu etanola: Uf!>! =+34121
31pD
b)
M
l2U
R TSsb{ ⋅
∆=
⋅⇒ M!>!
ts
sb{
UlR∆⋅
⋅
!>///
⋅R sb{!−!interno razmewena toplota u razmewiva~u izme|u pare i etanola
l!−!koeficijent prolaza toplote sa pare na etanol
∆Uts!−!sredwa logaritamska razlika temperatura izme|u pare i etanola
zbirka zadataka iz termodinamike strana 59
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu ograni~enom
konturom K: ⋅R sb{!>!∆
⋅I23!,! 23UX
⋅
⋅R sb{!> ( ) ( )31836:22167/9iin 3
32q −⋅⋅=−⋅ −⋅
>315/18!lX
∆Unby!>5:/26!−!21>!4:/26pD∆Unjo!>5:/26!−!41!>!2:/26pD
∆Uts!> =−
26/2:26/4:
mo
26/2:26/4:39/4pD
f23
3
Q3 e2
ee
mo32
e2
l2
α⋅π+
λ⋅π+
α⋅π= ⇒ l> α⋅π⋅2e >///
Q3e2α⋅π
!!!!−!!toplotni otpor prelaza sa strane pare, zanemaren uzadatku
3
3
ee
mo32
⋅λ⋅π
!−!toplptni otpor provo|ewa kroz cev, zanemaren u zadatku
f2e2α⋅π
!!!!−!!toplotni otpor prelaza sa strane etanola
αf!>!@
L
para-!i2 para-!i3
etanom-!U2 etanol-!U3
sb{R⋅
para
etanom
5:/26
21
41
5:/26
U
M
zbirka zadataka iz termodinamike strana 60
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
1. korak: fizi~ki parametri za etanol odre|eni za sredwu temperaturu
etanola u cevi: 34121
3UU
U 3f2ffts
+=
+= >31pD
λg!>!1/294!!nLX
! ! ρg!>!89:! 4n
lh
µg!>!2/2:!/21−4! tQb ⋅ dqg!>!3/56!
lhLlK
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{i
ml!>! π⋅
π⋅
⋅=⋅2
32
e5
e
5PB
5 >e2>211!nn
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
Qsg!>g
gqgd
λ
µ⋅>
294/1212:/22156/3 44 −⋅⋅⋅
>26/:4
Qs{!>{
{q{d
λ
µ⋅>///>
289/1217:6/12192/3 44 −⋅⋅⋅
>21/:8
µ{-!λ{-!dq{ fizi~ki parametri etanola na temperaturi!U{>5:/26pD
µ{!>!1/7:6!/21−4! tQb ⋅ ! λ{!>!1/289!
nLX
! dq{!>!3/92! lhLlK
Sfg!>g
Lg mxµ
⋅⋅ρ>!///>
4
3
212:/2
2/1218/789:−
−
⋅
⋅⋅⋅>!5553/4!!!!!prelazni re`im strujawa
x!>!π⋅⋅ρ
⋅⋅
32g
F
e
n5>
π⋅⋅
⋅
32/189:47112611
5>7/8!/21−3!
tn
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini
n>1-!!!o>1/54-!!!q>1-!!!εU!>!36/1
{
g
QsQs
>
36/1
:8/21:4/26
>2/2-!!!!D>L1>//!/>24/9
L1!>g!)!Sf!*>!24/9
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
Ovg!>24/9!/)!26/:4!*1/54!/!2/2!>!61
zbirka zadataka iz termodinamike strana 61
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)α*
αf!>!Ovg!L
g
mλ⋅ >61!
4.21211
1/294
⋅⋅ >!:2/6
Ln
X3
l> α⋅π⋅2e f> 4/:22/1 ⋅π⋅ >39/86!nLX
M!>!ts
sb{
UlR∆⋅
⋅
!>4/392139/86
18/3154. ⋅⋅
>!362!n
9/54/!U kqu~alu vodu pritiska!q>21!cbs-!koja pri konstantnom pritisku isparava u proto~nom kotlu,potopqeno je 31 pravih cevi, unutra{weg pre~nika!e>:6!nn/!Kroz cev !)pri konstantnom pritisku,q>2!cbs*-!brzinom!xg>7!n0t-!struji dimni gas!)sDP3>1/24-!sI3P>1/22-!sO3>1/87*/!Temperatura gasa naulazu u cevi je!571pD-!a na izlazu iz wih!371pD/!Ako se zanemari toplotni otpor provo|ewa krozzidove cevi kao i toplotni otpor prelaza sa cevi na kqu~alu vodu odrediti:a) koli~inu vode koja ispari u kotlu )lh0t*b) !potrebnu du`inu cevi
b*prvi zakon termodinamike za proces u razmewiva~u toplote:⋅R 23!>!∆
⋅I23!,! 23UX
⋅⇒
⋅I2!>!
⋅I3
3qeheh3x2qeheh2x UdninUdnin ⋅⋅+⋅=⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅
( )23
32qehehx
ii
UUdnn
−
−⋅⋅=
⋅⋅
>///>( )4/3126
37157125/259/1 −⋅⋅>6/54!/21−3!
tlh
315
1:6/17673/1o
5e
xn33
eheh ⋅π⋅
⋅⋅=⋅π
⋅⋅ρ=⋅
>1/59!tlh
dqeh>2/25! lhLlK
! specifi~ni toplotni kapacitet i gustina dimnnog ρeh>1/673! 4n
lh
gasa odre|eni za sredwu temperaturu dimnog gasa: Uf!>
=+3371571
471pD
!i2>!873/8lhlK
)i′-!!q>21!cbs*
!i3>3889! lhlK
)i′′-!!!q>21!cbs*
zbirka zadataka iz termodinamike strana 62
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
b)
M
l2U
R TSsb{ ⋅=
⋅ ∆ ⇒ M!>!ts
sb{
UlR∆⋅
⋅
!>///
⋅R sb{!−!interno razmewena toplota u razmewiva~u izme|u dimnog gasa i vode
l!−!koeficijent prolaza toplote sa dimnog gasa na vodu
∆Uts!−!sredwa logaritamska razlika temperatura izme|u dimnog gasa i vode
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu
ograni~enom konturom K: ⋅R sb{!>!∆
⋅I23!,! 23UX
⋅
⋅R sb{!> ( ) ( )37157125/259/1UUdn 32qeheh −⋅⋅=−⋅
⋅>21:/55!lX
∆Unby!>571!−291>!391pD∆Unjo!>371!−!291!>!91pD
∆Uts!> =−
91391
mo
9139126:/76pD
L
dimni gas gas-!U2 dimni gas-!U3
voda-!i2 para-!i3
sb{R⋅
voda
dimni gas
571
291 291
371
U
M
zbirka zadataka iz termodinamike strana 63
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
eh23
3
x3 e2
ee
mo32
e2
l2
α⋅π+
λ⋅π+
α⋅π= ⇒ l> α⋅π⋅2e eh>///
x3e2α⋅π
!!!!−!!toplotni otpor prelaza sa strane vode, zanemaren uzadatku
3
3
ee
mo32
⋅λ⋅π
!−!toplptni otpor provo|ewa kroz cev, zanemaren u zadatku
eh2e2α⋅π
!!!!−!!toplotni otpor prelaza sa strane dimnog gasa
αeh!>!@
1. korak: fizi~ki parametri za dimni gas odre|eni za sredwu temperaturu
dimnog gasa: 3371571
3
UUU 3eh2ehehts
+=
+= >471pD
λg!>!6/47!/21−3!!
nLX
! ! ρg!>!1/673! 4n
lh
µg!>!41/4!/21−7! tQb ⋅ dqg!>!2/24:!
lhLlK
2. korak: karakteristi~na du`ina ~vrste povr{i
ml!>! π⋅
π⋅
⋅=⋅2
32
e5
e
5PB
5 >e2>:6!nn
3. korak: potrebni kriterijumi sli~nosti
Qsg!> ( ) Dp471gUQs = >1/75- Qs{!> ( ) Dp291{U
Qs = >1/78
Sfg!>g
Lg mxµ
⋅⋅ρ!>
7214/41
1:6/17673/1−⋅
⋅⋅>21683
4. korak: konstante u kriterijalnoj jedna~ini
n>1-!!!o>1/54-!!!q>1-!εU!>2/38!−!1/38g
{
UU
⋅ >2/38!−!1/38744564⋅ >2/188-
predpostavimo !LmM?61! ⇒ εM>!2 ⇒ D>1/132 D>1/132!/!εM!>1/132
zbirka zadataka iz termodinamike strana 64
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
5. korak: izra~unavawe Nuseltovog broja
Ovg!>1/132/!)21683!*1/9!/)!1/75!*1/54!/2/188>41/:4
6. korak: izra~unavawe koeficijenta prelaza toplote!)α*
αeh!>!Ovg!L
g
mλ⋅ >41/:4
4.
.3
21:6
216/47
⋅
⋅⋅ >28/56!
Ln
X3
l> α⋅π⋅2e eh> 56/281:6/1 ⋅π⋅ >!6/32!nLX
M!>!3176/26:2132/6
55/21:oUl
R4
ts ⋅⋅⋅=
⋅∆⋅ −
⋅
>!7/7!n
provera pretpostavke iz 4. koraka:!LmM?61
LmM>
1:6/17/7
>7:/6!?61!! ⇒ pretpostavka je ta~na
9/55/!U razmewiva~u toplote sa suprotnosmerim tokom fluida zagreva ⋅W >7111!n40i!se )!pri!q>212/4
lQb-!u>1pD*!vazduha (ideala gas) od po~ete temperature!U2>!51pD!do krajwe temperature!U3>91pD-pomo}u vode temperature!Ux2>:1pD. Procewena vrednost koeficijenta prolaza toplote iznosi!l>611X0)n3L). Ukupna povr{ina za razmenu toplote iznosi!B>29!n3/!Odrediti maseni protok vode!)lh0t*/
USWq
nh
wb{evi⋅⋅
=
⋅⋅
>384398
47117111
214/212 4
⋅
⋅⋅>3/27!
tlh
L
voda-!Ux2 voda-!Ux3
vazduh-!U2 vazduh-!U3
sb{R⋅
zbirka zadataka iz termodinamike strana 65
dipl.ing. @eqko Ciganovi}!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!{fmlp@fvofu/zv
prvi zakon termodinamike za proces u otvorenom termodinami~kom sistemu
ograni~enom konturom K: ⋅R sb{!>!∆
⋅I23!,! 23UX
⋅
⋅R sb{!> ( ) ( )5191227/3UUdn 23qww −⋅⋅=−⋅
⋅>97/5!lX
B
l2U
R TSsb{ ⋅=
⋅ ∆⇒ tsU∆ !>!
BlRsb{
⋅
⋅
>296/15/97⋅
!>!:/7pD
( ) ( )
51U91:1
mo
51U91:1U
3x
3xts
−−
−−−=∆
Ux3!>!@
pretpostavimo!ux3>71pD ⇒ tsU∆ >25/5pD (nije ta~no!)
pretpostavimo!ux3>59pD ⇒ tsU∆ >9/:pD (nije ta~no!)
pretpostavimo!ux3>5:pD ⇒ tsU∆ >:/6pD (ta~no!)
prvi zakon termodinamike za proces u razmewiva~u toplote:⋅R 23!>!∆
⋅I23!,! 23UX
⋅⇒
⋅I2!>!
⋅I3
3qww3xx2qww2xx UdninUdnin ⋅⋅+⋅=⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅
( )3x2x
23qwwx
ii
UUdnn
−
−⋅⋅=
⋅⋅
>( )
4/31:4885191227/3
−−⋅⋅
>1/6!tlh
ix2>488/1! lhlK
)q>2!cbs-!Ux2>:1pD*
ix3>31:/4! lhlK
)q>2!cbs-!Ux3>5:pD*
:1pD
91pD
voda
vazduh
51pD
@