Fsb Vjezbe Iz Termodinamike

1. vježba TERMODINAMIKA

1

TLAK

Tlak (stvarni, apsolutni) je također intenzivna veličina stanja. Može se opisati kao sila kojom

tekućina djeluje okomito na jediničnu površinu stijenke s kojom je u dodiru. Postoje vjerojatno i bolje definicije, ali već se i na temelju ove vidi da se radi o nekakvoj sili po jedinici površine, dakle, o nečemu što se može mjeriti preko različitih manifestacija ili posljedica te sile.

U SI-sustavu koherentna mjerna jedinica za tlak je:

1 N/m2 = Pa (paskal),

nazvana po Blaiseu Pascalu. No, ta je jedinica vrlo mala, jer je sastavljena od male sile raspoređene po velikoj površini, tako da već i atmosferski (okolišni) tlak u toj jedinici izražen vrlo velikim brojem (oko 100 000 Pa). Da bi se olakšala komunikacija i izbjegli tako veliki brojevi (a u tehnici se susreću i tlakovi koji su mnogostruko veći od okolišnog), uvedena je i (nekoherentna!) jedinica kao njen (dekadski) višekratnik:

1 bar = 105 Pa,

koja je približno jednaka okolišnom tlaku. Iako SI-sustav preferira dekadske višekratnike s eksponentom 103, dakle, 103 (kilo-), 106 (mega-), 109 (giga-), uporaba kilopaskala ili megapaskala se nije udomaćila. Svakako treba PAZITI kod računanja: "bar" je jedinica koja je zgodna za razgovor: zadavanje, očitavanje s instrumenta i slično, ali nije koherentna! Prije računanja treba tlakove izražene u barime pretvoriti u koherentne jedinice - paskale!

U starom tehničkom sustavu slično je bila definirana koherentna jedinica za tlak

1 kp/m2 (bez posebnog naziva)

kao sila (1 kilopond) po m2 površine. No, kako je 1 kp (= 9,81 N) još uvijek mala sila, i ta je jedinica bila mala, istina, oko 10 puta veća od paskala, tako da je okolišni tlak bio oko 10 000 kp/m2. Igrom slučaja, 1 m2 ima baš 10 000 cm2, pa je zgodno ispalo da 1 kp/cm2 bude baš sličan okolišnom tlaku! Tako je ta jedinica (ni ona nije bila koherentna!) nazvana "tehnička atmosfera" (kratica: "at"):

1 kp/cm2 = 1 at = 10 000 kp/m2 .

U starim mjernim sustavima rabile su se i mjerne jedinice za tlak temeljene na poznatom učinku tzv. "hidrostatičkog tlaka" stupca tekućine: ∆p = ρ g ∆h, iz čega proizlazi da je tlak srazmjeran visini stupca tekućine. No, da bi "mjera za duljinu" ∆h (dakle, neki metri, milimetri i sl.) postala jednoznačna mjera za tlak, moraju i ostale dvije veličine (gustoća ρ i "gravitacija" g) biti jednoznačne! Za g to se može postići npr. tako da se odabere normirani iznos g = 9,80665 m/s2 ≅ 9,81 m/s2 , ali se za ρ mora također odabrati neka točno određena vrijednost. Iskustva mjerenja tlaka s pomoću stupca tekućine pokazala su da su od raznih tekućina (kapljevina) za tu svrhu najpogodnije voda i živa. No kako gustoća kapljevina ipak (iako malo) ovisi o temperaturi, samim izborom vrste kapljevine gustoća još nije jednoznačno određena. Tako se mora odabrati s kojom se vrijednošću gustoće računa: odabrana je gustoća vode pri +4 °C (ρ = 1000 kg/m3) i gustoća žive pri 0 °C (ρ = 13 595 kg/m3). Na taj način su dobivene jedinice za tlak “milimetar živina stupca" i "milimetar vodenoga stupca":

1 mm Hg = 1 Torr (nazvan po Torricelliju) = 133,321 Pa

1 mm v.s. = 9,80665 Pa

koje su preko gornje jednadžbe ∆p = ρ g ∆h jednoznačno povezane s jedinicom “paskal”. Vidi se da su i one razmjerno male jedinice za tlak.


2

Na temelju tlaka živinoga stupca bila je definirana i nekad se često kao jedinica rabila i "fizikalna atmosfera" (utemeljena na glasovitu Torricellijevom pokusu)

1 Atm = 760 mm Hg = 101325 Pa.

Među tim mjernim jedinicama postoje jednoznačni odnosi:

1 bar = 1,0197 at = 10 197 mm v.s. = 750 mm Hg = 0,98692 Atm

1 at = 0,980665 bar = 10 000 mm v.s. = 735,5 mm Hg = 0,96785 Atm

1 Atm = 1,01325 bar = 1,03323 at = 10 332 mm v.s. = 760 mm Hg

s pomoću kojih se tlakovi izraženi u jednim jedinicama mogu preračunavati u druge.

Načini mjerenja tlaka

I pri mjerenju tlaka zapravo se mjere posljedice djelovanja sile. Tako se mjerenja obično vrše na dva načina:

- mjerenjem elastične deformacije nekog tijela: mijeha (kod barometra), Bourdonove cijevi (kod manometra ili vakuummetra), piezoelektričnoga kristala i sl.

- s pomoću stupca kapljevine (U-cijev).

Izuzevši barometar, ostali instrumenti "za mjerenje tlaka" redovito pokazuju razliku između stvarnoga tlaka u prostoru na koji su priključeni i okolišnoga tlaka! Razlog tome je sama konstrukcija instrumenata, što će biti pokazano uz sliku kasnije.

Vakuum 100%

p = 0

Apsolutnitlak p

Vakuum 0%

po

atmosferski tlak po

pp pretlak

pv potlak

A

BpA

pB

Ako je mjereni tlak veći od okolišnoga, razlika se zove pretlak (ne predtlak!):

pp = p – po (za p > po),

a ako je mjereni tlak manji od okolišnoga, razlika se zove potlak (ili podtlak):

pv = po – p (za p < po).

TREBA PAZITI! Pretlak i podtlak NISU VELIČINE STANJA! Kako će nam za kasnije računanje trebati stvarni tlak kao veličina stanja, očitanje instrumenta treba korigirati koristeći se gornjim jednadžbama, uz poznati okolišni tlak.

Katkada se kod tlakova koji su niži od okolišnoga tlak opisuje vakuumom v, veličinom koja je definirana jednadžbom:


3

0p

pv v=

ili ( ) ( )%

p

p%v v 100

0

⋅=.

Iako sama riječ "vakuum" označava prazninu, prazan prostor (latinski: vacuum – prazno), ovdje se tom riječju služimo prema gornjoj definiciji. Tako se, npr. spominje da u kondenzatoru parne turbine "vlada 94-postotni vakuum" što, naravno, ne znači da je u njemu prazan prostor, nego da, ako je okolišni tlak 1 bar, u njemu je podtlak 0,94 bara, ili apsolutni tlak 0,06 bara.

Zašto instrumenti pokazuju pretlak ili podtlak, postaje jasno uzmemo li u obzir što i kako oni mjere:

- manometar mjeri deformaciju Bourdonove cijevi. To je savinuta cijev, čiji je jedan kraj učvršćen na kućište instrumenta, a drugi je slobodan. Svojstvo je takve savinute cijevi da se ona nastoji ispružiti, ako je tlak unutar nje veći od vanjskoga (okolišnoga), ili stisnuti ("skvrčiti") ako je u njoj tlak manji od vanjskoga. (Poznat je "zabavni" rekvizit "zarolana" papirnata cjevčica koja se, kad se u nju puhne, ispruži i, ako imate sreće, nekog lupi u oko.). Kod manometra, naravno, moraju deformacije ostati u području elastičnosti. Iako znatno manje uočljivi, pomaci slobodnoga kraja cijevi mogu se s pomoću male zubne letve i zupčanika pretvoriti u zakretanje kazaljke.

- Ovisno o tome kako podesimo prijenosni mehanizam i gdje je kazaljka kad je cijev neopterećena tlakom, takvi instrumenti mogu mjeriti ili pretlake ili podtlake, pa čak i, stavimo li kazaljku u neopterećenom položaju u sredinu skale, i jedno i drugo! Promjer cjevčice i debljina njezine stijenke ovise o tlakovima koje namjeravamo mjeriti (čvrstoća). Često se cjevčica izvodi spljoštena da bi se efekt pružanja pojačao i da bi se sama cjevčica mogla bolje savinuti. Želimo li povećati osjetljivost manometra, umjesto dijela jednog zavoja, kako je prikazano na slici, Bourdonova se cijev može izvesti s nekoliko zavoja (poput zavojne opruge). Time se povećava pomak ∆L. Smanjenje zupčanika isto povećava osjetljivost, jer za isti pomak ∆L daje veći zakret

kazaljke!

Što i kako mjeri manometar, može se vidjeti iz sljedećeg kvalitativnog razmatranja:

Iz slike je očigledno da je kut zakreta kazaljke (to očitavamo na skali) proporcionalan pomaku slobodnoga kraja cijevi ∆L. Taj se pomak može izraziti (sjetimo se "Čvrstoće"!) s pomoću


4

relativnog pomaka ε : ∆L = ε ⋅ L0. Dakle, ono što očitamo na skali manometra ovisno je o veličini ε. No, isto tako iz Čvrstoće znamo, da je ε povezan s naprezanjem preko "modula elastičnosti" E prema Hookovom zakonu: ε = σ E. I sad još treba vidjeti čime je određeno naprezanje stijenke: ono će biti jednako nuli kad su tlak s vanjske i unutarnje strane stijenke jednaki, bez obzira koliki su. Ako se razlikuju, naprezanje je određeno razlikom unutarnjeg i vanjskog tlaka: σ = σ (p – po). S vanjske strane cjevčice (unutar kućišta manometra) tlak je okolišni, jer kućište nije izvedeno hermetički! I tako konačno dolazimo do toga da ono što očitamo na manometru nije stvarni tlak nego razlika stvarnoga tlaka i okolišnoga tlaka! Manometar pokazuje nulu kad je priključen na prostor u kojemu je tlak jednak okolišnome, a ne kad je priključen na potpuno evakuirani prostor!

Naravno, nameće se (naoko logično) pitanje – zašto kućište manometra ne bi bilo potpuno evakuirano? (Tada bi manometar pokazivao apsolutni tlak!). Odgovor je čisto praktične naravi: kućište bi se i moglo izvesti hermetički zatvoreno, ali nema nikakvog jamstva da bi ono takvo trajno i ostalo! Manometar je (u načelu) pogonski instrument i nerijetko je izložen vibracijama, udarcima, promjenama temperature i slično. Osim toga, kućište je sastavljeno bar iz dva dijela (tijelo kućišta i staklo) koja bi na spoju trebalo savršeno brtviti. A bila bi dovoljna i mikroskopska rupica da s vremenom u kućište uđe zrak i stvar pada u vodu (ne manometar, nego ideja).

No, da sama ta ideja nije totalno bez veze vidi se iz toga što je ona primijenjena kod barometra: on mjeri apsolutni tlak okoliša tako da mjeri deformaciju nekog "mijeha" unutar kojega je apsolutni vakuum, pa na mijeh izvana djeluje okolišni tlak, a iznutra ništa i deformacija mijeha je stvarno određena samo tim vanjskim tlakom. Međutim, barometar nije pogonski instrument, redovito je smješten na zaštićenom mjestu, a osim toga, unutrašnjost metalnog mijeha se može lako (npr. lemljenjem) hermetički zatvoriti nakon evakuiranja!

U-cijev mjeri "tlak" preko djelovanja stupca tekućine: jedan njen kraj se priključi na prostor u kojemu treba izmjeriti tlak, a drugi je kraj otvoren prema okolišu (na njega djeluje okolišni tlak). Ako je tlak u promatranom prostoru veći od okolišnoga tlaka, u tom se dijelu U-cijevi stupac kapljevine spusti, a u suprotnom podigne i kad se mjerna tekućina umiri, možemo tvrditi da je tlak u točkama A i B jednak: u točki A tlak je jednak stvarnom tlaku p, a u točki B on je jednak zbroju okolišnog tlaka po i hidrostatičkog tlaka stupca kapljevine visine ∆h:

p = po + ρ g ∆h,

iz čega slijedi da je očitana visina stupca kapljevine ∆h opet mjera za razliku tlakova p – po :

g

pph

ρ

−=∆ 0

!


5

Istinu govoreći, možda bismo kod preciznijih mjerenja trebali uzeti u obzir i djelovanje stupca u lijevom kraku U-cijevi (iznad točke A), no to je kod mjerenja tlaka u posudama koje sadrže plin skoro sigurno zanemarivo, jedino kad posuda sadrži kapljevinu, o tome ima smisla voditi računa (razlog je u vrlo različitoj gustoći plina i kapljevine).

I ovdje bi se moglo načelno primijetiti da bi se desni kraj U-cijevi mogao zatvoriti, ali onda bi iznad točke B umjesto (poznatog) okolišnog tlaka bio tlak zasićenja kapljevine (koji ovisi o njenoj temperaturi), što baš i nije praktično.

Uzme li se u obzir praktično ograničenje visine U-cijevi kojom se tlak mjeri s pomoću kapljevine (da se ne bismo morali služiti liftom), očito je da se na taj način mogu mjeriti samo male razlike tlakova. Istina, živin stupac je pogodniji za nešto veće razlike tlakova nego vodeni, ali sve je to ipak razmjerno malo.

Ovdje svakako treba naglasiti da razlika visina ∆h očitana na U-cijevi nije nužno jednaka mjernoj jedinici mm Hg ili mm v.s. u smislu gornje definicije, čak i ako mjerenje provodimo s vodom ili živom! Tek ako bi slučajno voda imala temperaturu +4 °C ili živa 0 °C, a lokalna gravitacija vrijednost 9,80665 m/s2, onda bi to bilo tako – u suprotnom, treba uzeti u obzir stvarnu gustoću kapljevine čiji stupac se očitava na U-cijevi! Brojčana razlika ne mora biti izražena, ali ona načelno postoji.

Primjer:

Mjerenjem pretlaka plina u posudi s pomoću U-cijevi ispunjene vodom temperature 20 °C (gustoće ρ = 998,2 kg/m3) očitana je razlika visina stupca vode ∆h = 120 mm, pri atmosferskome tlaku 743 mm Hg.

Koliki je stvarni tlak plina u posudi? Ako stanje plina u posudi ostane isto, a atmosferski se tlak promijeni na 765 mm Hg, kolika će biti razlika visina stupaca vode u U-cijevi? Hoće li u posudi biti pretlak ili podtlak?

Rješenje:

Pretlak na početku je zadan kao "izmjereni" podatak:

pp1 = ρw g ∆h = 998,2⋅9,80665⋅0,12 = 1175 Pa,

a isto tako i okolišni tlak na početku: po1 = 743 mm Hg (ali zadan u jedinicama koje nisu u SI-sustavu!). Želimo li neki podatak preračunati iz jedne mjerne jedinice u drugu, najsigurnije je poslužiti se sljedećim postupkom:

- nađemo vezu između zadane i tražene mjerne jedinice (ovdje između mm Hg i Pa):

1 bar = 750 mm Hg = 105 Pa i nju transformiramo tako da na jednoj strani jednadžbe dobijemo jedan (1):

1

Hg mm 750

Pa 105

=

što znači da je i drugoj strani iznos jednak jedan! Ideja je očita: s jedinicom ćemo pomnožiti zadani podatak, a da ga "ne promijenimo". No kod pretvorbe gornje jednadžbe vodimo se idejom da se nepoželjna dimenzija pokrati, a da tražena ostane. Tako dobijemo


6

bar 0,99067 Pa9906710750

743

Hg mm 750

Pa10mmHg 743 5

1

5

1o ==⋅=⋅=

=

��

p

.

(Taj postupak vjerojatno nije najbrži, ali je siguran. U nekim jednostavnijim situacijama pretvorba mjernih jedinica može se napraviti brže i lakše, ali u složenijim pretvorbama dobro je znati i ovako "pješke".)

Sad se dobije i apsolutni (stvarni) tlak plina u posudi na početku:

p1 = po1 + pp1 = 99 067 + 1175 = 100 241 Pa = 1,0024 bara,

a kako se stanje ne mijenja, taj tlak ostaje i na kraju: p2 = p1 = 1,0024 bara.

Tlak okoliša se kasnije promijeni na:

bar 0201

750

7652o ,p ==

i postaje veći od p2! Tako se plin u posudi, iako nije promijenio svoj tlak, odjednom našao pod podtlakom:

pv2 = po2 - p2 = 1,020 - 1,00241 = 0,01759 bara = 1759 Pa,

a to znači da će se visine stupaca vode u U-cijevi razlikovati za:

mm1801779660

8066592998

175922 ≅=

⋅=

ρ=∆ ,

,,g

pH

w

v

,

ali i to da je sada stupac vode u onom kraku U-cijevi koji je priključen na posudu - viši!

Iz ovoga se jasno vidi da pretlak i podtlak nisu veličine stanja - iako je stanje plina u posudi ostalo isto, oni su se mijenjali!

Razliku tlaka plina i okoliša preuzima stijenka posude – u početnom stanju ona je opterećena na vlak, a u konačnom stanju na tlak.


1

Uvod - veličine stanja

Veličine stanja su (izravno ili neizravno) mjerljive fizikalne veličine koje su jednoznačno pridijeljene pojedinom toplinskom stanju nekog tijela. Mogu se iskazati brojčanom vrijednošću i pripadajućon mjernom jedinicom ("dimenzijom").

Veličine stanja mogu se podijeliti u dvije skupine: − intenzivne veličine stanja su one, čiji iznos ne ovisi o veličini uzorka (masi, količini) na

kojem se mjeri. Takve su: tlak, temperatura, sastav (smjese) i sl. − ekstenzivne veličine stanja su one, čiji iznos ovisi o veličini uzorka (masi, količini) na

kojem se mjeri. To su: masa ili količina tijela, volumen tijela, njegova unutarnja energija, entalpija, entropija i sl.

Podijeli li se ekstenzivna veličina stanja nekog tijela njegovom masom ili količinom, dobije se specifična (izražena po jedinici mase - kilogramu) ili molna (izražena po jedinici količine - kilomolu) veličina stanja, koja ima obilježja intenzivne veličine stanja!

Kasnije će se pokazati da nije potrebno svaki put mjeriti sve veličine stanja nekog tijela (tvari) - među njima postoje veze koje se mogu odrediti na temelju ranije u laboratorijima izmjerenih vrijednosti za dotičnu tvar. Tako je dovoljno izmjeriti svega nekoliko veličina stanja i onda računskim putem ili iz odgovarajućih tablica ili dijagrama izračunati ili očitati sve ostale koje su potrebne. Koliko ih treba mjeriti, to ovisi o vrsti tvari (čista tvar ili smjesa), o tome je li homogena ili heterogena, u kojem je agregatnom stanju, te može li se na nju u promatranom stanju primijeniti neka od idealizacija (npr. idealna nestlačivost, stanje "idealnoga plina").

Za mjerenje se (logično) odabiru najčešće one veličine stanja, koje se mogu najlakše i najtočnije mjeriti i za koje su mjerni instrumenti najjeftiniji. Nema općeg pravila, ali se daleko najčešće za tu svrhu odabiru temperatura i tlak.

Temperatura

Jedna od najčešće mjerenih veličina stanja. Unatoč izuzetno rasprostranjenoj uporabi, tu je veličinu stanja zapravo teško jednostavno i jednoznačno definirati! Najmanje pogrešna definicija je ona po kojoj "dva tijela koja su u toplinskoj ravnoteži, imaju istu temperaturu". Zbog takve definicije temperatura se zapravo i ne može mjeriti! Mjere se uvijek neke druge veličine koje su jednoznačno s njom povezane:

1) Volumen tijela koji se mijenja s temperaturom (npr. volumen žive u živinom termometru);

2) Električna svojstva koja ovise o temperaturi: a) električni otpor vodiča (tzv. "otpornički termometri") koji se mijenja s temperaturom; b) elektromotorna sila koja se javlja na dodiru dvaju različitih metala, a čiji iznos ovisi o

temperaturi (tzv. "termoparovi" ili "termoelementi");

3) Mjerenje iznosa i raspodjele po spektru energije koju odzračuje tijelo čiju temperaturu mjerimo (primjenjuje se pri višim temperaturama);

4) Ima toga još, ali nećemo sad o tome, tek smo na početku!

Zbog takve definicije i zbog nemogućnosti izravnog mjerenja same temperature, moramo definirati "temperaturnu skalu", tj. odabrati dvije fizikalne pojave koje se uvijek odvijaju pri točno određenim temperaturama i njima pridijeliti brojčane vrijednosti. Kako je izbor tih pojava, a isto tako i brojčanih vrijednosti koje se pridijeljuju tim točkama proizvoljan,


2

postojale su razne (više ili manje pogodno odabrane) temperaturne skale od kojih su se danas u SI-mjernom sustavu održale samo dvije - Celsiusova (dopuštena) i Kelvinova (obvezna), a u angloameričkom se još (iako ilegalno) koriste Fahrenheitova i Rankinova skala.

Samo mjerenje temperature temelji se na "drugom postulatu ravnoteže" (tzv. "nulti zakon termodinamike") koji glasi: "Ako je tijelo A u toplinskoj ravnoteži i s tijelom B i s tijelom C, onda su i tijela B i C međusobno u toplinskoj ravnoteži" (ili tako nekako). Živin termometar neka bude tijelo A, a voda koja se smrzava - tijelo B. Zabilježimo li stanje tijela A (visinu stupca žive) i kasnije ustanovimo da je ta visina ista kad se tijelo A nalazi u ravnoteži s tijelom C, zaključujemo da bi i tijela B i C bila u toplinskoj ravnoteži, da su kojim slučajem stvarno u dodiru. No to nas ne sprječava da u skladu s gornjom definicijom ustvrdimo da tijela B i C imaju istu temperaturu.

Da se ne bismo ograničili na to da svaki put za svako tijelo čiju temperaturu moramo mjeriti napravimo neki etalon s kojim ćemo to uspoređivati, termometar se "umjeri" tako da se, kad je u ravnoteži s jednim referentnim tijelom (npr. vodom koja smrzava) označi nekom vrijednošću (npr. "0" kod Celzijeve skale), a kad je u ravnoteži s drugim referentnim tijelom (npr. vodom koja isparava) označi drugom vrijednošću (npr. "100" kod Celzijeve skale) i onda se ta skala (linearno) interpolira, a po potrebi i ekstrapolira. Iako su ledište i vrelište vode osnovne i definicijske referentne točke, zato što jedan termometar ne može mjeriti sve moguće temperature, za vrlo niske i vrlo visoke temperature postoji još niz takvih referentnih točaka (primjerice, trojna točka kisika je na -218,7916 °C, krutište zlata na +1064,18 °C).

Kelvinova skala (jedinica K, Kelvin) je temeljna temperaturna skala SI-mjernog sustava. To je tzv. "apsolutna" ili "termodinamička" temperaturna skala, jer joj je ishodište na apsolutnoj nuli. Nastala je na temelju Celsiusove skale, jednostavnim pomicanjem (translacijom) skale, bez promjene same podjele skale. Današnja je definicija da je to skala koja ima ishodište na apsolutnoj nuli, a pri trojnoj točki vode (+0,01°C) ima vrijednost 273,16 K.

Celsiusova skala (jedinica °C, stupanj Celsiusa, Celzijev stupanj) je stara i najraširenija skala koja se je održala jer je prilično spretno definirana - ima vrijednost "0" na ledištu vode i vrijednost "100" na vrelištu vode, sve pri tlaku 1,01325 bara (760 mmHg). Zove se "relativna" skala jer su obje točke proizvoljno odabrane.

Fahrenheitova i Rankinova skala su vrlo slične gornjim dvjema skalama. Iako je prvobitna definicija Fahrenheitove skale bila prilično egzotična i zapravo loše odabrana, to je kasnije ispravljeno tako da je skala definirana vrijednošću "32" na ledištu vode i vrijednošću "212" na vrelištu vode, sve pri tlaku 1,01325 bara. Time je skala postala jednoznačno definirana i povezana s Celsiusovom (dakle, internacionalno prihvaćenom) skalom.

Preračunavanje temperatura izraženih u različitim skalama može se izvršiti s pomoću izraza:

[ ]

C1

K1C)(273,15C)((K)

oo+°= ϑT

[ ]

K1

C1(K)273,15-(K)C)(

o

T=°ϑ

[ ]F)(32-F)(

F)(9

C)(5C)( °°

°

°=° ϑϑ

[ ]C)(32C)(

C)(5

F)(9F)( °+°

°

°=° ϑϑ

[ ]

F1

R1F)(67,594F)((R)

o

°°+°= ϑT

[ ]

R1

F1R)(459,67-R)(F)(

o

ooo

T=°ϑ


3

Iako svaka od tih četiriju skala drukčijim brojčanim iznosom iskazuje istu temperaturu, VAŽNO je uočiti da je RAZLIKA dviju temperatura JEDNAKA na odgovarajućoj relativnoj i apsolutnoj (npr. Celsiusovoj i Kelvinovoj ili Fahrenheitovoj i Rankinovoj) skali:

T2 − T1 = ϑ2 − ϑ1 → ∆T = ∆ϑ → dT = dϑ

Međusobni se odnos brojčanih vrijednosti na tim četirima skalama vidi zgodno iz slike:

Iz slike se vidi da u istom rasponu temperatura između ledišta i vrelišta vode, Celsiusova i Kelvinova skala imaju 100 podjela, a Fahrenheitova i Rankinova 180. Očito je podjela na Fahrenheitovoj i Rankinovoj skali skoro dvostruko finija.

"apsolutna nula"

rela

tivn

a te

mpe

ratu

rna

skal

a

rela

tivn

a te

mpe

ratu

rna

skal

a

apso

lutn

a te

mpe

ratu

rna

skal

a

apso

lutn

a te

mpe

ratu

rna

skal

aϑ < 0 oC ϑ < 0 oFT > 0 K T > 0 oR

tlak p

760 mm Hg(1,01325 bar)

↓

vrelište vode

ledište vode

ϑ = −273,15 oC ϑ = − 459,67 oF

32 oF

212 oF

491,67 oR

671,67 oR

273,15 K

373,15 K100 oC

0 oC

∆ϑ oC ∆T K ∆ϑ oF ∆T oR

T = 0 K T = 0 oR

ϑ oC T K ϑ oF T oR

CELSIUS KELVIN FAHRENHEIT RANKIN

Primjer za preračunavanje temperature

Prije stotinjak godina, pokušavajući obići svijet za 80 dana, gospodin Phileas Fogg je naložio svom slugi Passpartoutu da, bez obzira gdje se nalazili, voda za jutarnje brijanje mora imati temperaturu 97 stupnjeva. Uzimajući u obzir sve implicitne okolnosti, treba provjeriti hoće li se mr. Fogg prilikom brijanja ofuriti, ili samo ugodno obrijati!

Rješenje:

Naravno, rečena temperatura odnosi se na Fahrenheitovu skalu, pa u Celzijevim stupnjevima to iznosi:

( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )0

0 0 0 0 0

0

5 532 97 32 36,1

99

CC F F C C

Fϑ ϑ = − = − = ,

a onda je zaključak jasan.


1

PRIMJERI

TEMPERATURA "Dva tijela u toplinskoj ravnoteži imaju istu temperaturu"

Vrijedi i obrnuto:

"Tijela jednakih temperatura su u toplinskoj ravnoteži"

Temperaturne skale

CELSIUS KELVIN FAHRENHEIT RANKIN

ϑ 0C ϑ 0F T0RT K

100 0C 373,15 K 212 0F 671,67 0R

p = 1 atm

vrelište vode

ledište vode

apsolutna nula

0 0C 273,15 K 32 0F

0 0F-17,78 0C

491,67 0R

0 K-273,15 0C 0 0R- 459,67 0F

1 0F = 1 0R1 0C = 1K

1 0C = 1,8 0F

Relativne skale Celsiusa i Fahrenheita uspoređuju toplinsko stanje nekog tijela s proizvoljno

odabranim nultim toplinskim stanjem.

Apsolutne skale Kelvina i Rankina imaju ishodište na teorijski najnižem toplinskom stanju,

apsolutnoj nuli.

U SI sustavu mjera osnovna skala za mjerenje temperature je Kelvinova. Dozvoljena je i

upotreba Celsiusove skale.

Numeričke vrijednosti temperature ovise o izboru mjerne skale. Vrijede odnosi:

1 oC = 1 K, 1 = 1

oC/1 K = 1 K/1

oC 1

oF = 1

oR, 1 = 1

oF / 1

oR = 1

oR / 1

oF

T K = (ϑ + 273,15) oC · (1 K/1

oC)

ϑ oC = (T – 273,15) K · (1

oC/1 K)

T oR = (ϑ + 459,67)

oF · (1

oR / 1

oF)

ϑ oF = (T – 459,67)

oR · (1

oF / 1

oR)

1oC = 1,8

oF

5oC = 9

oF

1 = 5oC / 9

oF

Primjer

Kisik ima talište na temperaturi – 218,8 oC, a vrelište na temperaturi – 182,97

oC.

Kolika je vrijednost temperature tih toplinskih stanja kisika u stupnjevima K, oF i

oR?

Talište: ϑ = −218,8 oC

T K = (ϑ + 273,15) oC · (1 K / 1

oC) = (−218,8 + 273,15) = 54,35 K

ϑ oF = (ϑ

oC) · (9

oF / 5

oC) + 32

oF = −218,8 · 1,8 + 32 = −361,84

oF

T oR = (ϑ + 459,67)

oF · (1

oR / 1

oF) = −361,84 + 459,67 = 97,83

oR


2

Vrelište: ϑ = −182,97 oC

T K = −182,97 + 273,15 = 90,18 K

ϑ oF = −182,97 · 1,8 + 32 = −297,35

oF

T oR = −297,35 + 459,67 = 162,32

oR

................................................................................

1. ZADATAK

Medicinski termometar ima raspon skale od 35 OC do 42

oC. Koliki je to raspon

temperatura izražen u oF? (95

oF – 107,6

oF , ∆ϑ = 12,6

oF)

2. ZADATAK

a) Kod koje temperature pokazuju Celsiusov i Fahrenheitov termometar istu numeričku

vrijednost? (− 40 oC = − 40

oF)

b) Kod koje temperature u oC pokazuje Fahrenheitov termometar pet puta veću

numeričku vrijednost od Celsiusovog termometra? (10 oC = 50

oF)

....................................................................................................................................................

TLAK

Tlak opisuje djelovanje normalne sile na jedinicu površine: p = F/A. Sukladno toj

definiciji slijedi da je osnovna jedinica tlaka u SI sustavu 1 N/m2 = 1 Pa ('paskal'),

označena tako u počast francuskog znanstvenika Blaise Pascala.

U proračunima se treba koristiti numerička vrijednost tlaka u Pa, u protivnom rezultat

računa nema fizikalno ispravnu dimenziju. Izuzetak je omjer tlakova.

U upotrebi su i izvedene jedinice tlaka. Na primjer, u meteorologiji se tlak izražava u

hektopaskalima 1 hPa = 102 Pa, dok je u tehnici uobičajena upotreba jedinice 1 bar = 10

5

Pa. Ovaj tlak je nešto manji od atmosferskog tlaka 1atm = 1,0133 bar.

U davno napuštenom tehničkom sustavu osnovna jedinica sile nije bila 1 N = 1 kg m/s2,

već jedan kilopond 1 kp = 9,80665 kg m/s2, pa je odnos tlakova: 1 kp/m

2 = 9,80665 Pa. U

tehničkoj praksi koristila se veća jedinica tlaka, nazvana tehnička atmosfera 1 at = 104

kp/m2 = 1 kp/cm

2.

Ranije se u fizici često koristila osnovna jedinica tlaka, nazvana fizikalna atmosfera 1 atm,

koja je veća od prethodnih dviju. Vrijedi odnos:

1 atm = 1,01325 bar = 1,03323 at

Plinovi: tlak je posljedica sudara molekula plina s okolnim plohama krute ili kapljevite

tvari.

Kapljevine: masa kapljevine m izložena gravitacijskom ubrzanju g

↓= 9,80665 m/s

2

predstavlja silu mg koja djeluje na površinu podloge A u obliku statičkog tlaka: p = mg/A.

Stoga se tlak može izraziti s visinom stupca tekućine:

2

N

m

F mg m V Azp g g mgz

A A V A Aρ= = = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =


3

z

A

V = A z

ρ = m / V

Obično se tlak izražava pomoću visine stupca žive, gustoće ρHg = 13595 kg/m3 pri 0

oC, ili

vode, gustoće ρH2O = 1000 kg/m3 pri 4

oC. Sukladno tome, jedinice tlaka se izražavaju u

'milimetrima živinog stupca' ili 'milimetrima vodenog stupca'.

1 mm Hg = 1 Torr (nazvan po Torricelliju) = 133,321 Pa

1 mm v.s. = 9,80665 Pa

Između navedenih mjernim jedinicama tlaka postoje jednoznačni odnosi:

1 bar = 1,0197 at = 10 197 mm v.s. = 750 mm Hg = 0,98692 atm

1 at = 0,980665 bar = 10 000 mm v.s. = 735,5 mm Hg = 0,96785 atm

1 atm = 1,01325 bar = 1,03323 at = 10 332 mm v.s. = 760 mm Hg

1 atm

1 at1 bar

760 mm Hg750 mm Hg 735,5 mm Hg

10332 mm VS

10000 mm VS10197 mm VS

Relativni tlak

Vakuum 100%

p = 0

Apsolutni

tlak p

Vakuum 0%

po

atmosferski tlak po

pp pretlak

pv potlak

A

BpA

pB


4

Za termodinamičko stanje mjerodavan je apsolutni tlak, dok se manometrima mjeri samo

relativan tlak, tj. razlika između apsolutnog i atmosferskog tlaka. Razlikujemo dva slučaja:

Pretlak: pp = p – po

Potlak: pv = po – p

Posebno, slučaj potlaka često se izražava pomoću vakuuma, V, u pravilu u postocima:

%

p

p%V v 100⋅=

1. Primjer U kondenzatoru parne turbine izmjeren je potlak 713 mm Hg pri barometarskom tlaku 750

mm Hg. Koliki je potlak izražen u barima? Koliki je apsolutni tlak u mm Hg i bar? Koliki je

vakuum u %?

Zadani podaci:

Potlak: pv = 713 mm Hg (1)

Barometarski tlak: po = 750 mm Hg.

Za pretvorbu dimenzije mm Hg u bar koristimo definiciju: 1 bar = 750 mm Hg, na osnovi

koje se može oblikovati 'jedinica' za korekciju dimenzija:

bar

Hg

Hg

bar

1

750

750

11 ==

(2)

Sada se jednadžba (1) može pomnožiti s 'jedinicom' (2):

bar

mmHg 750

bar 1 Hgmm 95070950670713 ,,pv ==

⋅=

Napomena: rezultati se zaokružuju na trećoj ili četvrtoj vrijednoj znamenci – sukladno općem

nivou točnosti naših računa.

Apsolutni tlak:

bar

mmHg 750

bar 1mmHg 049330377137500 ,ppp v =

⋅=−=−=

Vakuum % :

95%%% % =⋅=⋅= 100750

713100

p

pV v

....................................................................................................................................................

2. Primjer U vertikalnom cilindru unutarnjeg promjera d = 100 mm nalazi pomičan klip mase 5 kg. U

prostoru cilindra je plin, a oko cilindra okolišnji zrak tlaka 1 bar.

a) Koliki je tlak plina u cilindru, ako je klip s donje strane, a njegova težina uravnotežena

djelovanjem tlaka unutar i izvan cilindra? Da li se radi o potlaku ili pretlaku u

cilindru?

b) Ako se cilindar okrene tako da je klip s gornje strane, koliki će biti tlak plina?

Zadano: d = 100 mm; okolišnji tlak: po = 1 bar = 105 Pa

2m 00785404

10

4

22

,,d

A =π

=π

=


5

a) Ravnoteža sila

ApmgpA 0=+

2m

N 93760

0078540

8195101 5

0 =⋅

−⋅=−=,

,

A

mgpp

Pam

N

26240624093760105

0 ==−=−= pppv

bar Pa10

bar 1 Pa

5062406240 ,pv =

⋅=

6,24%100%%% =⋅=⋅=510

6240100

p

pV v

pA

poAmg

d

b) Ravnoteža sila

ApmgpA 0+=

2m

N 106240

0078540

8195101 5

0 =⋅

+⋅=+=,

,

A

mgpp

Pam

N

26240624010106240

5

0 ==−=−= ppp p

bar Pa10

bar 1 Pa

5062406240 ,p p =

⋅=

pA

poA

mg

d

U oba slučaja se tlakovi u cilindru razlikuju od okolišnjeg tlaka po za iznos mg/A, koji je

posljedica težine klipa.

...................................................................................................................................................

3. ZADATAK

Manometar na parnom kotlu pokazuje pretlak od 16 bar. Ako je barometarsko stanje

735,5 mm Hg, koliki je apsolutni tlak u kotlu izražen u barima? (16,98 bar).

4. ZADATAK

Raspon skale manometra je od 0 do 50 at. Koliki je raspon izražen u barima?

(0 – 49 bar).

....................................................................................................................................................

2. vježbe TERMODINAMIKA

1

I. ZAKON TERMODINAMIKE

1842. g. Julius Robert Mayer (1814-1878) jasno je formulirao zakon održanja energije, a toplinu smatrao oblikom (mehaničke) energije. Prošireni oblik zakona očuvanja energije primjenjuje se kod sustava kod kojih se tijekom promjene od početnog (1) do konačnog (2) stanja, osim unutarnje energije ΔU12, mijenja kinetička energija ΔE12 i potencijalna energija ΔE12 sustava, uslijed toplinske Q12 i mehaničke W12 interakcije s okolišem. Zatvoreni sustav s konstantnom masom, m = konst., odnosno kličinom N = konst. Početno stanje (1) → konačno stanje (2): Q12 – W12 = ΔU12 + ΔEk,12 + ΔEp,12 Makroskopska svojstva sustava: (T1 ≠ T2) (w1 ≠ w2) (z1 ≠ z2)

Promjena unutarnje energije sustava

• krute i kapljevite tvari ( ) ( ) 121212 ϑ−ϑ=−=Δ NCTTmcU Prema referentnoj temperaturi ϑref = 0,5(ϑ1 + ϑ2) bira se vrijednost specifičnog toplinskog kapaciteta c(ϑref), odnosno molnog toplinskog kapaciteta C(ϑref).

• plinovi

[ ]( ) [ ]( )[ ]( ) [ ]( )1212

121212

ϑ−ϑ=−=ϑ−ϑ=−=Δ

vv

vv

CNTTCNcmTTcmU

Srednje vrijednosti specifičnog [cv] i molnog [Cv] toplinskog kapaciteta pri konstantnom volumenu (indeks v) u intervalu zadanih tempetatura T1 i T2 računaju se prema posebnoj relaciji.

Mjerljive promjene makroskopskih svojstava:V1 → V2 ; T1 → T2 ; w1 → w2 ; z1 → z2

z

z1

z2težište mase m

težište mase m

U1(T1)

U2(T2)

referentno ("nulto") stanje

Uo(To) = 0

zo = 0wo = 0

w2

w1

V1

V2


2

S obzirom na raspoložive podatke u Toplinskim tablicama (FSB) može se izračunati [Cp] po formuli:

[ ] [ ] [ ]12

102012

2

1 ϑ−ϑϑ⋅−ϑ⋅

=ϑϑ

ϑϑ

ppp

CCC kJ/(kmol K),

a zatim se računa: [ ] [ ] ℜ−= ϑϑ

ϑϑ

2

1

2

1 pv CC

gdje je Kkmol

kJ3148Kkmol

J8314 ,==ℜ opća plinska konstanta.

Preračunavanje na srednje specifične kapacitete vrši se prema relacijama:

[ ] [ ]M

Cc p

p

2

12

1

ϑϑϑ

ϑ = ; [ ] [ ]M

Cc v

v

2

12

1

ϑϑϑ

ϑ = ;

gdje je M [kg/kmol] molna masa promatranog plina (iz tablica se uzima vrijednost molekularne mase).

Promjena kinetičke energije: 2

21

22

12wwmE ,k

−=Δ , J

Promjena potencijalne energije: ( )1212 zzmgE ,p −=Δ , J

Mehanički rad: ( )∫=2

112 dVVpW , J

Toplina: 1212121212 WEEUQ ,p,k +Δ+Δ+Δ= , J ZADACI 1. Primjer Bat mase 50 kg pada s visine 2 m na komad olova mase 0,2 kg, koji leži na nakovnju. Odredite promjenu temperature olova Δϑo uz pretpostavku da se sva kinetička energija bata u trenutku udara pretvara u unutarnju energiju olova. Specifični toplinski kapacitet olova je co = 0,1295 kJ/(kg K). 2. Primjer U posudu s 10 kg vode temperature 20 oC uroni se 5 kg željeza temperature 80 oC. Kolika bi se temperatura ustalila u sustavu voda-željezo, ako zanemarimo toplinske i mehaničke efekte prema okolišu (stijenka posude, okolišnji zrak)? 3. Primjer Jedan kilogram vode, pri stalnom okolišnjem tlaku 1 bar, zagrijava se od 20 oC na 80 oC. a) Koliko topline treba dovesti za zagrijavanje vode? b) Koliki rad izvrši vode svojim širenjem protiv nametnutog tlaka?


1

ZADACI 1. Zadatak Bat mase 50 kg pada s visine 2 m na komad olova mase 0,2 kg, koji leži na nakovnju. Odredite promjenu temperature olova Δϑo uz pretpostavku da se sva kinetička energija bata u trenutku udara pretvara u unutarnju energiju olova. Specifični toplinski kapacitet olova je co = 0,1295 kJ/(kg K). ............................................................................................................................. Zadano bat: mb = 50 kg ; Δz = − 2 m olovo: mo = 0,2 kg ; co = 0,1295 kJ/(kg K) ; Δϑo = ? → ΔUo = ? Bilanca energije od početnih stanja mirovanja do trenutka udara (mirovanja!). Sustav = Bat + Olovo Zatvoreni izolirani sustav (s): Q = 0, W = 0 { }

spk EEU Δ+Δ+Δ=0

oobs UUUU Δ=Δ+Δ=Δ 0=Δ+Δ=Δ o,kb,ks,k EEE

b,po,pb,ps,p EEEE Δ=Δ+Δ=Δ b,po EU Δ−=Δ

OLOVO

BAT

NAKOVANJ

Δz = - 2 m

mb g

Zatvoreni izolirani sustav

mo

z1

z2

zgmcm booo Δ⋅⋅−=ϑΔ → Rješenje: Δϑo = 37,9 oC. ................................................................................................................................................. 2. Zadatak U posudu s 10 kg vode temperature 20 oC uroni se 5 kg željeza temperature 80 oC. Kolika bi se temperatura ustalila u sustavu voda-željezo, ako zanemarimo toplinske i mehaničke efekte prema okolišu (stijenka posude, okolišnji zrak)? .............................................................................................. Zadano: sustav = voda + željezo voda: mv = 10 kg ; ϑv' = 20 oC → cv = 4,182 kJ/(kg K) ; ϑv'' = ? → ΔUv = ? željezo: mž = 0,2 kg ; ϑž' = 80 oC → cž = 0,460 kJ/(kg K) ; ϑž'' = ? → ΔUž = ? ....... I. Zakon 1212121212 ,p,k EEUWQ Δ+Δ+Δ=− Za zadani zatvoreni izolirani sustav vrijedi: Q12 = 0; W12 = 0; ΔEk,12 = 0; ΔEp,12 = 0. Zaključak: ΔUs,12 = ΔUv + ΔUž = 0 → ( ) ( ) 01212 =ϑ−ϑ+ϑ−ϑ ž,ž,žžv,v,vv cmcm

Temperatura u toplinskoj ravnoteži: ϑ = ϑ2,v = ϑ2,ž → Rješenje: ϑ = 23,12 oC.


2

3. Zadatak Jedan kilogram vode, pri stalnom okolišnjem tlaku 1 bar, zagrijava se od 20 oC na 80 oC. a) Koliko topline treba dovesti za zagrijavanje vode? b) Koliki rad izvrši vode svojim širenjem protiv nametnutog tlaka? Zadano voda: mv = 1 kg ; ϑv' = 20 oC ; ϑv'' = 80 oC → ΔUv = ? ϑref = 0,5 (ϑv' + ϑv'') = 50 oC → c = 4,178 kJ/(kg K) okolišnji zrak: po = 1 bar a) Rješenje: ( ) kJ J 25125068012 ≈=ϑ′−ϑ′′= vvvcmQ (dovoljno točan rezultat) (1) ΔW12 se smatra zanemarivim zbog pretpostavke da je voda nekompresibilna! ΔU12 = Q12 = 251 kJ b) Rješenje: (precizniji račun)

ϑv' = 20 oC → ρ' = 998,2 kg/m3 → 3m 00100202998

1 ,,

mV ==ρ′

=′

ϑv'' = 80 oC → ρ'' = 971,8 kg/m3 → 3m 00102908971

1 ,,

mV ==ρ ′′

=′′

ΔV = V'' – V' = 0,001029 – 0,001002 = 0,000027 m3 ∫ ∫ =⋅⋅=Δ=== J 720000270101 5

12 ,,VpdVppdVW oo (vanjska meh. ravnoteža)

( ) ( ) J 25068020804178112 =−⋅=ϑ′−ϑ′′=Δ vvvcmU 121212 UWQ Δ=− → kJ 251J ≈=+=+Δ= 725068272250680121212 ,,WUQ (2) Najveći dio dovedene energije (topline Q12) troši se na porast unutarnje energije ΔU12 , a zanemarivo mali dio pretvara u mehanički rad W12 s kojim voda potiskuje okolišnji zrak stalnog tlaka po. Koeficijent toplinskog širenja vode:

pTV

V⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

=β1 , K-1 (pri p = konst.)

je relativna promjena volumena s promjenom temperature pri konstantnom tlaku. Za male promjene volumena može se ta jednadžba zamijeniti s jednadžbom konačne promjene volumena:

1- K000449060

00002700010020

11 ,,,T

VV

=⋅=ΔΔ⋅′

=β ,

što opravdava uobičajenu tvrdnju da je voda, a slično i druge kapljevine, nekompresibilna – fluid sa zanemarivom promjenom volumena.

poAZRAK

V'V''

ϑv' → ϑv''

VODA

pAQ12

W12 = poΔV


1

PRIMJERI

James Prescott Joule (1818-1889) izveo je u vremenu 1843. do 1848. niz eksperimenata sa

svrhom pronalaženja egzaktne relacije između topline i mehaničkog rada.

U tu svrhu koristio je posudu s vodom u kojoj je smještena mješalica, pokretana mehanizmom

užeta, kolotura i utega. Posuda je bila toplinski izolirana od utjecaja okoliša, a promjena

temperature vode praćena je pomoću termometra.

ϑ oC

VODA

UTEG

∆z

Materijalni sudionici pokusa: voda, uteg, posuda, izolacija, mješalica, koloture, uže,

termometar, zrak i okoliš.

Formulacija problema Ako se u posudi nalazi 5 kg vode početne temperature 15

oC, a uteg mase 160 kg spusti

tijekom pokusa za 0,8 m, za koliko će porasti temperatura vode na kraju pokusa?

Zadani podaci:

• Voda: mv = 5 kg ; ϑv′ = 15

oC → c = 4187 J/(kg K)

• Uteg: mu = 160 kg ; │∆z│ = 0,8 m (smanjenje visine → ∆z = −0,8 m )

Pitanje:

• Voda: ∆ϑv = ϑv'' − ϑv

' = ?

Zaključak:

• Bitni sudionici zatvorenog sustava su voda (mv = konst.) i uteg (mu = konst.), jer se

utjecaj ostalih sudionika zanemaruje – nema ni zadanih podataka, ni pitanja o

njihovim promjenama!

Računski model:

Za sustav = voda + uteg

s,ps,ksss EEUWQ ∆+∆+∆=−

0+∆=∆+∆=∆ vuvs UUUU 00 +=∆+∆=∆ u,kv,ks,k EEE

u,pu,pv,ps,p EEEE ∆+=∆+∆=∆ 0

......................................................

0=∆+∆ u,pv EU

vvv cmU ϑ∆=∆ ; zgmE uu,p ∆=∆

0=∆+ϑ∆ uuvv zgmcm

Sustav = voda + uteg

Qs = 0

Ws = 0

∆ϑu= 0

∆zv = 0

( )C 00600

41875

80819160,

,,

cm

zgm

v

uuv =

⋅

−⋅⋅−=

∆−=ϑ∆

VODA

ϑϑϑϑ' →→→→ ϑϑϑϑ''||||∆∆∆∆Z||||

UTEG

UTEG


2

Problem 2.

Koliku masu mora imati uteg čije bi spuštanje za visinu 1 m izazvalo porast temperature 1 kg

vode za 1 oC?

Rješenje:

( )1 4187 1

426,955 427 kg9,80665 1

v vu

m cm

g z

ϑ∆ ⋅ ⋅= − = − = ≈

∆ ⋅ −

Komentar:

rad = sila × put → mug│∆z│= 426,955 kg · 9,80665 m/s2 · 1 m ≈ 4187 Nm = 4187 J

sila: 1 kp = 9,81 N; rad: 1 kpm = 9,81 J

Problem 3.

Za koliko se povećala unutarnja energija vode – u prethodnom problemu?

Rješenje:

1 4187 1 4187 Jv v v

U m c ϑ∆ = ∆ = ⋅ ⋅ =

Komentar: definicija stare jedinice energije

1 kcal = energija potrebna da se 1 kg vode zagrije od 14,5 oC na 15,5

oC (za 1

oC).

Otuda naziv "kilokalorija 15-tog stupnja".

Vrijedi odnos: 1 kcal = 427 kpm = 4187 J (približno)


1

JEDNADŽBA STANJA IDEALNIH PLINOVA

Zatvoreni sustav: masa: m = konst. [kg] → mRTpV = ; m = 1 kg → RTpv =

količina: N = konst. [kmol] → TNpV ℜ= ; N = 1 kmol → TpvN ℜ= volumen: V [m3]

specifični volumen: pRT

mVv ==

m3/kg ; gustoća: RTp

Vm==ρ

kg/m3

molni volumen: pT

NVvN

ℜ==

m3/kmol ............................................................................................................................... Otvoreni sustav:

protočna masa: .konstm = → RTmVp = ; kg/s 1=m → RTpv =

protočna količina: .konstN = → TNVp ℜ= ; kmol/s 1=N → TpvN ℜ= protočni volumen: V [m3/s]

specifični volumen: pRT

mVv ==

m3/kg ; gustoća: RTp

Vm==ρ

kg/m3

molni volumen: pT

NVvN

ℜ==

m3/kmol ................................................................................................................................... Odnos mase i količine: NMm ⋅= ili NMm ⋅=

N,Nn ⋅= 4122 ili N,Nn ⋅= 4122 Definicije: 1 kmol = 6,022·1026 molekula 1 kmol = 22,41 mn

3 (oznaka mn

3 čita se: "normni kubni metar" – broj molekula idealnog plina u 1 m3 pri normalnom stanju: To , po) .............................................................................................................................................. Normalno stanje temperatura: To = 273 K ; ϑo = 0 oC tlak: po = 1,013·105 N/m2 = 1,013 bar = 1 atm (fizikalna atmosfera) ................................................................................................................................................... 1. Primjer

• Koliki volumen zauzima 1 kmol idealnog plina pri normalnom stanju?

3m 4122

10013127383141

5 ,,p

TNV =⋅⋅⋅

=ℜ

=

Tlak: p [N/m2] ; Temperatura: T [K] Opća plinska konstanta: ℜ = 8314 J/(kmol K) Molna masa: M = {molekularna masa} [kg/kmol]

Individualna plinska konstanta: KkgJ

MMR 8314

=ℜ

=


2

• Koliko se molekula nalazi u 1 m3 pri normalnom stanju?

3n3

25 m m

molekula102,688 14122100226 26

=⋅=⋅

==,

,VNNn

....................................................................................................................................................... 2. Primjer U spremniku volumena 5 m3 nalazi se zrak normalnog stanja. Odredite: individualnu plinsku konstantu (R), specifični volumen (v) i gustoću (ρ) zraka. Kolika je masa (m), i količina (N i Nn) zraka u spremniku? Napomena: zrak je mješavina plinova s praktički stalnim sastavom, pa su i svojstva (npr. molna masa M) takve mješavine stalna. ..... Iz toplinskih tablica (FSB): M = 28,95 kg/kmol – prividna molna masa zraka

KkgJ 2287

95288314 ,

,MR ==

ℜ=

,

kgm3

77401001312732287

5 ,,

,p

RTv =⋅⋅

== ; 3m

kg2921774011 ,

,vRTp

====ρ ,

kg 46652921 ,,V

RTpVm =⋅=ρ==

,

kmol 2230

9528466 ,,

,MmN ===

; 3m 05223041224122 ,,,N,Nn =⋅=⋅=

......................................................................................................................................... 3. Primjer U prostoriji dimenzija (5×6×2,5) m3 nalazi se zrak okolišnjeg stanja: temperature 5 oC i tlaka 740 mm Hg. Zagrijavanjem poraste temperatura zraka na 21 oC.

a) Koliko je zraka izašlo iz prostorije kroz proreze vrata tijekom zagrijavanja? b) Koliki bi bio tlak zraka u potpuno nepropusnoj prostoriji?

..............................................................................................................

Svojstva zraka: plinska konstanta KkgJ 2287

95288314 ,

,MR ==

ℜ=

Zadano: V = 5·6·2,5 = 75 m3 ϑ1 = 5 oC → T1 = 278 K ϑ2 = 21 oC → T2 = 294 K

2

5

mN 100,9867bar

Hgmm 750bar 1 Hgmm ⋅==⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅= 98670744 ,p

...........

a) ϑ1 → ϑ2 uz p1 = p2 = p = konst.

kg 6992

2782287751098670 5

11 ,

,,

RTpVm =

⋅⋅⋅

== ..... (prije zagrijavanja)

kg 6487

2942287751098670 5

22 ,

,,

RTpVm =

⋅⋅⋅

== ..... (nakon zagrijavanja)


3

Δm = m1 – m2 = 92,69 – 87,64 = 5,04 kg ..... (gubitak zraka kroz proreze)

b) ϑ1 → ϑ2 uz V = konst. i m = m1 = konst. ⇒ p1 → p2

bar

mN

2 045110045175

29422876992 522 ,,,,

VmRTp =⋅=

⋅⋅==

Δp = p2 – p1 = 1,045 – 0,9867 = 0,0583 bar ..... (porast tlaka) ....................................................................................................................................................... 1. Zadatak Potrebno je odrediti volumen balona koji bi, lebdeći u zraku stanja 1 bar i 20oC (“okolišnje stanje”), mogao nositi korisnu masu od 150 kg. Ukupna masa balona, koju čine opna balona, užad i košara, procijenjena je na 50 kg, dok se pripadni volumeni tih masa mogu smatrati zanemarivim. Stoga se volumen balona odnosi na volumen plina s kojim je balon punjen. Usporediti rezultate za tri slučaja punjenja:

a) vodik (eksplozivan!) okolišnjeg stanja, b) helij (skup i rijedak!) okolišnjeg stanja, c) topli zrak temperature 50oC i tlaka 1 bar.

2. Zadatak U potonulom brodu nalazi se nepropusna komora prizmatičnog oblika, visine 3 m, u kojoj je u trenutku potapanja ostao zarobljen okolišnji zrak stanja 1 bar i 17 oC. Donji kraj komore je na dubini 20 m. U podu komore nastala je pukotina kroz koju polagano prodire voda komprimirajući zrak u komori. a) Do koje će se visine (z2) mjerene od poda podići razina vode u komori? b) Ako je na stropu komore vijcima učvršćena okrugla ploča promjera 0,5 m kolikom je rezultirajućom silom i u kojem smjeru ploča opterećena na početku prije prodora vode, a kolikom na kraju kada se razina vode ustali? Temperatura morske vode je 17 oC, a njena gustoća ρ = 1020 kg/m3. ...................................................................................................................................................... a) Rješenje: z2 = 1,93 m. b) Rješenje: Fa = 33400 N ; Fb = 2101 N. 3. Zadatak

Kompresor istiskuje 0,2 kg/s zraka pod tlakom 6 bar i temperature 140 oC u tlačni vod. Brzina strujanja zraka na ulaznom presjeku iznosi 21 m/s, dok na izlaznom presjeku tlačnog voda, koji je 100 m iznad ulaznog presjeka, brzina iznosi 4,6 m/s, tlak je 5 bara, a temperatura 40 oC. Koliki je toplinski tok prema okolini? ....................................................................................................................................................... Rješenje: Φ = 439 W.


1

ZADACI

1. Zadatak Potrebno je odrediti volumen balona koji bi, lebdeći u zraku stanja 1 bar i 20

oC

(“okolišnje stanje”), mogao nositi korisnu masu od 150 kg. Ukupna masa balona, koju čine opna

balona, užad i košara, procijenjena je na 50 kg, dok se pripadni volumeni tih masa mogu smatrati

zanemarivim. Stoga se volumen balona odnosi na volumen plina s kojim je balon punjen.

Usporediti rezultate za tri slučaja punjenja:

a) vodik (eksplozivan!) okolišnjeg stanja,

b) helij (skup i rijedak!) okolišnjeg stanja,

c) topli zrak temperature 50oC i tlaka 1 bar.

.....................................................................

Zadani podaci:

Okolišnji zrak: po = 1 bar = 105

Pa, ϑo = 20oC, mz = ρz Vz = masa istisnutog zraka.

Masa balona: mb = 50 kg, Vb ≅ 0.

Korisna masa: mk = 150 kg, Vk ≅ 0.

Ukupna masa krutih dijelova (tereta): mt = mb + mk = 50 + 150 = 200 kg

Plinsko punjenje: mp = ρpVp, Vp ≅ Vz.

Gravitacijsko polje pridružuje svakoj masi gravitacijsko ubrzanje g = 9,81 m/s2.

U stanju lebdenja, balon s plinskim punjenjem drugačijim od okolišnjeg zraka, može ponijeti

teret s kojim će efekt sila biti jednak efektu zraka koji se nalazio na tom mjestu. To znači da nam

je potrebna jednadžba ravnoteže sila između ukupne težine (masa × gravitacija) balona s teretom,

i istisnutog zraka.

Okolišnji zrak i plinska punjenja možemo smatrati idealnim plinovima, pa se potrebne gustoće

(ρ) mogu odrediti iz jednadžbe stanja:

RT

p=ρ , kg/m

3.

g/gmgmgm tpz :+=

tppzz mVV +ρ=ρ

6

3π==≅

dVVV pz

ρ∆=

ρ−ρ= t

pz

t mmV

mzgmpg

mtg

mpg

mtgmzg

istisnuti zrak lebdeći balon

teret

uklanja se

ovaj efekt

nove mase s

istim efektom


2

Individualne plinske konstante određuju se iz relacije: K kg

J

8314

MMR =

ℜ= , dok se vrijednosti

molne mase M nalaze u toplinskim tablicama kao podatak za molekularnu masu, koji treba

dopuniti s dimenzijom kg/kmol.

Rješenje

Plinsko

punjenje

Mi

kg kmol-1

Ri

J kg-1

K-1

ρi

kg m-3

∆ρ

kg m-3

Volumen, V

m3

Promjer, d

m

vodik, H2 2,016 4124 0,0828 1,105 181 7,02

helij, He 4 2078 0,1642 1,1024 195 7,2

vrući zrak 28,95 287,2 1,078 0,110 1818 15,1

okolišnji zrak 28,95 287,2 1,188 0

2. Zadatak U potonulom brodu nalazi se nepropusna komora prizmatičnog oblika, visine 3 m, u kojoj

je u trenutku potapanja ostao zarobljen okolišnji zrak stanja 1 bar i 17 oC. Donji kraj komore je na

dubini 20 m. U podu komore nastala je pukotina kroz koju polagano prodire voda komprimirajući

zrak u komori.

a) Do koje će se visine (z2) mjerene od poda podići razina vode u komori?

b) Ako je na stropu komore vijcima učvršćena okrugla ploča promjera 0,5 m kolikom je

rezultirajućom silom i u kojem smjeru ploča opterećena na početku prije prodora vode, a kolikom

na kraju kada se razina vode ustali?

Temperatura morske vode je 17 oC, a njena gustoća ρ = 1020 kg/m

3.

.........................................................................................................................................................

Atmosferski zrak: po = 1 bar ; ϑo = 17 oC , (To = 290 K)

Tlak na dnu mora: bar,Pa,,gzppd 0013100013208191020101 55

00 =⋅=⋅⋅+⋅=ρ+=

a) Prije prodora vode: p1 = po ; T1 = T0

Volumen zraka u komori: Vk = zk A (1a)

Stanje zraka u komori: 00 TNVp k ℜ= (1b)

zk = 3 m

zo - zk= 17 m

zk - z2

z2 = ?

zo = 20 m

po = 1 bar

ϑv = 17 oC

ρ = 1020 kg/m3

pd

pk

p2

pv


3

b) Nakon prodora vode: p2 ; T2 = T0

Volumen zraka u komori: V2 = (zk – z2) A (2a)

Stanje zraka u komori: 022 TNVp ℜ= (2b)

Temperatura zraka ostaje nepromijenjena!

Korištenjem jednadžbi (1) i (2) dobiva

se: ( )220 VVpVp kk −= , odnosno:

2

02zz

zpp

k

k

−= . (3)

Budući da imamo dvije nepoznanice, p2 i z2,

potrebna je još jedna jednadžba. U trenutku

prestanka prodora vode, tlak zraka p2 i tlak

stupca vode pv, su postali jednaki tlaku na dnu

pd.

( ) 22002 gzpzzgpp d ρ−=−ρ+= . (4)

Izjednačavanjem jednadžbi (3) i (4) dobiva se:

20

2

gzppzz

zd

k

k ρ−=−

. (5)

zo - zk

po = 1 bar

pd

zk - z2

z2 = ?

p2= po+ρg(zk - z2)

pv pd = p2 + pv

pk= po+ρg(zo - zk)

pk= po+ρg(zo - zk)

a)

b)p2

p1= po

Nakon sređivanja dobiva se kvadratna jednadžba po varijabli z2:

( ) ( ) 002

2

2 =−+ρ+−ρ kdkd zppzgzpgz . (6)

Od dva rješenja: z2 = 31,06 m i z2 = 1,93 m, nedvosmisleni fizikalni smisao ima samo jedno

rješenje: z2 = 1,93 m.

Sada se pomoću jednadžbe (3) može odrediti tlak stlačenog zraka u komori:

bar,,zz

zpp

k

k 80829313

31

2

02 =−

⋅=−

=

Opterećenje poklopca

Tlak mora na poklopcu: ( ) ( ) Pa,,,zzgpp kdk

55

0 1070120013208191020101 ⋅=−⋅⋅+⋅=−ρ+=

a) Prije prodora vode:

Sila na poklopcu: ( ) ( ) N,

,d

ppF ka 334004

501017012

4

25

2

0 =π

⋅⋅−=π

−= ↓


4

b) Nakon prodora vode:

Sila na poklopcu: ( ) ( ) Nd

ppF kb 21014

5,010808,2701,2

4

25

2

2 −=⋅⋅−=−=ππ

↑

......................................................................................................................................................

3. Zadatak

Kompresor istiskuje 0,2 kg/s zraka pod tlakom 6 bar i temperature 140 oC u tlačni vod. Brzina

strujanja zraka na ulaznom presjeku iznosi 21 m/s, dok na izlaznom presjeku tlačnog voda, koji je

100 m iznad ulaznog presjeka, brzina iznosi 4,6 m/s, tlak je 5 bara, a temperatura 40 oC.

Koliki je toplinski tok prema okolini?

.......................................................................

Zadano

zrak:

M = 28,95 kg/kmol

R = ℜ/M = 8314/28,95 = 287,2 J/(kg K)

kg/s20,m =� ; ∆z = 100 m

ulazni presjek 1: p1 = 6 bar; ϑ1 = 140 oC;

w1 = 21 m/s ; z1

ulazni presjek 2: p2 = 5 bar; ϑ1 = 40 oC;

w2 = 4,6 m/s ; z2 = z1 + ∆z

1

2

z2

z1

w1

w2Φ12

I. Zakon za otvorene sustave: 1212121212 ,p,k EEHP �� ∆+∆+∆=−Φ

P12 = 0, 12121212 ,p,k EEH �� ∆+∆+∆=Φ

( ) ( ) W920140400211201212 ,,,cmH p =−⋅⋅=ϑ−ϑ=∆ �� ;

( ) ( ) C 9040140502

1 o

21 =+=ϑ+ϑ=ϑ ,ref → cp = 1,021 J/(kg K)

W 422

216420

2

222

1

2

212 =

−=

−=∆

,,

wwmE ,k��

W 21961008192012 ,,,zgmE ,p =⋅⋅=∆=∆ ��

W4392,196429,2012,12,1212 =++=∆+∆+∆=Φ pk EEH ��

3. vježbe TERNODINAMIKA

1

1. Primjer

Ronilac ispušta mjehuriće "zraka" koji se kreću prema površini. U trenutku nastajanja

na dubini 15 m mjehurić ima volumen 1 cm3 pri temperaturi 30

oC. Atmosferski tlak je 1,03

bar, a gustoća morske vode 1020 kg/m3. Apsorpciju "zraka" u vodi zanemarite.

Koliki će biti volumen mjehurića na dubini 1 m, ako se putujući prema površini "zrak"

ohladio na 15 oC?

................................................

z1 = 15 m

z2 = 1 m

po = 1 bar

ϑ1 = 30 oCρm = 1020 kg/m3

p1 = po + ρm g z11

2ϑ2 = 15 oC

p2 = po + ρm g z2

101 gzpp mρ+=

15819102010031 5

1 ⋅⋅+⋅= ,,p

Pa5

1 105312 ⋅= ,p

3038314

10105312 65

1

111 ⋅

⋅⋅=

ℜ=

−,

T

VpN

2

7

1 100051 N,N =⋅= − kmol

202 gzpp mρ+=

1819102010031 5

2 ⋅⋅+⋅= ,,p

Pa5

2 10131 ⋅= ,p

5

7

2

222

10131

2888314100051

⋅⋅⋅⋅

=ℜ

=−

,

,

p

TNV

33 cmm 132101292 6

2 ,,V =⋅= −

2. Primjer

Meteorološki balon za mjerenje brzine visinskog strujanja zraka (vjetra) ima

rastezljivu gumenu opnu mase mb = 100 g. Na balon se objesi uteg težine Ft = mtg = 4,4 N, a

zatim napuni vodikom okolišnjeg stanja: 1,013 bar i 15 oC, sve dok uzgon ne preuzme cijelu

težinu utega i opne, tako da balon lebdi. Zatim se prekine punjenje vodikom, ukloni uteg i

balon pusti u zrak.

a) Koliki je promjer balona u trenutku puštanja?

b) Koliki će biti promjer balona i sila uzgona na visini od 3000 m, na kojoj je stanje atmosfere

0,7 bara i – 5 oC, a temperatura vodika u balonu – 10

oC?

.....................................................................................................................................................

3. vježbe TERNODINAMIKA

2

LEBDENJE BALONA1

g↓

ϑ1 = 15 oC

p1 = 1,013 bar

mvg težina vodika

mzg težina istisnutog zraka

mbg težina balona

mtg = Ft težina tereta

pozitivan smjer

Bilanca sila

a) Lebdenje balona (nema uzgona)

0==↑↑−↓+↓+↓ uzbvt FgmgmgmF ,

( )3

2

0 48130 m,g

gmFV

Hz

bt =ρ−ρ

+=

do = 0,9723 m

VISINA 3000 m

ϑ2 = - 5 oC ; p2 = 0,7 bar

težina istisnutog zraka mzg

težina vodika mvg

težina balona mbg

Fu uzgon

2

g↓

b) Uzdizanje balona (bez tereta)

uzbv Fgmgmgm =↑↑−↓+↓

3223000 63610 m,

p

TRmV HH

m =⋅⋅

=

d = 1,067 m ; Fu = – 4,2 N


1

MJEŠAVINE IDEALNIH PLINOVA

Mješavine idealnih plinova vladaju se jednako idealno kao što se ponašaju i plinovi od kojih

su sastavljeni. Kada se na osnovi svojstava sudionika i njihovog udjela u ukupnoj masi,

odnosno količini, odrede svojstva mješavine, tada se ona može smatrati jednim plinom za

kojeg vrijedi jednadžba stanja idealnog plina, kao i sve druge relacije koje se koriste pri

proračunu procesa s idealnim plinom!

Mješavina s i sudionika ( i = 1, 2, ...., n)

Masena svojstva

masa mješavine = zbroju masa sudionika: m = m1 + m2 + ... + mn (1)

maseni udjeli: g1 = m1/m ; g2 = m2/m; .....; gn = mn/m

maseni sastav: ∑ ==++++i

ii gg....ggg 1321 (2)

plinska konstanta: ∑=

=n

i

ii RgR1

(3)

specifični toplinski kapaciteti: ∑=

=n

i

i,pip cgc1

; ∑=

=n

i

i,viv cgc1

(4)

Molna svojstva

količina mješavine = zbroju količna sudionika: N = N1 + N2 + ... + (5)

molni udjeli: r1 = N1/N ; r2 = N2/N ; ..... ; rn = Nn/N

molni sastav: 1321 ==++++ ∑i

ii rr....rrr (6)

molna masa: ∑=

=n

i

ii MrM1

(7)

molni toplinski kapaciteti: ∑=

=n

i

i,pip CrC1

; ∑=

=n

i

i,viv CrC1

(8)

Napomena: relacije (4) i (8) vrijede i za slučaj računa sa srednjim vrijednostima:

[ ] 2

1

ϑ

ϑpc ili [ ] 2

1

ϑ

ϑvc , odnosno, [ ] 2

1

ϑ

ϑpC ili [ ] 2

1

ϑ

ϑvC

Vrijede odnosi: i

iM

Rℜ

= ; i

iR

Mℜ

= ; M

Mrg ii

i = ; i

i

i gM

Mr = (9)


2

Svaki sudionik i ima temperaturu T i volumen V kao mješavina, ali njegov vlastiti

(parcijalni) tlak ovisi još samo o broju njegovih molekula Ni , preko kojih plin osjeća sudare s

drugim tijelima. Iz jednadžbe stanja idealnog plina slijedi:

T

VpN i

iℜ

= (10)

Zbrajanjem količina svih sudionika dobivamo količinu mješavine:

∑ ∑ℜ

=ℜ

==T

pVp

T

VNN ii

Daltonov zakon za idealne plinske mješavine: tlak mješavine = zbroju parcijalnih tlakova

sudionika.

∑=

=+++=n

i

in pp.....ppp1

21 (tlak mješavine) (11)

Omjer tlakova: i

ii rN

N

p

p== , jednak molnom udjelu i-sudionika

Za određivanje srednjih specifičnih ili molnih toplinskih kapaciteta moramo raspolagati s

tabličnim podacima. U Toplinskim tablicama FSB nalaze se podaci za srednje vrijednosti

molnog toplinskog kapaciteta Cp nekih plinova u intervalima temperatura: između 0oC i neke

karakteristične temperature, 100o, 200

o ....itd.

Kod plinskih mješavina proračun se provodi uz pomoć tabele.

Sudionik

i

Sastav

ri

Molna masa

Mi

riMi [ ] 2

0

ϑ

ipC [ ] 2

0

ϑ

pii Cr [ ] 1

0

ϑ

ipC [ ] 1

0

ϑ

ipi Cr

1 (r1) (M1) (r1M1)

2 (r2) (M2) (r2M2)

... ... ... ..↓. ↓ ↓

... ... ... ...

n (rn) (Mn) (rnMn)

...

Iz tablica

...

Iz tablica

M 2

0pC

ϑ

1

0pC

ϑ

Prividna svojstva mješavine zadanog sastava:

∑=i

ii MrM ; [ ] [ ]∑ ϑϑ=

i

i,pip CrC 22

00 ; [ ] [ ]∑ ϑϑ=

i

i,pip CrC 1

001

Prosječna svojstva za zadani interval temperatura ϑ1 i ϑ2 dobiva se iz relacija:

[ ][ ] [ ]

12

102012

2

1 ϑ−ϑ

ϑ⋅−ϑ⋅=

ϑϑ

ϑ

ϑ

pp

p

CCC ; → [ ] [ ] ℜ−=

ϑ

ϑ

ϑ

ϑ2

1

2

1 pv CC ; dimenzija: kJ/(kmol K)

[ ][ ]

M

Cc

p

p

2

12

1

ϑ

ϑϑ

ϑ= ; [ ]

[ ]

M

Cc

v

v

2

12

1

ϑ

ϑϑ

ϑ= ili [ ] [ ] Rcc pv −=

ϑ

ϑ

ϑ

ϑ2

1

2

1; dimenzija: kJ/(kg K)


3

1. ZADATAK

Atmosferski zrak sastoji se približno od 21% kisika O2 i 79% dušika N2 u volumnim

(molnim) udjelima.

Odredite masene udjele sudionika, prividnu plinsku konstantu i molnu masu zraka.

Koliki su parcijalni tlakovi kisika i dušika ako je tlak zraka 1,02 bara?

.....................................................................................................................................

2. ZADATAK

Plinska mješavina volumenskog (molnog) sastava: CO2 = 12% ; O2 = 7% ; N2 = 75% ; H2O =

6% zagrijava se od 100 oC na 300

oC pri konstantnom tlaku od 1,2 bara.

Odredite srednji specifični toplinski kapacitet cp u zadanom intervalu temperatura.

Kolika je gustoća plinske mješavine u konačnom stanju?

....................................................................................................................................

3. ZADATAK

Kisik O2 i acetilen C2H2 pomiješani su u volumnom (molnom) omjeru 5:2. Koliki je srednji

specifični toplinski kapacitet cv u temperaturnom intervalu 100 oC i 255

oC.

......................................................................................................................................


1

1. Zadatak

Atmosferski zrak sastoji se približno od 21% kisika O2 i 79% dušika N2 u volumnim

(molnim) udjelima.

Odredite masene udjele sudionika, prividnu plinsku konstantu i molnu masu zraka.

Koliki su parcijalni tlakovi kisika i dušika ako je tlak zraka 1,02 bara?

................

Svojstva sudionika

1 Kisik, O2 : M1 = 32 kg/kmol ; K kg

J 8259

32

83141 ,

MR ==

ℜ= ; r1 = 0,21

2 Dušik, N2 : M2 = 28 kg/kmol ; K kg

J 9296

28

8314

2

2 ,M

R ==ℜ

= ; r2 = 0,79

Svojstva mješavine:

tlak p = 1,02 bar = p1 + p2 ; molni sastav V

V

p

p

N

Nr iii

i ===

molna masa M = r1 M1 + r2M2 ; maseni udjeli M

Mrg ii

i =

ri Mi riMi gi pi

O2 0,21 32 6,72 0,233 0,2142

N2 0,79 28 22,12 0,767 0,8058

M = 28,84 kg/kmol

Plinska konstanta K kg

J 3288

8428

8314,

,MR ==

ℜ= ;

ili: K kg

J 328892967670825923302211

2

1

,,,,,RgRgRgRn

i

ii =⋅+⋅=+==∑=

=

................................................................................................................................................

2. Zadatak

Plinska mješavina volumenskog (molnog) sastava: CO2 = 12% ; O2 = 7% ; N2 = 75% ;

H2O = 6% zagrijava se od 100 oC na 300

oC pri konstantnom tlaku od 1,2 bara.

Odredite srednji specifični toplinski kapacitet cp u zadanom intervalu temperatura.

Kolika je gustoća plinske mješavine u konačnom stanju?

................................................................................................

Zadano: temperature ϑ1 = 100 oC = (373 K) ; ϑ2 = 300

oC = (573 K)

tlak p = 1,2 bar

ri Mi riMi [ ] 2

0

ϑ

ipC [ ] 2

0

ϑ

ipi Cr [ ] 1

0

ϑ

ipC [ ] 1

0

ϑ

ipi Cr

CO2 0,12 44,01 5,2812 41,755 5,0106 38,112 4,5734

O2 0,07 32,00 2,24 30,40 2,128 29,538 2,0677

N2 0,75 28,02 21,015 29,383 22,037 29,144 21,858

H2O 0,06 18,016 1,081 34,575 2,0745 33,741 2,0245

M = 29,62 [ ] 2

0

ϑ

pC = 31,25 [ ] 1

0

ϑ

pC = 30,52


2

Plinska konstanta K kg

J 7280

6229

8314,

,MR ==

ℜ=

[ ][ ] [ ]

Kkmol

kJ6231

100300

10052303002531

12

1

100

02

300

0300

100 ,,,CC

Cpp

p =−

⋅−⋅=

ϑ−ϑ

ϑ⋅−ϑ⋅=

[ ] [ ]Kkmol

kJ312331486231300

100

300

100 ,,,CC pv =−=ℜ−=

[ ][ ]

Kkg

kJ0681

6229

6231300

100300

100,

,

,

M

Cc

p

p === ; [ ][ ]

Kkg

kJ7870

6229

3123300

100300

100,

,

,

M

Cc

v

v ===

Eksponent adijabate: [ ][ ][ ]

[ ][ ]

35717870

0681,

,

,

c

c

C

C

v

p

v

p====κ

Gustoća mješavine:

3

5

2

2m

kg7460

5737280

1021,

,

,

RT

p=

⋅

⋅==ρ ; (ρ1 = 1,146 kg/m

3 )

……………………………………………………………………………………………..

3. Zadatak

Kisik O2 i acetilen C2H2 pomiješani su u volumnom (molnom) omjeru 5:2. Koliki je

srednji specifični toplinski kapacitet cv u temperaturnom intervalu 100 oC i 255

oC.

………………………………….

Zadano: omjer 2 2 2

2 2 2 2 2 2

O O O

C H C N C N

5

2

N r N r

N r N r= = = ;

2 2 2 2 2 2 2 2 2O C H C H C H C H

5 71

2 2r r r r r= + = + = ;

2 2C H

20 2857

7r ,= = ;

2O

50 7143

7r ,= =

ri Mi riMi [ ] 255

0ipC [ ] 255

0ipi Cr [ ]100

0ipC [ ]100

0ipi Cr

O2 0,7143 32,00 22,848 30,189 21,555 29,538 21,090

C2H2 0,2857 26,04 7,447 49,705 14,216 45,871 13,119

M = 30,295 [ ] 255

0pC = 35,77 [ ]100

0pC = 34,21

Vrijednost [ ] 255

0pC se mora odrediti linearnom interpolacijom podataka dviju susjednih

vrijednosti u Tablicama [ ] 300

0pC i [ ] 200

0pC :

[ ] [ ] [ ] [ ]{ } ( )Kkmol

kJ189309312943055093129

100

55 200

0

300

0

200

0

255

0 ,,,,,CCCC pppp =−+=−+=


3

Srednja vrijednost slijedi iz relacije:

[ ][ ] [ ]

Kkmol

kJ7736

100255

10021342557735

12

1

100

02

255

0255

100 ,,,CC

Cpp

p =−

⋅−⋅=

ϑ−ϑ

ϑ⋅−ϑ⋅=

[ ] [ ]Kkmol

kJ4562831487736255

100

255

100 ,,,CC pv =−=ℜ−=

[ ][ ]

Kkg

kJ211

29530

7736255

100255

100,

,

,

M

Cc

p

p === ; [ ][ ]

Kkg

kJ9390

29530

45628255

100255

100,

,

,

M

Cc

v

v ===

Eksponent izentrope (idealne adijabate): [ ][ ][ ]

[ ][ ]

29219390

211,

,

,

c

c

C

C

v

p

v

p====κ

Napomena: adijabatom se naziva svaka promjena stanja pri kojoj se ne imjenjuje toplina s

okolinom (drugim tvarima), ali ne i toplina koja se razvija unutarnjim trenjem u materiji

(plinu) čiju promjenu promatramo – zbog koje raste entropija. Samo u idealnom

(teorijskom) slučaju ne dolazi do pojave trenja, pa takva idealna adijabata postaje

izentropa, tj. promjena stanja bez promjene entropije.

U našim razmatranjima ne uzimamo u obzir efekte trenja, pa tako ni realne adijabate, već

samo idealne adijabate, tj. izentrope. Stoga je teorija klasične (ravnotežne) termodinamike

krajnje idealizirana, i kao takva dovodi do najednostavnijih računskih postupaka.


1

1. Primjer

Atmosferski zrak sadrži malo vlage (H2O) u obliku pare. Odredite masu vodene pare,

sadržane u 1 m3 vlažnog zraka temperature ϑo = 25

oC, ako je barometarski tlak po = 750

mm Hg, a parcijalni tlak vodene pare pH2O = 15 mm Hg.

Kolika je gustoća tog zraka?

................................................................................................

Mješavina idealnih plinova: vlažni zrak = suhi zrak + vodena para

Baromatarski tlak = tlak suhog zraka + parcijalni tlak

vodene pare

20 H O

1bar750 mm Hg 1bar

750mm Hgzp p p

= + = =

2H O

1bar15mm Hg 0 020 bar

750 mm Hgp ,

= =

Molni udio vodene pare:

2

2

H O

H O

o

0 020 02

1

p ,r ,

p= = =

Količina vlažnog zraka:

kmol0403602988314

1101 5

0 ,T

VpN =

⋅

⋅⋅=

ℜ=

Količina vodene pare:

2 2H O H O 0 02 0 04036 0 000807 kmolN r N , , ,= ⋅ = ⋅ =

Masa vodene pare:

2 2 2H O H O H O 18 0 000807 0 01453kgm M N , ,= ⋅ = ⋅ =

Količina suhog zraka:

2H O 0 04036 0 000807 0 0396kmol

zN N N , , ,= − = − =

Masa suhog zraka:

kg1461039609528 ,,,NMm zzz =⋅=⋅=

Masa vlažnog zraka:

2H O 1 146 0 01453 1 16kgzm m m , , ,= + = + =

Gustoća vlažnog zraka:

3m

kg161

1

161,

,

V

m===ρ

para H2O

suhi zrak

vlažni zrak

pz

pz

2H Op

2H Op

po


2

2. Primjer

Kolika je molna masa nepoznatog plina, ako su poznati njegovi specifični toplinski

kapaciteti: cp = 1,059 kJ/(kg K) i cv = 0,762 kJ/(kg K)?

Koliki rad izvrši 1 kg tog plina svojim širenjem, ako mu se pri konstantnom tlaku

promijeni temperatura za 5oC?

...............................................................................................................................................

Omjer specifičnih toplinskih kapaciteta:

κ=== 3917620

0591,

,

,

c

c

v

p ("eksponent izentrope")

Vrijede relacije: Rcc vp += ; Rcp1−κ

κ= ;

1−κ=

Rcv iz kojih se može odrediti R:

( ) ( ) Kkg

J

Kkg

kJ2972970139176201 ==−=−κ= ,,,cR v

Molna masa plina:

kmol

kg28

297

8314==

ℜ=

RM

Promjena stanja plina pri konstantnom tlaku ("izobara") povezuje početno (1) i konačno

(2) stanje plina s uvjetom: p1 = p2 = p, pri čemu je 05 CT∆ = ∆ϑ = .

stanje 1: 11 mRTpV = stanje 2: 22 mRTpV =

Razlika volumena: ( ) TmRTTmRVVV ∆=−=−=∆ 1212

Mehanički rad zbog širenja plina:

( ) kJ 48715297011212

2

1

2

1

,,TmRVVpdVppdVW

V

V

V

V

=⋅⋅=∆=−=== ∫∫

3. Primjer

U zatvorenom neizoliranom spremniku volumena 300 litara nalazi se mješavina

volumenskog (molnog) sastava: rN2 = 0,55; rCO = 0,25 i rH2 = 0,20 , pod tlakom 1 bar.

Dovođenjem topline mješavina se zagrije od 50 oC na 600

oC.

• Koliki je konačan tlak?

• Koliko je vrijeme potrebno za zagrijavanje mješavine, ako je u spremniku ugrađena

električna grijalica snage 1 kW?

Računati sa srednjim molnim toplinskim kapacitetima.

..................................................................................................................................................

Zadano:

svojstva mješavine:

volumen V2 = V = 300 l = 0,3 m3 ; tlak p1 = 1 bar ; temperature: ϑ1 = 50

oC , ϑ2 = 600

oC.

električna grijalica: snaga Qel = 1 kW.


3

Količina mješavine:

kmol 0111703238314

30101 5

1

1 ,,

T

VpN =

⋅

⋅⋅=

ℜ=

ri [ ] 2

0

ϑ

ipC [ ] 2

0

ϑ

ipi Cr [ ] 1

0

ϑ

ipC [ ] 1

0

ϑ

ipi Cr

N2 0,55 30,149 16,582 29,130 16,021

CO 0,25 30,425 7,606 29,151 7,288

H2 0,20 29,316 5,863 28,776 5,755

[ ] 0530600

0 ,C p = [ ] 0642950

0 ,C p =

[ ] [ ] [ ]Kkmol

kJ1430

50600

50064296000530

12

1

50

02

600

0600

50 ,,,CC

Cpp

p =−

⋅−⋅=

ϑ−ϑ

ϑ⋅−ϑ⋅=

[ ] [ ]Kkmol

kJ832131481430600

50

600

50 ,,,CC pv =−=ℜ−=

I. Zakon

121212 UWQ ∆=− ; dV = 0 → W12 = 0

[ ] ( ) ( ) kJ113450600832101117012

600

501212 ,,,CNUQ v =−⋅=ϑ−ϑ=∆=

Vrijeme zagrijavanja:

tQQ el ⋅=12 → smin14211341

113412 ==== s,,

Q

Qt

el


1

TERMODINAMIČKI MODEL Tvari koje sudjeluju u procesu čine zatvoreni i izolirani sustav u odnosu na preostale tvari u svemiru. U stvarnosti nije moguće ostvariti nepropusnost granica sustava u odnosu na moguće energijske utjecaje okoliša, pa se postavljanjem granice po logici izvedivosti računa efekti tvari izvan sustava potpuno isključuju – računski zanemaruju. Da bi u takvom sustavu došlo do promjena (procesa), sudionici sustava moraju imati različita svojstva prema kojima se mogu razlikovati tipični članovi sustava.

Zatvoreni izolirani sustav = radni sustav + okoliš

Radni sustav se odnosi na radni medij (RM), kojega ćemo u narednim razmatranjima smatrati idealnim plinom. Proces se odnosi na promjenu stanja radnog medija, a odvija se kao kontinuirani niz ravnotežnih stanja. Uvjeti ravnoteže se propisuju na dva načina:

• unutarnja ravnoteža podrazumijeva da u svim materijalnim točkama radnog medija vlada ista temperatura (uvjet toplinske ravnoteže) i jednak tlak (uvjet mehaničke

ravnoteže), • vanjska mehanička ravnoteža propisuje postojanje sudionika u okolišu koji u

potpunosti (bez gubitaka) primaju ili predaju mehaničke efekte jednake teorijskom

radu radnog medija. Promjena volumena radnog medija odvija se pri zanemarivoj razlici sila između radnog medija i sudionika u okolišu.

Uvjet vanjske toplinske ravnoteže nije propisan, pa zbog vanjske toplinske neravnoteže nastupa nepovratna izmjena topline zbog čega cijeli proces postaje nepovratan (ireverzibilan, jednosmjeran). Izuzetak je promjena stanja potpuno izoliranog radnog

medija koja je stoga povratna. Okoliš se odnosi na:

• okolišnji zrak, stanja ϑ0 i p0, koji je prirodni toplinski i mehanički sudionik, pa može sudjelovati i u toplinskoj i u mehaničkoj interakciji.

• toplinske spremnike (TS), bilo kao ogrijevne (OS) ili rashladne (RS), zadane s njihovim konstantnim temperaturama, TOS = konst. i TRS = konst.

• mehanički sudionik (MS). Oblici energijske interakcije između radnog medija i okoliša:

• mehanička interakcija postoji ako RM mijenja svoj volumen, ∆V12 ≠ 0. Dio teorijskog rada W12 obavlja se prema okolišnjem zraku u iznosu W0, pri čemu se volumen zraka mijenja jednako kao i radnog medija, ali sa suprotnim smislom: ∆V0 = – ∆V12. Stoga su ovi radovi uvijek suprotnog smisla. Preostali dio teorijskog rada radnog medija u iznosu W = W12 – W0 obavlja se prema mehaničkom sudioniku (MS) koji se u pravilu ne opisuje s nikakvim posebnim karakteristikama. Naprosto se pretpostavlja da takav sudionik postoji, jer u protivnom ne bi bio ispunjen uvjet vanjske mehaničke ravnoteže.

• toplinska interakcija može se odvijati između radnog medija i okolišnjeg zraka i/ili između radnog medija i posebnih toplinskih spremnika. Opća je karakteristika toplinskih spremnika da se pri izmjeni topline njihova temperatura ne mijenja.


2

Radni medij se ponaša po modelu idealnog plina, pa za opis njegovog stanja vrijedi jednadžba: mRTpV = ili TNpV ℜ= (1) Obično se zanemaruju promjene kinetičke ∆Ek,12 i potencijalne ∆Ep,12 energije, pa je bilanca energije opisana s reduciranim oblikom I. Zakona ternodinamike: 121212 UWQ ∆=− (2) ............................................................................................................................................ Promjena unutarnje energije idealnog plina računa se uvijek po jednadžbama: ( ) ( )121212 ϑ−ϑ=−=− vv mcTTmcUU , ili (3a)

( ) ( )121212 ϑ−ϑ=−=− vv NCTTNCUU . (3b)

Ako ne postoji zahtjev da se računa sa srednjim specifičnim ili molnim toplinskim kapacitetima tada se, po dogovoru, uzimaju vrijednosti pravih specifičnih ili molnih toplinskih kapaciteta pri temperaturi 0oC iz Toplinskih tablica. U protivnom treba provesti propisani postupak određivanja srednjih vrijednosti:

[ ][ ] [ ]

12

102012

2

1 ϑ−ϑ

ϑ⋅−ϑ⋅=

ϑϑ

ϑ

ϑ

pp

p

CCC , [ ] [ ] ℜ−=

ϑ

ϑ

ϑ

ϑ2

1

2

1 pv CC , [ ][ ]

M

Cc

v

v

2

12

1

ϑ

ϑϑ

ϑ = . (4)

............................................................................................................................................ Za teorijski mehanički rad radnog medija pri vanjskoj mehaničkoj ravnoteži vrijedi jednadžba:

( ) ( )∫∫ ==

2

1

2

1

12 dvvpmdVVpW , teorijski rad radnog medija. (5)

Konačan računski oblik ovisi o procesu, tj. načinu na koji se mijenja stanje plina od početnog (1) do konačnog (2). Mehanički rad okolišnjeg zraka, čiji se tlak p0 ne mijenja, a čija je promjena volumena jednaka i suprotnog smisla od promjene volumena radnog medija, može se uvijek izračunati iz jednadžbe: ( )2100 VVpW −= , mehanički rad okolišnjeg zraka, (6)

gdje su V1 i V2 početni i konačan volumen radnog medija (plina). Preostali mehanički rad vrši se prema nedefiniranom mehaničkom sudioniku (MS) u okolišu u iznosu:

012 WWW += , rad mehaničkog sudionika. (7)

................................................................................................................................................

Toplina koju izmjenjuje radni medij s okolišnjim zrakom ili s nekim toplinskim spremnikom (TS) slijedi iz jednadžbe I. Zakona termodinamike: 121212 WUQ +∆= , izmjenjena toplina radnog medija. (8)


3

Jednadžba II. Zakona termodinamike:

( ) ( )dssTmdSSTQ ∫∫ ==

2

1

2

1

12 , (9)

vrijedi za ravnotežne procese radnog medija, ali je poziva na svojstvo entropije S koje se teško mjeri. Stoga se za praktičke proračune koristi jednadžba (8).

POLITROPE – RAVNOTEŽNE PROMJENE STANJA Ravnotežna promjena koja spaja početno (1) i konačno (2) stanje radnog medija (idealnog plina) može se opisati jednadžbom politrope: konst. = V p n , za m kg plina, (10)

konst. = v p n

, za 1 kg plina. (11) pri čemu za vrijednost eksponenta politrope n = konst. postoji samo jedna karakteristična politropa koja spaja stanja (1) i (2). Inače, ta stanja se mogu povezati s beskrajno mnogo politropa (ravnotežnih procesa), ali pri tome n mijenja svoju vrijednost. Budući da se svaki ravnotežni proces može razložiti na prikladan broj karakterističnih politropa to ćemo se baviti samo proračunom takvih politropa. ............................................................................................................................................ Karakteristična politropa s eksponentom n = konst. Za zadana stanja (1) i (2) poznata su sva svojstva: (T1, p1, V1) i (T2, p2, V2) Između početnog (1) i konačnog (2) stanja vrijedi: nn VpVp 2211 = (12)

Eksponent karakteristične politrope:

2

1

1

2

V

Vln

p

pln

n = . (13)

Za proizvoljno mali dio procesa na kojem je n = konst. vrijede diferencijalne jednadžbe: • iz jednadžbe stanja: pV = mRT , slijedi: mRdTpdVVdp =+ . (14) • iz jednadžbe promjene stanja: .konstpV n = , slijedi:

01 =+ − pdVnVdpV nn → pdVnVdp −= . (15) Uvrštavanjem jednadžbe (15) u jednadžbu (14) dobiva se nakon sređivanja relacija:

( )

dTn

mRpdV

−=

1. (16)


4

Diferencijalni iznosi

teorijski rad, δW ϑ−

=−

==δ dn

mRdT

n

mRpdVW

11 (17)

promjena unutarnje

energije, dU ϑ== dmcdTmcdU vv (18)

izmjenjena toplina, δQ dTn

RcmdT

n

mRdTmcWdUQ vv

−+=

−+=δ+=δ

11 (19)

Za cijeli proces od stanja (1) do stanja (2) uz n = konst. vrijedi:

Teorijski rad, W12 ( ) ( )212112 11TT

n

NTT

n

mRW −

−

ℜ=−

−= (20)

Promjena unutarnje

energije, ∆U12 ( ) ( )121212 TTNCTTmcU vv −=−=∆ (21)

Izmjenjena topline, Q12 ( ) ( )1212121212 TTNCTTmcWUQ nn −=−=+∆= (22)

Specifični i molni toplinski kapaciteti politrope: 1−

κ−=

n

ncc vn ;

1−

κ−=

n

nCC vn . (23)

Jednadžbe (20) i (22) mogu se koristiti za sve karakteristične politrope, osim za izotermnu

promjenu koja se odvija s eksponentom n = 1. Tada je p1V1 = p2V2 što je moguće samo u slučaju kada je mRT1 = mRT2, odnosno T1 = T2 = T = konst.

Za izotermu vrijede jednadžbe:

( ) 01212 =−=∆ TTmcU v → 2

11212

p

plnmRTWQ == ; (T = konst.; n = 1) (24)

1. ZADATAK Dušik ekspandira politropski (n = 1,3) od tlaka 4 bara i temperature 50 oC na dvostruki početni volumen.

• Odredite tlak i temperaturu na kraju ekspanzije. • Koliko rada izvrši dušik pri ovoj ekspanziji i kolika je izmjenjena toplina? • Koliko se od toga rada može iskoristiti, ako se ekspanzija odvija u okolišu tlaka 1

bar? Računati po 1 kg dušika. Proces dušika skicirajte u p-v i T-s dijagramu.


5

2. ZADATAK U cilindru s pomičnim stapom nalazi se m = 0,18 kg zraka pod tlakom 10 bara i temperature 100 oC.

• Kolika je izmjenjena toplina, promjena unutarnje energije i teorijski rad, ako se u konačnom stanju uspostavio tlak 1 bar i temperatura 0 oC? Računati sa srednjim specifičnim toplinskim kapacitetom.

• Koji su sudionici procesa? ..................................................................................................................................................

5vj_zad Politrope

1

1. ZADATAK

Dušik ekspandira politropski (n = 1,3) od tlaka 4 bara i temperature 50 oC na dvostruki

početni volumen.

- Odredite tlak i temperaturu na kraju ekspanzije.

- Koliko rada izvrši dušik pri ovoj ekspanziji i kolika je izmjenjena toplina?

- Koliko se od toga rada može iskoristiti, ako se ekspanzija odvija u okolišu tlaka 1 bar?

Računati po 1 kg dušika. Proces dušika skicirajte u p-v i T-s dijagramu.

.......................................................................................................................................................

Zadani podaci

Dušik (N2) : M = 28,02 kg/kmol → R = ℜ/M = 8314/28,02 = 296,7 J/(kg K),

0 oC → cp = 1,043 kJ/(kg K), ι = 1,4 , cv = 0,745 kJ/(kg K)

(nema zahtjeva da se računa sa srednjim specifičnim toplinskim kapacitetima)

Politropa: n = 1,3 < ι = 1,4 → ekspanzija s dovođenjem topline.

Početno stanje 1: p1 = 4 bara, ϑ1 = 50 oC , T1 = 323 K, ( m = 1 kg).

Omjer volumena: V2/V1 = 2 → v2 = 2v1.

.......................................................................................................................................................

Dijagramski prikaz procesa

p

v, m3/kg

T

s, J/(kg K)

n =

1,3

s2v2

KN/m

2

p2

1

2T2

1

2

w12 = R(ϑ1 - ϑ2)/(n - 1) > 0 q12 = cn(T2 - T1) > 0

v1

v1

p1p1

p2

v2

T1

s1

1<n <

κ

( )∫=

2

1

12 dssTq

( )∫=

2

1

12 dvvpw

q12

powo

+

wo = po(v1 - v2)

+

OS

ϑ1

ϑ2

MS

-

w+

w = w12 + wo

Rješenje

Stanje 1: kg

m

3

2400104

32372965

1

11 ,

,

p

RTv =

⋅

⋅==

Stanje 2: bar 62512

14

31

2

112 ,

v

vpp

,n

=

=

=

C) 11( K o-v

vTT

,n

==

=

=

−−

2622

1323

1311

2

112

5vj_zad Politrope

2

kg

m

3

4800106251

26272965

2

22 ,

,

,

p

RTv =

⋅

⋅== .

Teorijski mehanički rad

( ) ( )kg

kJ 360262323

131

29760

12112

12 ,,

,TT

n

Rw

m

W=−

−=−

−== .

Mehanički rad okolišnjeg zraka

( ) ( )kg

kJ

kg

J oo

o 242400048002400101 5

21 −=−=−⋅⋅=−== ,,vvpwm

W.

Koristan mehanički rad

oWWW += 12 → kg

kJ o 3362436012 ,,www =−=+= .

Dovedena toplina – (od toplinskog spremnika koji nije definiran zadatkom)

( ) ( )kg

kJ115323262

131

41317450

11212

12 ,,

,,,TT

n

ncq

m

Qv =−

−

−=−

−

κ−== .

Kontrola

( ) ( )kg

kJ44532326274501212 ,,TTcu v −=−⋅=−=∆ ,

kg

kJ 914360445121212 ,,,wuq =+−=+∆= , (≈ 15,1 u okviru točnosti računa).

.......................................................................................................................................................

5vj_zad Politrope

3

2. ZADATAK

U cilindru s pomičnim stapom nalazi se m = 0,18 kg zraka pod tlakom 10 bara i temperature

100 oC.

Kolika je izmjenjena toplina, promjena unutarnje energije i teorijski rad, ako se u

konačnom stanju uspostavio tlak 1 bar i temperatura 0 oC? Računati sa srednjim specifičnim

toplinskim kapacitetom.

Koji su sudionici procesa?

.......................................................................................................................................................

Zrak: m = 0,18 kg

M = 28,95 kg/kmol

Kkg

J 2287

9528

8314,

,MR ==

ℜ=

1 p1 = 10 bar ; ϑ1 = 100 oC = (372 K)

2 p2 = 1 bar ; ϑ2 = 0 oC = (272 K)

z1

z2

d

[ ] [ ] [ ] Kkmol

kJ 15329100

01

2

2

1,CCC ppp ===

ϑ

ϑ

ϑ

ϑ

[ ] [ ] Kkmol

kJ 83920314815329100

0

100

0 ,,,CC pv =−=ℜ−= ; [ ][ ][ ]

399183920

15329100

0

100

0100

0 ,,

,

C

C

v

p===κ

[ ][ ]

Kkg

kJ 71980

9528

83920100

0100

0 ,,

,

M

Cc v

v === ;

[ ] [ ] Kkg

kJ11110951

11571

3991157171980

1

100

0

100

0 ,,,

,,,

n

ncc vn −≅−=

−

−⋅=

−

κ−=

p

v, m3/kg

1<

n <κ

v2

N/m2

p2

1

2

w12 = R(ϑ1 - ϑ2)/(n - 1) > 0

v1

p1

( )∫=

2

1

12 dvvpw

ϑ1

ϑ2

T

s, J/(kg K)s2

K

T2

1

2

q12 = cn(T2 - T1) > 0

v1p1

p2

v2

T1

s1

1<n <

κ

( )∫=

2

1

12 dssTq

5vj_zad Politrope

4

Volumeni

3

m 0192801010

37322871805

1

11 ,

,,

p

mRTV =

⋅

⋅⋅== ;

3m 14110

101

27322871805

2

22 ,

,,

p

mRTV =

⋅

⋅⋅==

V2 = 0,1411 m3 > V1 = 0,01928 m

3 (ekspanzija)

Promjena unutarnje energije

( ) ( ) kJ 96121000719801801212 ,,,mcU v −=−⋅⋅=ϑ−ϑ=∆

Eksponent politrope

nnVpVp 2211 = → 1571

019280

141101

10

1

2

2

1

,

,

,ln

ln

V

Vln

p

pln

n === < 1,399 = κ (grijanje)

Teorijski rad - radnog medija (RM)

( ) ( ) kJ 32,9J ≅=−−

⋅=ϑ−ϑ

−= 329300100

11571

2287180

12112

,

,,

n

mRW

Toplina politrope ( n = -1,1095) - dovedena toplina od ogrjevnog spremnika (OS)

( ) ( ) ( ) kJ 97191000109511801212 ,,,mcQ n =−⋅−⋅=ϑ−ϑ=

Kontrola

121212 UWQ ∆=−

19,97 – 32,9 = 12,96

12,93 ≈ 12,96

Sudionici procesa radni medij = zrak

ogrijevni spremnik OS: nepoznat TOS > T1 (= Tmax)

mehanički sudionik MS: nepoznat

5vj_prim Politrope

1

1. Primjer

U vertikalnom cilindru unutarnjeg promjera d = 500 mm nalazi se pomičan stap na

visini z1 = 0,5 m od dna. Uslijed djelovanja težine stapa i atmosferskog tlaka 1 bar, zrak u

cilindru se nalazi pod tlakom 3 bara.

- Koliko topline treba dovesti da se zrak ugrije od 0 oC na 100

oC?

- Koliko se topline troši na rad širenja volumena?

- Koliki se dio toga rada troši na potiskivanje atmosfere, a koliki na dizanje stapa?

Proces skicirajte u p-v i T-s dijagramu.

.......................................................................................................................................................

Zadani podaci

Cilindar: d = 0,5 m → 2m 196304

50

4

22

,,d

A =π

=π

=

z1 = 0,5 m → V1 = A z1 = 0,09817 m3

Zrak: M = 28,95 kg/kmol → R = ℜ/M = 8314/28,95 = 287,2 J/(kg K)

[ ][ ]

Kkg

kJ 0071

9528

15329100

0100

0 ,,

,

M

Cc

p

p === ;

[ ] [ ] Kkg

kJ 71980228700071100

0

100

0 ,,,,Rcc pv =−=−= ; [ ][ ][ ]

399171980

0071100

0

100

0100

0 ,,

,

c

c

v

p===κ

Po dogovoru: kada se u tekstu ne zahtjeva da se računa sa srednjim, tada se smiju koristiti

prave vrijednosti specifičnih toplinskih kapaciteta kod 0 oC:

cp = 1,005 kJ/(kg K), κ = 1,4 → cv = cp/κ = 0,7179 kJ/(kg K)

Politropa: p1 = p2 = p = 3 bara; n = 0 → ekspanzija s dovođenjem topline.

Početno stanje 1: p = 3 bara, ϑ1 = 0 oC , T1 = 273 K , V1 = 0,09817 m

3

Konačno stanje 2: p = 3 bara, ϑ2 = 100 oC , T2 = 373 K ,

3m 13410273

373098170

1

212 ,,

T

TVV =⋅== ;

kg 375602732287

098170103 5

1

11 ,,

,

RT

Vpm =

⋅

⋅⋅==

Dijagramski prikaz procesa

Q12

poA

pA mg

z2

z1

p

V, m3

n = 0

V2

N/m2

p1 2

V1

∫=

2

1

12 dVpW

ϑ1

ϑ2

T

s, J/(kg K)s1

T2

s2

K

T1

1

2

v2

v1( )∫=

2

1

12 dssTq

p 1 =

p 2

OS

5vj_prim Politrope

2

Rješenje

Dovedena toplina

( ) ( ) kJ 82372733720071375601212 ,,,TTmcQ p =−⋅⋅=−=

Teorijski mehanički rad

( ) ( ) kJ J 78101077609818013410103 5

1212 ,,,VVpW ≅=−⋅⋅=−=

Rad za potiskivanje okolišnjeg zraka

( ) ( ) kJ 3,59J −≅−=−⋅⋅=−= 359213410098180101 5

2100 ,,VVpW

Rad za dizanje stapa

kJ 1975937810012 ,,,WWW =−=+=


( ) ( ) kJ 042727337371980375601212 ,,,TTmcU v =−⋅⋅=−=∆

Kontrola – za radni medij:

kJ 823778100427121212 ,,,WUQ =+=+∆=

Udio topline za mehanički rad: %,%,

,%

Q

W528100

8237

7810100

12

12 =⋅=⋅

Udio topline za porast unutarnje energije: %,%,

,%

Q

U571100

8237

0427100

12

12 =⋅=⋅∆

Udio rada za potiskivanje atmosfere: %,%,

,%

W

W333100

7810

593100

12

0 =⋅=⋅

Udio rada za dizanje stapa: %,%,

,%

W

W766100

7810

197100

12

=⋅=⋅

Kolika je masa stapa? ( ) ( ) kg400819

196301013 5

0 =⋅⋅−=−=,

,

g

Appms

.......................................................................................................................................................

5vj_prim Politrope

3

2. Primjer

Plinska mješavina molnog sastava: O2 = 0,25, N2 = 0,55 i CO2 = 0,20 komprimira se

od stanja okoliša 1 bar i 20 oC na tlak 6,6 bara i temperaturu 180

oC.

- Koliko bi se rada potrošilo za komprimiranje 1 kmola mješavine, te koliko se topline

izmjenjuje pri tome?

Računati sa srednjim molnim toplinskim kapacitetima.

........................................................................................................

Zadani podaci

1 p1 = 1 bar, ϑ1 = 20 oC = (293 K)

2 p2 = 6,6 bar, ϑ2 = 180 oC = (453 K)

Politropska kompresija

n

n

p

p

T

T1

1

2

1

2

−

=

Eksponent politrope

2310

1

66293

453

1

1

2

1

2

,,

ln

ln

p

pln

T

Tln

n

n===

−

30123101

1,

,n =

−=

3m 3624101

293831415

1

11 ,

p

TNV =

⋅

⋅⋅=

ℜ=

3m 751066

453831415

2

22 ,

,p

TNV =

⋅

⋅⋅=

ℜ=

z2

z1

pop1

p2

Q12

p

VV1

p1

1

2

V2

p2

W = W12 + Wo

Wo

ϑ1

ϑ2

n = 1,30

κ > n

Wo

W

RS

MS

ϑRS

W

Q12

W12

Srednji molni toplinski kapacitet

Dogovor: kada je ϑ2 >> ϑ1, ili obnuto, tada se može koristiti približan račun:

[ ] [ ] 212

1 0

ϑ+ϑϑ

ϑ ≈ pp CC , tj. u ovom primjeru: [ ] [ ]200

0

180

20 pp CC ≈

ri Mi riMi [ ]200

0pC [ ]200

0pi Cr

O2 0,25 32 8,0 29,931 7,48

N2 0,55 28 15,4 29,228 16,08

CO2 0,20 44 8,8 40,059 8,01

1,00 32,2 31,57

M = 32,2 kg/kmol [ ]200

0pC =31,57 kJ/(kmol K)

5vj_prim Politrope

4

[ ] [ ]

Kkmol

kJ 262331485731200

0

200

0 ,,,CC pv =−=ℜ−=

[ ][ ][ ]

35712623

5731200

0

200

0200

0 ,,

,

C

C

v

p===κ

[ ] [ ] Kkmol

kJ424

1301

35713012623

1

200

0

200

0 ,,

,,,

n

nCC vn −=

−

−⋅=

−

κ−=

Odvedena toplina

[ ] ( ) ( ) ( ) kJ 70724345342411212 −=−⋅−⋅=−⋅= ,TTCNQ n


[ ] ( ) ( ) kJ 3722243453262311212 =−⋅⋅=−⋅=∆ ,TTCNU v

Teorijski mehanički rad – potreban za kompresiju radnog medija

( ) ( ) kJ 44344532931301

31481

12112 −=−⋅

−

⋅=−

−

ℜ=

,

,TT

n

NW

Rad okoline – okolišnjeg zraka

( ) ( ) kJ 1866J =⋅=−⋅=−= 35

2100 101866753624101 ,,VVpW

Utrošeni rad – od nepoznatog mehaničkog sudionika MS

kJ 256818664434012 −=+−=+= WWW

Kontrola: 121212 UWQ ∆=−

-707 + 4434 = 3722

3727 ≈ 3722

6. vježbe Specijalne politrope

1

SPECIJALNE POLITROPE

Za sve slučajeve vrijedi: ℜ= NmR ; vv NCmc = ; pp NCmc =; 1212 ϑ−ϑ=− TT

Rcc vp += , 1−κ

κ=

Rc p ,

v

p

v

p

C

C

c

c==κ , ℜ+= vp CC ,

1−κ

ℜ=vC

Stanja idealnog plina

1 T1, p1, V1

2 T2, p2, V2

Jednadžbe stanja

111 mRTVp =

222 mRTVp =

Jednadžba promjene stanja

.konstpVn =

nn

VpVp 2211 = ..............................................

1

2

1

1

1

2

1

2

−−

=

=

nn

n

V

V

p

p

T

T

Bilanca energije: (I. Zakon)

121212 WUQ +∆=

( )1212 TTmcU v −=∆

( ) ( )∫∫ ==

2

1

2

1

12 dvvpmdVVpW

1. IZOHORA Promjena stanja pri konstantnom volumenu V1 = V2 = V


1 T1, p1, V

2 T2, p2, V

Jednadžbe stanja

11 mRTVp =

22 mRTVp =

1

2

1

2

T

T

p

p=

Promjena stanja

.konstpVn =

p = 0 : n = + ∞

p = ∞ : n = – ∞

Eksponent izohore: n = ± ∞

V = konst. → dV = 0

0

2

1

12 == ∫ pdVW

( ) 01212 ≠−=∆ TTmcU v

01212 ≠∆= UQ

( ) 01

21212 ≠=−=∆

T

TlnmcssmS v

TSTS

TSTS

T

Q

T

QS 12−

==∆

Q12 > 0

Q12 = ∆U12

W12 = 0

1

V = konst.

2

Q12 < 0

p

v, m3/kg

T

s, J/(kg K)

n = ± ∝

p2

ϑ2

s1v1 = v2

T2

v 1=

v 2

s2

KN/m2

p1

ϑ1

1

2

T11

2

p2

p1

w12 = 0 q12 = cv (T2 - T1 )

( ) 0

2

1

12 >= ∫ dssTq

OS

OS


2

2. IZOBARA Promjena stanja pri konstantnom tlaku p1 = p2 = p


1 T1, p, V1

2 T2, p, V2

Jednadžbe stanja

11 mRTpV =

22 mRTpV =

1

2

1

2

T

T

V

V=

Promjena stanja

.konstp =

Eksponent izobare: n = 0

( ) 012

2

1

12 ≠−== ∫ VVppdVW

( ) 01212 ≠−=∆ TTmcU v

( )12121212 WUTTmcQ p +∆=−=

( ) 01

21212 ≠=−=∆

T

TlnmcssmS p

TSTS

TSTS

T

Q

T

QS 12−

==∆

W12 > 0

2

1

p1= p2

Q12 > 0

p

v, m3/kg

T

s, J/(kg K)

n = 0

ϑ2

s1v2

T2

s2

KN/m

2

p

ϑ1

1 2

T1

1

2

p 1 =

p 2

w12 = p(v2 - v1) > 0 q12 = cp (T2 - T1 ) > 0

v1

v2

v1

∫=

2

1

12 dvpw

( )∫=

2

1

12 dssTq

OS

MSp0

OS TOS > T2

3. IZOTERMA Promjena stanja pri konstantnoj temperaturi T1 = T2 = T


1 T, p1, V1

2 T, p1, V2

Jednadžbe stanja

mRTVp =11

mRTVp =22

2

1

1

2

V

V

p

p=

Promjena stanja

.konstT =

pVVpVp == 2211

Eksponent izoterme: n = 1

02

1

2

1

12 ≠== ∫ p

plnmRTpdVW

( ) 01212 =−=∆ TTmcU v

1212 WQ =

( )T

Q

p

plnmRssmS 12

2

11212 ==−=∆

TSTS

TSTS

T

Q

T

QS 12−

==∆

2

1

T1 = T2

Q12 = W12

Q12 > 0

W12 > 0

∆U12 = 0


3

p

v, m3/kg

T

s, J/(kg K)

n = 1

s1v2 s2

KN/m2

p2

ϑ1 = ϑ2 = ϑ

1

2

T1 2

w12 = RT ln(v2 /v1) > 0 q12 = T (s2 - s1 ) > 0

v1

v1

p1

p1 p2v2

( )∫=

2

1

12 dvvpw∫=

2

1

12 dsTq

p0

OS

MS

TOS > T

OS

4. IZENTROPA (idealna adijabata)

Promjena stanja pri konstantnoj entropiji S1 = S2 = S : bez izmjene topline Q12 = 0


1 T1, p1, V1

2 T1, p1, V2

Jednadžbe stanja

111 mRTVp =

222 mRTVp = Promjena stanja

.konstS =

.konstpV =κ

κκ = 2211 VpVp

Eksponent izentrope:

1>κ==v

p

c

cn

1

2

1

1

1

2

1

2

−κκ

−κ

=

=

V

V

p

p

T

T

0

2

1

12 == ∫TdSQ

( )

1212 TTmcU v −=∆

1212 UW ∆−=

- W12 = ∆U12

2

1

p2 > p1

W12 <0

Q12 = 0

p

v, m3/kg

T

s, J/(kg K)

n =κ

s1 = s2v2

KN/m2

p2

ϑ2

1

2

T2

1

2

w12 = cv(ϑ1 - ϑ2) < 0 q12 = 0

v1

v1

p1

p1

p2

v2

T1ϑ1

p0

MSw12


4

5. OPĆA POLITROPA (karakteristična politropa s n = konst. između stanja 1 i 2)

Jednadžba politrope: .konstpVn = ( +∞≤≤∞− n )

( )

1212 TTmcU v −=∆

( )2112

1TT

n

mRW −

−=

, (osim izoterme, n =1)

( )

1212 TTmcQ n −= , (osim izoterme, n = 1)

1−

κ−=

n

ncc vn

, (osim izoterme, n = 1)

Za izotermu: T1 = T2 = T ; (cT = ∞)

1

2 112 12 12

2

0; ln lnV p

U Q W mRT mRTV p

∆ = = = =

Promjena entropije RM: ( )121212 ssmSSS −=−=∆

ℜ−=

−=∆

1

2

1

2

1

2

1

212

p

pln

T

TlnCN

p

plnR

T

TlncmS pp

ℜ+=

+=∆

1

2

1

2

1

2

1

212

v

vln

T

TlnCN

V

VlnR

T

TlncmS vv

+=

+=∆

1

2

1

2

1

2

1

212

v

vlnC

p

plnCN

V

Vlnc

p

plncmS pvpv

Posebno za izotermu vrijedi još i: 1212

QS

T∆ =

Promjena entropije toplinskog spremnika TS

TSTS

TSTS

T

Q

T

QS 12−

==∆ , (TS = OS, ili TS = RS)

Ukupna promjena entropije sustava (RM + TS)

TSSSS ∆+∆=∆ 12

Teorijski gubitak zbog nepovratnosti izmjene topline

STW ∆=∆ 0

To – referentna temperatura okoliša (okolišnjeg zraka)


5

Prikaz specijalnih politropa u dijagramima p-v i T-s

KOMPRESIJA

p

v, m3/kg

T

s, J/(kg K)

1< n < κ

KN/m2

11

v1

p1 T1

s1

1< n < κ

n = 0

n =1

n = κ

n = ± ∞

n = 0

EKSPANZIJA

n =0

n = ± ∞

n = κ

n = ± ∞

n = 1n = 1

+ v

- v

KOMPRESIJA

EKSPANZIJA

GRIJANJEHLAĐENJE

GRIJANJE

HLAĐENJE

q= 0

q = 0 w = 0

w = 0

p1

v1

ϑ1

E

K

n = κ

1. ZADATAK Zrak iz okoline, stanja 1 bar i 20

oC, komprimira se politropski na 8 bara i 180

oC, a zatim

hladi uz konstantan tlak na početnu temperaturu.

- Koliko se topline odvodi za vrijeme politropske kompresije, a koliko tijekom izobarnog

hlađenja? Koliko je rada utrošeno u cijelom procesu?

Računati po 1 kg zraka. Proces skicirati u p-V dijagramu.

.......................................................................................................

2. ZADATAK U vertikalnom cilindru s dva provrta, promjera d1 = 180 mm i d2 = 200 mm, oblikovan je

oslonac O na kojem leži klip s utegom. U prostoru ispod klipa je dušik (N2) okolišnje

temperature 20 oC. Manometar pokazuje tlak 1,5 bara, dok je tlak okolišnjeg zraka 1 bar.

Dovođenjem 12,5 kJ topline udvostruči se volumen dušika.

- Kolika je temperatura dušika u trenutku početka dizanja klipa s utegom?

- Kolika je masa klipa i utega?

- Kolika je promjena potencijalne energije te mase?

Promjenu stanja dušika prikažite u p-V i T-s dijagramu.

O

d2

d1

∆ z

z1 = z2

M

mt

mt

p1A1

mtg

p0A2

z3

Q13


6

3. ZADATAK

Izračunajte teorijski rad pri izentropskoj ekspanziji 1 kmola dušika (N2) od početnog tlaka

5 bara i temperature 500 oC do tlaka 2 bara. Računati sa srednjim molnim toplinskim

kapacitetom!

Napomena: rješavanje zadatka zahtijeva iteraciju, a za početak računa se može uzeti

vrijednost eksponenta izentrope κ pri 0 oC.

6 vježbe Zadaci

1

1. ZADATAK

Zrak iz okoline, stanja 1 bar i 20 oC, komprimira se politropski na 8 bara i 180

oC, a zatim

hladi uz konstantan tlak na početnu temperaturu.

- Koliko se topline odvodi za vrijeme politropske kompresije, a koliko tijekom izobarnog

hlađenja? Koliko je rada utrošeno u cijelom procesu?

Računati po 1 kg zraka. Proces skicirati u p-V dijagramu.

..........................................................................................

ZRAK

M = 28,95 kg/kmol

R = ℜ/M = 287,2 J/(kg K)

0 oC: cp = 1,005 kJ/(kg K)

κ = 1,4

cv = cp/κ = 0,718 kJ/(kg K)

.........................................

(m = 1 kg)

ϑ1 = 20 oC = (293 K)

p1 = 1 bar

ϑ2 = 180 oC = (453 K)

p2 = 8 bar

ϑ3 = 20 oC = (293 K)

p3 = 8 bar

Fp1ApoA

po = p1

p2 = p3

p

3

1

2

ϑ2

V2 V1 V

Wo

ϑ1= ϑ3 = ϑ0

V3

W

n = 1,276

n = 0

κ = 1,4

Q12Q23

Q12

Q23

MS

RS = okolni zrak, ϑ0

po - okolni zrak

Okolišnji zrak: ϑ0 = 20 oC ; p0 = 1 bar

Politropa 1-2:

1

1

2

1

2−

=

n

n

T

T

p

p →

1

2

1

2

1

T

Tln

p

pln

n

n=

− → n = 1,276 < κ = 1,4

83001

11 ,

p

RTv == m

3/kg, 1630

2

22 ,

p

RTv == m

3/kg, 1040

3

33 ,

p

RTv == m

3/kg

( )122 1 52,9n

Qc

m= ϑ − ϑ = − kJ/kg , 3230

1,

n

ncc vn −=

−

κ−= kJ/(kg K)

( ) ( )121 2

0, 287220 180 170,7

1 1, 276 1

W R

m n= ϑ − ϑ = − = −

− − kJ/kg

................................................................................................

Izobara 2-3

( )233 2 164,8p

Qc

m= ϑ − ϑ = − kJ/kg ,

( ) ( )5233 3 2 8 10 0,104 0,163 47, 2

Wp V V

m= − = ⋅ − = − kJ/kg

6 vježbe Zadaci

2

Rad okolišnjeg zraka – sveden na 1 kg radnog medija

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 1 2 0 2 3 0 1 312 2372,6w w w p v v p v v p v v= + = − + − = − = kJ/kg

Utrošeni rad – po 1 kg radnog medija

12 23 0 170,7 47, 2 72,6 145,3w w w w= + + = − − + = − kJ/kg

2. ZADATAK

U vertikalnom cilindru s dva provrta, promjera d1 = 180 mm i d2 = 200 mm, oblikovan je

oslonac O na kojem leži klip s utegom. U prostoru ispod klipa je dušik (N2) okolišnje

temperature 20 oC. Manometar pokazuje tlak 1,5 bara, dok je tlak okolišnjeg zraka 1 bar.

Dovođenjem 12,5 kJ topline udvostruči se volumen dušika.

- Kolika je temperatura dušika u trenutku početka dizanja klipa s utegom?

- Kolika je masa klipa i utega?

- Kolika je promjena potencijalne energije te mase?

Promjenu stanja dušika prikažite u p-V i T-s dijagramu.

..........................................................................................

Zadani podaci

N2 : Kkg

J 7296

0228

8314,

,MR ==

ℜ=

0 oC: cp = 1,043 kJ/(kg K), ι = 1,4

Kkg

kJ 7460

41

0431,

,

,cc

p

v ==κ

=

..........................................................

Cilindar

d1 = 0,18 m,

2m 0254504

180

4

22

11 ,

,dA =

π=

π=

d2 = 0,20 m,

2m 031404

200

4

22

22 ,

,dA =

π=

π=

z1 = 0,35 m = z2

V1 = z1A1 = 0,35·0,0254 =0,008906 m3

V3 = 2V1 = 0,0178 m3

m 283504

2

2

1 ,d

Vz =

π=∆

O

d2

d1

∆ z

z1 = z2

M

mt

mt

p1A1

mtg

p0A2

z3

Q13

6 vježbe Zadaci

3

1 →→→→ 2 grijanje uz V = konst.

1 ϑ1 = 20 oC = (293 K)

p1 = po + pM = 1 + 1,5 = 2,5 bar

2 V2 = V1 ; ϑ2 = ?

p2 = po + mtg/A2

3 V3 = 2V1 ; ϑ3 = ?

p3 = p2

2 →→→→ 3 grijanje uz p = konst.

p

V, m3

T

s, J/(kg K)

n = 0

ϑ2

s1V3

T2

s3

KN/m

2

p1

ϑ1

1

2

T1

1

2

q12

V1 = V2

v3

v1= v2

OS

mtp0

ϑ3p2= p3

3

3

p2 = p3

s2

q23

W0

W

TOS

kg 025602937296

00890601052 5

1

11 ,,

,,

RT

Vpm =

⋅

⋅⋅==

Izobara: p2 = p3 → 2

2

323 2T

V

VTT == (1)

Dovedena toplina: ( ) ( ) kJ 5122312231213 ,TTmcTTmcQQQ pv =−+−=+= (2)

Uvrštavanjem (1) u (2) dobiva se:

( ) ( )

C) (122 K o==+⋅

⋅⋅+=

+

+= 395

7460043102560

2937460025605121132

,,,

,,,

ccm

TmcQT

vp

v (3) → (1):

C) (517 K o==⋅== 79039522 23 TT

Teorijski rad dušika:

( ) ( ) J 30003957907296025600 23231213 =−⋅=−+=+= ,,TTmRWWW

Rad prema okolnom zraku:

( ) ( ) J 6890008906010122 5

101103100 ,,VpVVpVVpW −=⋅⋅−=−=−=−=

6 vježbe Zadaci

4

Rad za dizanje tereta: zgmE,WWW tt,p ∆=∆=≅−=+= J 211068903000013

Masa tereta (klip+ uteg): kg 775828350819

2110,

,,zg

Wmt =

⋅=

∆=

Tlak: 2

m

N 55

2

02 10373031420

8197758101 ⋅=

⋅+⋅=+= ,

,

,,

A

gmpp t

Sila na osloncu: Fos = posAos

1

gmApApF tos +−= 1120

81977580254501052031420101 55,,,,,Fos ⋅+⋅⋅−⋅⋅=

N 4222=osF

2

( ) gmAppF tos +−= 220

( ) )( 07438197758031420103731 5 ≈=⋅+⋅⋅−= ,,,,,Fos

O

d1

mt

p1A1

mtg

p0A2

d2

posAos

3. ZADATAK

Izračunajte teorijski rad pri izentropskoj ekspanziji 1 kmola dušika (N2) od početnog tlaka

5 bara i temerature 500 oC do tlaka 2 bara. Računati sa srednjim molnim tolinskim

kapacitetom!

Napomena: rješavanje zadatka zahtijeva iteraciju, a za početak računa se može uzeti

vrijednost eksponenta izentrope κ pri 0 oC.

..................................................................................

Zadani podaci

dušik, N2 :

N = 1 kmol; M = 28,02 kg/kmol

Kkg

J 7296

0228

8314,

,MR ==

ℜ=

0 oC: κ = 1,4 ; cp = 1,043 kJ/(kg K),

Kkg

kJ 7460

41

0431,

,

,cc

p

v ==κ

=

1 p1 = 5 bar ; ϑ1 = 500 oC = (773 K)

2 p2 = 2 bar ; ϑ2 = ? oC , T2 = ? K

κ

−κ

=

1

1

212

p

pTT ................. (1)

[ ][ ][ ]v

p

C

C=κ ϑ

ϑ2

1 ................. (2)

[ ]( )2112 TTCNW v −= ...... (3)

6 vježbe Zadaci

5

p

v, m3/kg

T

s, J/(kg K)

n =�

s1 = s2v2

KN/m2

p2 ϑ2

1

2 T2

1

2

w12 = cv(ϑ1 - ϑ2) > 0 q12 = 0

v1

v1

p1

p1

p2

v2

T1

( )∫=

2

1

12 dpvpw

ϑ1

Iteracija

1. korak: κ (0oC) = 1,4 → (1): { } C) (322 K

0==

=

=

−

κ

−κ

5955

2773

41

1411

1

2112

,

,

p

pTT

[ ] Kkmol

kJ 86429500

0 ,C p =

[ ] [ ] [ ] [ ]{ } { } Kkmol

kJ 43129383296012922038329220 300

0

400

0

300

0

322

0 ,,,,,CC,CC pppp =−⋅+=−⋅+=

[ ][ ] [ ]

Kkmol

kJ64730

178

3224312950084629

322500

322500 322

0

500

0500

322 ,,,CC

Cpp

p =⋅−⋅

=−

⋅−⋅=

[ ] [ ] Kkmol

kJ 33322314864730500

322

500

322 ,,,CC pv =−=ℜ−=

[ ][ ][ ]

372133322

64730500

322

500

322500

322 ,,

,

C

C

v

p===κ

Kontrola: { } C) (330 K 0k

1 ==

=

=

−

κ

−κ

6035

2773

3721

137211

1

212

,

,

p

pTT ≠ { } K595

12 =T

2. korak: polazna pretpostavka { } C) (330 K o== 60322T

[ ] Kkmol

kJ 44829330

0 ,....C p == ; [ ] Kkmol

kJ 67130500

330 ,....C p == ;

[ ] Kkmol

kJ 35722500

330 ,...Cv ==

[ ][ ][ ]

372135722

67130500

330

500

330500

330 ,,

,

C

C

v

p===κ ..... kao u prvom koraku !!

Zaključak: T2 = 603 K = (330 oC) ... kraj iteracije !

Rješenje: [ ]( ) ( ) kJ 38006037733572212112 =−⋅⋅=−= ,TTCNW v

6.vježbe – primjer1 Primjer 1.

1

1. PRIMJER

U vertikalnom cilindru, unutarnjeg promjera d = 200 mm, nalazi se dušik (N2) i

spiralna opruga koja podupire klip mase mk = 25 kg, udaljen od dna cilindra 500 mm. Dužina

opruge, linearne karakteristike, u neopterećenom stanju iznosila je 600 mm. Cilindar je

smješten u okolini stanja po = 1 bar i ϑo = 30oC. Manometar pokazuje pretlak dušika 0,05

bara, dok je temperatura jednaka okolišnjoj, ϑ1 = ϑo = 30oC.

a) Koliko vode temperature 30oC treba uliti u cilndar da se klip spusti za 100 mm? Za

koliko će se povećati unutarnja energija dušika? (Pretpostavite izentropsku promjenu

stanja dušika).

b) Na koju bi temperaturu trebalo zagrijati dušik da se klip vrati na početni položaj?

Koliko je topline za to porebno dovesti? (Pretpostavite da se stupac vode ne mijenja).

Promjene stanja dušika prikažite u pV- i Ts- dijagramu!

M

M

d

po Al1

z1

zv

z2N2N2

Voda

Zrak

po A

l2

mvg

mk g

F2

F1

mk g p1 A

p2 A

z1 = 500 mm, d = 200 mm,

l1 = 100 mm, l2 = 100 mm, ..... progibi opruge, a ne dužina opruge!

po = 1 bar i ϑo = 30oC, ...... okolina.

pM = 0,05 bar ...... manometarski tlak (pretlak)

Zadani podaci

Dušik: M = 28 kg/kmol, R = R /M = 296,9 J/kg K.

pri 0oC: cv = cp/κ = 1,043/1,4 = 0,745 kJ/kg K,

Cilindar s klipom:

d = 200 mm = 0,2 m, A = d2π/4 = 0,03142 m

2,

mk = 25 kg

Opruga linearne karakteristike:

Fop = C l sila opruge = konstanta opruge · progib opruge

l1 = zo – z1 početni progib opruge = dužina neopterećene – dužina opterećene opruge

pop = Fop / A tlak opruge


2

Početno stanje dušika

(1)

p1 = po + pM = 1 + 0,05 = 1,05 bar = 1,05·105 N/m

2

ϑ1 = 30oC = (303 K)

V1 = A z1 = 0,01571 m3

m = p1 V1 / R T1 = 0,01834 kg

(1) Ravnoteža sila

p1 A + (Fop)1 = po A + mk g

sila opruge

(Fop)1 = 88,16 N ; (Fop)1 = (pop)1 A

tlak opruge

(pop)1 = 0,02806 bar

konstanta opruge

C = (Fop)1/ l1 = 881,6 N/m2

rad opruge za početni progib l1

dWop = ∫ Fop dl = ∫ C ldl

(Wop)1 = ½ C ( l12 – 0) = ½ C l1

2 = 2,108 J

po A

p1 A

mk g

(Fop)1

Izentropska promjena stanja (1) → (2)

(2)

bar 43512

112 ,

V

Vpp =

=

κ

C) (58 K o==

=

−κ

331

1

2

112

V

VTT

(2) Ravnoteža sila:

Fop)2 = C (l1 + l2) = 176,2 N

(pop)2 = 0,02806 bar

p2 A + (Fop)2 = po A + mk g + mv g

mv = (Vv ρv g )/ A = (A zv ρv g )/ A

zv = 4,228 m (dosta visok stupac!)

po A

p2 A

mv g

mk g

(Fop)2


3

(Wop)2 = ½ C ( l22 – l1

2) = 13,22 J ....... dodatni rad opruge za progib l2.

∆U12 = m cv (ϑ2 - ϑ1) = 382 J ....... promjena unutarnje energije dušika.

Grijanje dušika: (2) → (3)

Klip se podiže, ali bez promjene visine vode. Opruga se rasterećuje, a njeno opterećenje

preuzima dušik. Opruga diktira promjenu tlaka dušika!

Stanje (3): Položaj klipa je na početnoj poziciji (1). Sile: po A ↓, mv g ↓ i mk g ↓ se ne

mijenjaju.

(Fop)3 = (Fop)1!

p3 A + (Fop)3 = po A + mk g + mv g

p3 = 1,463 bar , V3 = V1

po A

p3 A

mv g

mk g

(Fop)3

T3 = (p3 V3)/ (m R) = 422 K = (149 oC) ........ temperatura dušika.

∆U23 = m cv (ϑ3 – ϑ2) = 1243 J ....... promjena unutarnje energije dušika.

Rad za pomak:

klipa: Wk = mk g l2 = 25,5 J,

vode: Wv = mv g l2 = 129,8 J,

okoline: Wo = po A l2 = 314,2 J.

opruge: (Wop)23 = (Wop)12 = 13,2 J

dušika: W23 = Wk + Wv + Wo - (Wop)23 = 455,3 J, ili

W23 = ½ (p2 + p3) (V3 – V2) = 455,3 J

Dovedena toplina dušiku: Q23 = ∆U23 + W23 = 1698,3 J = m q23

V

p

p2

p3

T

s

T2

T1

T3

s1 = s2

1

V2 V3 V1s3

q23

opruga

opruga

Q12 = 0

W12

W23

izentropa

p1

+

-ϑ3

ϑ1

ϑ2

33

2

2

1

v 1 =

v 3

q23

6.vježbe – primjer2 TERMODINAMIKA

1

2. PRIMJER

U cilindru unutarnjeg promjera 200 mm nalazi se pomični stap opterećen oprugom

linearne karakteristike. Konstanta opruge je k = 100 N/cm, a prostor u kome se ona nalazi

spojen je s okolišem tlaka 1 bar.

S druge strane stapa u zatvorenom prostoru cilindra volumena 0,015 m3 nalazi se zrak stanja

1,2 bara i 20 oC i ugrađen električni grijač.

- Koliko topline treba dovesti zraku da bi mu se volumen udvostručio? Volumen grijača

i toplinske gubitke na stap i stijenke cilindra zanemarite.

................................................................................................................................................

Cilindar

d = 200 mm,

2m 031404

2

,d

A =π

=

Zrak:

M= 28,95 kg/kmol

Kkg

J 2287,

MR =

ℜ=

(0 oC):

cp = 1,005 kJ/(kg K) ; κ = 1,4

cv =cp/κ = 0,721 kJ/(kg K)

Tlak atmosfere: po = 1 bar

Opruga: F = kδ

konstanta: k = 104 N/m

progib: δ m

1 stanje

p1 = 1,2 bar; ϑ1 = 20 oC = (293 K); V1 = 0,015 m

3

l1 = V1/A = 0,015/0,0314 = 0,478 m

kg 0213902932287

01501021 5

1

11 ,,

,,

RT

Vpm =

⋅

⋅⋅==

2 stanje

V2 = 2V1 = 0,03 m3 ; l2 = 2l1 = 0,956 m

pomak stapa

∆l = l2 –l1 = 0,478 m

Karakteristična stanja

1

ravnoteža sila: p1A =poA + F1

sila opruge:

F1 = (p1 – po)A = (1,2 – 1)·0,0314 = 628 N

početni progib:

δ1 = F1/k = 628/104 = 0,0628 m

poA

poA

p1A F1

Fp1A

poApo

po

p1

p2

p

0

1

2

ϑ2

V1 V2 V

Wo

W

δ1δ2

1,96 bar

ϑ1

n ≠ konst.

F

l1

l2


2

2 progib opruge:

δ2 = δ1 +∆l = 0,0628 + 0,0478 = 0,5408 m

sila opruge:

F2 = kδ2 = 104 · 0,5408 = 5408 N

ravnoteža sila: p2A =poA + F2

tlak zraka: p2 = po + F2/A =1·105 + 5408·0,0314

p2 = 2,72 · 105 N/m

2 = 2,72 bar

temperatura:

C) (1055 K o==⋅

⋅⋅== 1328

2287021390

03010722 5

222

,,

,,

mR

VpT

poA

poA

p2A F2

Proces je politropski, jer se odvija u uvjetima ravnoteže, ali je jednadžba politrope pVn =

konst. primjenljiva samo na malim segmentima, a ne za proces u cjelini zbog n ≠ konst.

.konstVpVpnn == 21

2211 , pri čemu je n1 ≠ n2

Promjena stanja zraka u cilindru određena je oprugom linearne karakteristike i zato ima

oblik pravca!

( )1

12

121 VV

VV

pppp −

−

−+=

za Vm = 0,5(V1 + V2) = 0,5·3V1

Vm = 0,0225 m3

( )0150022500150

2172221 ,,

,

,,,pm −

−+=

pm = 1,96 bar

1

2

VV1

V2

V2 - V1

p1 = 1 bar

ppm = 1,96 bar

p2 = 2,72 bar

p2 - p1

Vm

n ≠≠≠≠ konst

n = - 1,18057

Kada ne bi bilo utjecaja opruge, tada bi se eksponent karakteristične politrope između

stanja 1 i 2 mogao odrediti iz relacije:

180571

030

0150

21

722

2

1

1

2

,

,

,ln

,

,ln

V

Vln

p

pln

n −===

Tlak zraka u volumenu Vm = 0,0225 m3 pri toj politropi može se odrediti iz relacije:

bar 93673102250

015021

180571

11 ,

,

,,

V

Vpp

.n

m

=

⋅=

=

−

∗ ,

što je manje od stvarnog tlaka pm = 1,96 bar.

Toj politropi odgovara konkavna krivulja koja leži ispod pravca stvarne promjene

stanja.


3

Teorijski rad

( ) ( ) ( ) ( ) J 294001500302

1072221

2

5

1221

2

1

12 =−⋅⋅+

=−⋅+

== ∫ ,,,,

VVpp

dVVpW ↓


( ) ( ) J 1596229313287210213901212 =−⋅⋅=−=∆ ,TTmcU v

Dovedena toplina

J 18900294015962121212 ≅+=+∆= WUQ

∆∆∆∆U12 W12 Wop + W0 Q12

∆∆∆∆V12

Rad opruge

( ) ( ) J 144306280540802

10

2

224

2

1

2

2

2

1

2

1

=−⋅=δ−δ⋅=δδ=δ= ∫∫ ,,k

dkFdWop

Rad okoline

( ) ( ) J 15000150030101 5

2100 =−⋅⋅=−= ,,VVpW

Kontrola

J 294315001443012 =+=+= WWW op ≈ 2940 J ↑

Teorijski rad dirigiran oprugom linearne karakteristike uslijed čega se tlak mijenja po

jednadžbi pravca:

( )1

12

121 VV

VV

pppp −

−

−+=

( ) ( )

⋅−⋅

−

−+=

−⋅

−

−+== ∫ ∫∫∫∫

2

1

2

1

1

12

12

2

1

1

2

1

1

12

121

2

1

12 dVVVdVVV

ppdVpdVVV

VV

pppdVVpW

( ) ( )

−−

−⋅

−

−+−= 121

2

1

2

2

12

1212112

2VVV

VV

VV

ppVVpW

( ) ( ) ( )1221

112

12

1211212

22

1VV

ppVVV

VV

pppVVW −⋅

+=

−+⋅

−

−+⋅−=


1

OTVORENI SUSTAVI

Kada se promjena stanja radnog medija odvija tijekom njegovog strujanja kroz zadanu

geometriju prostora nekog tehničkog uređaja, tada govorimo o otvorenom sustavu. Takav

sustav ima barem po jedan ulazni i izlazni presjek, na kojima postoji konstantan protok mase,

m� kg/s, odnosno količine, N� kmol/s, radnog medija.

TS

MS

z2

z1

w2

w1

1

2

2222 VpUH �� +=

1111 VpUH �� +=

P12

Φ12

ulaz

izlaz

Kontrolni volumen

OTVORENI SUSTAV

RM

Za idealne plinove s

kg,

v

VVwAm

�� =ρ=ρ=

Protočni volumen:

s

m3

,p

TN

p

RTmV

ℜ==��

�

Protočna brzina:

s

m,

A

Vw

�

=

Specifični volumen i gustoća:

kg

m3

,p

RT

m

Vv

ρ===

1

�

�

Protočna masa:

s

kg,

v

VVwAm

�� =ρ=ρ=

Bilanca energije – I. Zakon termodinamike za otvorene sustave

Toplinski tok

12Φ

Snaga

12P−

Vremenska promjena energije RM

121212 ,p,k EEH �� ∆+∆+∆= , W = J/s

U mnogim slučajevina je dovoljna reducirana jednadžba: 121212 HP �∆=−Φ , a posebnim

slučajevima je ili Φ12 = 0, ili P12 = 0. Ova jednadžba je dovoljna za rješavanje samo jedne

forme energije: Φ12 ili P12 ili 12H�∆ .

Vremenska promjena entalpije radnog medija

( )121212 TTcmHHH p −=−=∆ �� ili ( )121212 ϑ−ϑ=−=∆ pCNHHH ��


2

Vremenska promjena kinetičke i potencijalne energije radnog medija

2

2

1

2

212

wwmE ,k

−=∆ �� ( )1212 zzgmE ,p −=∆ ��

Politropske promjene stanja

Kod razmatranja politropskih promjena stanja u otvorenim radnim sustavima (dio

sustava koji obuhvaća radni medij) govorimo o usisu i ispuhu, umjesto ulazu i izlazu. Svakoj

zadanoj politropi, poznatog eksponenta n = konst., pridružena je snaga:

{ } ( ) ( ) ( ) ( )∫∫∫∫ −=−=−=−==2

1

2

1

2

1

2

1

012012 dppvmdppvmdppVdppVnPnPokret

�� , W

Podrazumijeva se da svaki ciklus, ili okret, obuhvaća proces koji se sastoji od usisa, politrope

i ispuha. Stoga snagu po okretu, odnosno ciklusu: { } { }ciklusokret

PP 1212 ≡ , treba pomnožiti s n0,

brojem okret/s, ili ciklus/s. Sukladno tome je volumen V m3/okret, odnosno m

3/ciklus, dok je

protočni volumen, m3/s. VnV ⋅= 0�

Snaga P12 kod politropske promjene u otvorenom sustavu povezana je s mehaničkim radom

W12 identične politrope (istog eksponenta n) u zatvorenom sustavu. Kako je W12 J,

jednokratno obavljeni rad bez ponavljanja, to ga pri ovoj usporedbi smatramo radom po

jednom okretu, J/okret, odnosno radom po ciklusu, J/ciklus. Ponavljanjem procesa n0 puta

dobiva se rad po vremenu, tj. snaga: 12012 WnW ⋅=� (same politrope – bez usisa i ispuha!).

Snaga P12 proporcionalna je površini koja se dobiva projekcijom politrope na ordinatnu os

tlaka p u dijagramu p-V. S druge strane, mehanički rad je proporcionalan površini projekcije

iste politrope na apscisnu os V. Odnos između P12 i 12W� određen je odnosom tih površina. Zato

za politropu s n = konst. vrijedi: 1212 WnP �⋅= .

( )∫=2

1

12 VdVpW ��

p

V, m3/okretV2

N/m2

1

2

V1

p1

( )∫−=2

1

12 dppVP �

p2

n

( ) ( )∫∫ ===−2

1

1212

2

1

VdVpnWnPdppV ��

ispuh

usis


3

Toplinski tok Φ12, W, odgovara toplini politrope Q12, J/okret, pomnoženoj s brojem okreta,

odnosno ciklusa, u sekundi n0: 12012 Qn ⋅=Φ . U ovoj relaciji nema posebnog utjecaja

eksponenta politrope n, koji je već uključen u izrazu za toplinu Q12.

Specijalne politrope

Snaga Toplinski tok

Izohora, n = ± ∞

( )2112 ppVP −= �

( ) ( )121212 ϑ−ϑ=−=Φ vv CNTTcm ��

Izobara, n = 0

012 =P

( ) ( )121212 TTCNcm pp −=ϑ−ϑ=Φ ��

Izentropa, n = κ

( )21121

TTRmP −−κ

κ= �

012 =Φ

Izoterma, n = 1

1

2

2

112

v

vlnTN

p

plnRTmP ℜ== ��

1

2

2

112

v

vlnTN

p

plnRTm ℜ==Φ ��

Opća politropa, n = konst.

( )2112

1TTRm

n

nP −

−= �

( ) ( )121212 TTCNTTcm nn −=−=Φ ��

1−

κ−=

n

ncc vn ;

1−

κ−=

n

nCC vn

1. ZADATAK Kompresor usisava 100 m

3/h zraka iz okoliša, stanja 1 bar i 15

oC, te ga komprimira na 5 bar.

Eksponent politropske kompresije iznosi n = 1,3.

- Kolika je snaga potrebna za pogon kompresora?

- Koliko se topline odvodi hlađenjem kompresora?

- Ako se kompresor hladi s 45 kg/h rashladne vode ulazne temperature 15 oC za koliko

se ugrije voda ?

- Koliko bi se minimalno snage trebalo utrošiti za kompresiju na tlak 5 bara?

..................................................................................................................................................

2. ZADATAK Kompresor usisava plin početnog stanja: 0,95 bara i 40

oC, poznatog molnog toplinskog

kapaciteta Cp = 29,05 kJ/(kmol K), te ga tlači politropski na tlak 5,5 bara i temperaturu 215 oC. Izlaskom iz kompresora plin se u izmjenjivaču topline izobarno hladi na 40

oC. Snaga za

pogon kompresora je 12 kW.

- Odredite protočnu količinu plina, te potrebnu protočnu masu rashladne vode okolišnje

temperature 15 oC, koja se koristi i za hlađenje kompresora i u izmjenjivaču topline,

ako je dozvoljeni prirast temperature vode 5 oC.

Promjenu stanja plina prikažite u p-V i T-s dijagramu.

.......................................................................................................................................................


1

1. ZADATAK

Kompresor usisava 100 m3/h zraka iz okoliša, stanja 1 bar i 15

oC, te ga komprimira na 5 bar.

Eksponent politropske kompresije iznosi n = 1,3.

- Kolika je snaga potrebna za pogon kompresora?

- Koliko se topline odvodi hlađenjem kompresora?

- Ako se kompresor hladi s 45 kg/h rashladne vode ulazne temperature 15 oC za koliko

se ugrije voda ?

- Koliko bi se minimalno snage trebalo utrošiti za kompresiju na tlak 5 bara?

....................................................................................................................................................

Zadani podaci

Zrak:

M= 28,95 kg/kmol; R = ℜ/M = 287,2 J/(kg K)

0 oC: cp = 1,005 kJ/(kg K) ; κ = 1,4 → cv =cp/κ = 0,721 kJ/(kg K)

Usis: 1 s

m

s 3600

h

h

m 33

027801

1001 ,V =

⋅=� ; p1 = 1 bar ; ϑ1 = 15

oC = (288 K)

Ispuh: 2 p2 = 5 bar

Eksponent politrope: n = 1,3

Temperatura nakon kompresije: C) (144,5 Ko

==

=

=

−−

54171

5288

31

1311

1

212 ,

p

pTT

,

,

n

n

Protočna masa: s

,,

,

RT

Vpm

kg 03360

2882287

02780101 5

1

11 =⋅

⋅⋅==�

�

κ = 1,4

�2

p2

n = 1,3

V2

P12

usis

p

2

p1

ispuh

n = 1

2T 2s 2s

2T

2

1

V2 V

1

�1= �o

T2s

T

T2

T0 = T2T

p1

p2

s2T s2s = s1s2s

q12

RV

∆ϑvode

κ = 1,4


2

Snaga za politropsku kompresiju

( ) ( ) kW 415554172882872003360131

31

12112 ,,,,

,

,TTRm

n

nP −=−⋅⋅

−=−

−= �

Odveden toplinski tok

( ) ( ) ( ) kW 0411288541723930033601212 ,,,,TTcm n −=−⋅−=−=Φ �

Kkg

kJ 23930

131

41317180

1,

,

,,,

n

ncc vn −=

−

−⋅=

−

κ−=

Promjena entalpije RM

( ) ( ) kW 373428854170051033601212 ,,,,TTcmH p =−⋅⋅=−=∆ ��

Kontrola

121212 HP �∆=−Φ

473441550411 ,,, =+−

47343744 ,, ≅

Rashladna voda RV

C o15=ϑ′v →

Kkg

kJ 1874,c = ;

s

kg

s 3600

h

h

kg 01250

145 ,mv =

⋅=�

12Φ−=ϑ∆=Φ vvv cm� ; → C o919

187401250

0411,

,,

,

cmv

vv =

⋅=

Φ=ϑ∆�

K)(307,9C o ==+=ϑ∆+ϑ′=ϑ′′ 93491915 ,,vvv

Minimalna snaga za kompresiju na tlak p2 = 5 bara

minkW Φ=−=⋅⋅⋅== 47345

12882872003360

2

1 ,ln,,p

plnRTmP

T

min�

Razlika snage

kW 94204734415512 ,,,PPP min =−=−=∆ , (veći utrošak snage).

2. ZADATAK

Kompresor usisava plin početnog stanja: 0,95 bara i 40 oC, poznatog molnog toplinskog

kapaciteta Cp = 29,05 kJ/(kmol K), te ga tlači politropski na tlak 5,5 bara i temperaturu 215 oC. Izlaskom iz kompresora plin se u izmjenjivaču topline izobarno hladi na 40

oC. Snaga za

pogon kompresora je 12 kW.

- Odredite protočnu količinu plina, te potrebnu protočnu masu rashladne vode okolišnje

temperature 15 oC, koja se koristi i za hlađenje kompresora i u izmjenjivaču topline,

ako je dozvoljeni prirast temperature vode 5 oC.

Promjenu stanja plina prikažite u p-V i T-s dijagramu.

.......................................................................................................................................................


3

Za nepoznati idealni plin može se provesti proračun samo na bazi protočne količine N� ,

kmol/s.

Zadani podaci

Cp = 29,05 kJ/(kmol K) →

1 usis

p1 = 0,95 bar

ϑ1 = 40 oC = (313 K)

2 ispuh

p2 = 5,5 bar

ϑ2 = 215 oC = (488 K)

Utrošena snaka za komprimiranje: P12 = - 12 kW

Cv = Cp - ℜ = 29,05 – 8,314

Cv = 20,736 kJ/(kmol K)

40173620

0529,

,

,

C

C

v

p===κ

Politropska kompresija: n

n

p

p

T

T1

1

2

1

2

−

=

Eksponent politrope:

25290

950

55313

488

1

1

2

1

2

,

,

,ln

ln

p

pln

T

Tln

n

n===

− → 33851

252901

1,

,n =

−=

Snaga za pogon kompresora P12 i protočna količina plina N� :

( )21121

TTNn

nP −ℜ

−= � →

→ ( )

( )( )

( ) s

kmol0020860

488313314833851

133851121

21

12 ,,,

,

TTn

nPN =

−⋅⋅

−⋅−=

−ℜ

−=�

Toplinski tokovi Kompresor:

( ) ( ) kW,,

,,,,TT

n

nCN v 3751313488

133851

4133851736200020860

11212 −=−

−

−⋅⋅=−

−

κ−=Φ �

Hladnjak:

( ) ( ) kW,,,TTCN p 60510488313052900208602323 −=−⋅⋅=−=Φ �

Ukupno odvedana toplina od RM

kW 12kW ≅−=−−=Φ+Φ=Φ 9811605103751231213 ,,,

Kontrola

131313 HP �∆=−Φ ; 0

3

2

2312231213 =−==+= ∫ dpVPPPPP � ; ; ( ) 01313 =−=∆ TTCNH p��

kW 121213 ==Φ P


4

Rashladna voda – izlazna temperatura nije poznata. Specifični toplinski kapacitet se uzima,

po dogovoru, za ulaznu temperaturu 15 oC → c = 4,187 kJ/(kg K).

Voda preuzima svu toplinu, ali sa suprotnim smislom (predznakom):

( ) ( ) kWkW 1298116051037512312 ≅=−−−=Φ+Φ−=Φ ,,,v ,

vvv cm ϑ∆=Φ � → s

kg,

,cm

v

vv 57320

51874

12=

⋅=

ϑ∆

Φ=� , (protočna masa vode).

Teorijski gubitak snage zbog nepovratnosti izmjene topline

Radni medij

K

kW,

,

,ln,ln,,

p

pln

T

TlnCNSSS p 030450

950

553148

313

313736200020860

1

3

1

31313 −=

−⋅=

ℜ−=−=∆ �

Rashladna voda

K

kW,ln,,

T

TlncmSSS

v

vvvvv 0413090

288

293187457320 =⋅=

′

′′=′−′′=∆ �

Promjena entropije sustava: K

kW,,,SSS v 0108590041309003045013 =+−=∆+∆=∆

Teorijski gubitak snage: kW,,STP 127301085902880 =⋅=∆⋅=∆ , (veći utrošak snage).

7. vježbe Primjer

1

1. PRIMJER

Kompresor usisava 0,2 kg/s zraka iz okoline stanja 1 bar i 20 oC i nakon komprimiranja šalje

ga u tlačni vod (cjevovod). Kompresor je hlađen zrakom i troši snagu od 34 kW.

Na ulaznom presjeku (1) usisne cijevi brzina zraka je 21,4 m/s, a na izlaznom presjeku

tlačnog voda (3) koji je 100 m iznad ulaznog pesjeku, brzina zraka iznosi 4,6 m/s, tlak je 5

bara, a temperatura 40 oC.

Odredite ukupni toplinski tok prema okolišu, ako tlačni vod nije izoliran.

.................

3∆z23

1 2

w3

w1

Φ23

P23= 0

2

2

1

2

313

wwmE ,k

−=∆ &&

( )1313 zzgmE ,p −=∆ &&

Φ12 Φ12

P12

Zrak:

M= 28,95 kg/kmol; R = ℜ/M = 287,2 J/(kg K)

0 oC: cp = 1,005 kJ/(kg K) ; κ = 1,4 → cv =cp/κ = 0,718 kJ/(kg K)

stanje 1: kg/s20,m =&

p1 = 1 bar = 1⋅ 105 N/m

2 ;

sp

RTmV

3

5

1

11

m 1683,0

101

2932,2872,0=

⋅

⋅⋅==

&&

ϑ1 = 20 oC; T1 = 293 K

w1 = 21,4 m/s

stanje 3: p3 = 5 bar = 5⋅ 105 N/m

2 ;

ϑ3 = 40 oC; T3 = 313 K ;

sp

RTmV

3

5

3

33

m 036,0

105

3132,2872,0=

⋅

⋅⋅==

&&

w3 = 4,6 m/s

Bilanca energije

Kompresor:

1212121212 ,p,k EEHP &&& ∆+∆+∆=−Φ

Snaga: ( ) kW341

2112 −=ϑ−ϑ−

= Rmn

nP &

Toplinski tok: ( ) ?1212 =−=Φ ϑϑncm&

Promjena entalpije: ( ) ?12 =−=∆ ϑϑpcmH &&

Cjevovod:

2323232323 ,p,k EEHP &&& ∆+∆+∆=−Φ

Snaga: 023 =P

Toplinski tok: ?23 =Φ

Promjena entalpije: ( ) ?23 =−=∆ ϑϑpcmH &&

7. vježbe Primjer

2

S podacima koji su zadani može se izračunati:

( ) ( ) W4020kW02,42040005,12,013231213 ==−⋅⋅=−=∆+∆=∆ ϑϑpcmHHH &&&&

W68,432

4,216,42,0

2

222

1

2

323,12,13, −=

−=

−=∆+∆=∆

wwmEEE kkk&&&&

( ) W2,19610081,92,01323,12,13, =⋅⋅=∆=−=∆+∆=∆ zgmzzgmEEE ppp&&&&&

Stoga i bilancu energije treba pisati za presjeke (1) – (3):

1313131313 ,p,k EEHP &&& ∆+∆+∆=−Φ

Kako je: W34000012231213 −=+=+= PPPP ,

to je toplinski tok predan okolišu:

( ) 13,13,1312231213 pk EEHP &&& ∆+∆+∆+=Φ+Φ=Φ

kW30W298272,19668,4340203400013 −=−=+−+−=Φ

Toplinski tok odveden hlađnjem kompresora nije moguće odrediti, jer nedostaju dva podatka

na presjeku (2).

8. vježbe UVOD

1

KRUŽNI PROCESI

Kružni (ciklički ili zatvoreni) procesi su oni tijekom kojih se nakon kontinuirane promjene

radni medij (RM) vraća u početno stanje. Proučavanje kružnih procesa tijekom 19-tog

stoljeća dovelo je do važnih saznanja koja su ugrađena u temelje teorije klasične

termodinamike. To se u prvom redu odnosi na identificiranje pojma entropije i analitičku

formulaciju II. zakona termodinamike. Neki važniji znanstvenici, kao i interpretacija

njihovih zaključaka, navedeni su u nastavku.

Sadi Carnot (1796 -1832). Ako idealni reverzibilni stroj uzima iznos topline Q1 od spremnika temperature T1, a predaje iznos topline Q2 spremniku temperature T2,

tada je Q1/T1 = Q2/T2 , (Carnotov princip).

Svaki realni stroj predaje više topline Q2 spremniku temperature T2 od ireverzibilnog, pa se dobiva manje rada.

Rudolf Clausius, (1822.-1883.): Nije mogući proces čiji bi jedini rezultat bio prijelaz topline s hladnijeg na toplije tijelo.

I. Energija svemira je

konstantna.

II. Entropija svemira teži prema

maksimumu.

William Thomson, lord Kelvin,

(1824-1907.):

Nije moguće, pomoću neživog materijalnog posrednika, dobivati mehanički rad od bilo kojeg dijela tvari njenim hlađenjem ispod temperature najhladnijeg od tijela koja ga okružuju.

Max Planck, (1858.-1947.):

Nije moguće konstruirati stroj koji radeći u zatvorenom ciklusu ne bi proizvodio nikakav drugi učinak doli podizanja tereta i hlađenja jednog toplinskog spremnika.

Nemogući procesi

1 1 1

2

1

Tmin

T1

Clausius Kelvin Planck

QQ Q

WW

od hladnijeg

prema toplijem

tijelu

hlađenje ispod

minimalne

temperature

proces s jednim

toplinskim

spremnikom

Svaka ravnotežna promjena stanja je povrativa, tj. mogla bi se provesti u suprotnom

smjeru uz uvjet da se promjene smjerovi mehaničke i toplinske interakcije. To zahtjeva

8. vježbe UVOD

2

upotrebu toplinskog spremnika (TS) i mehaničkog sudionika (MS) sa suprotnim smislom

djelovanja od onih koji su korišteni tijekom prvotne promjene stanja RM.

p

v, m3/kg

T

s, J/(kg K)s2v2

KN/m

2

p2 ϑ2

1

2 T2

1

2

v1

v1

p1 p1

p2

v2

ϑ1

T1

s1

( ) 21

2

1

12 qdssTq −== ∫( ) 21

2

1

12 wdvvpw −== ∫

OS

TOS

1< n < κ1< n < κ

RS

RS

ϑRS

ϑRS

MS

TRS

Politropski proces (1-2-1): Qdov − Qodv= W1-2-1 = 0

Kružni proces (1-2-1): Qdov −Qodv= W1-2-1

Kružni

proces

Kružni

proces

W

1

2

OS

W

Zbog jednosmjernog toka topline povrativ proces zahtjeva najmanje jedan ogrijevni (OS) i

jedan rashladni (RS) toplinski spremnik. Mehanička interakcija u uvjetima ravnoteže je

reverzibilna, pa se može se ostvariti samo s jednim mehaničkim sudionikom (MS) u oba

smjera. Pri tome se rad prema okolišnjem zraku Wo poništava.

Rezultantni rad W kružnog procesa (ciklusa) jednak je razlici dovedene i odvedene

topline: W = Qdov – Qodv. Takav se rad ne može ostvariti s jednom istom politropom, jer

se dobiveni rad u istom iznosu mora utrošiti pri povratu u početno stanje:

(W12 →) = - (← W21).

Aproksimacija kružnih procesa vrši se korištenjem specijalnih politropa s n = konst., što

olakšava račun i grafičko prikazivanje.

1 2

3

4

5

n12

n23

n34

n45

n51

fizikalno nemogući

skok s n12 na n23

kontinuirana

promjena s

n12 na n23

realni proces

aproksimativni

proces

8. vježbe UVOD

3

Desnokretni procesi – dobivanje rada

Koristan rad po jednom ciklusu dobivamo kada je Qdov > Qodv.Tada je:

W = Qdov – Qodv = Weksp – Wkomp > 0.

Promjene stanja pri ekspanziji leže iznad onih pri kompresiji. Toplinski spremnici se

definiraju s njihovim temperaturama: TOS = konst. i TRS = konst.. Toplina odvedena od

ogrijevnog spremnika jednaka je i suprotnog smisla toplini koja se dovodi radnom mediju:

QOS = – Qdov. Prema Carnotovom principu može se odrediti minimalna toplina koju treba

odvesti od radnog medija: Qodvid = Qdov (TRS/TOS), pa je maksimalni rad koji bi se s

takvim toplinskim spremnicima dobio u idealnom procesu : Wid = Qdov – Qodvid.

U svakom realnom procesu se izmjena topline između toplinskih spremnika i radnog

medija vrši pri konačnim razlikama njihovih temperatura, tako da je pri grijanju s istom

toplinom Qdov, temperatura radnog medija manja od temperature ogrijevnog spremnika, T

< TOS, odnosno pri hlađenju sQodvreal veća od temperature rashladnog spremnika, To >

TRS. Zbog toga je To/T > TRS/TOS, pa je Qodvreal = Qdov (To/T) > Qodvid , tj. u realnom

procesu treba odvesti više topline nego u idealnom slučaju!

Pri realnom procesu dobio bi se rad Wreal = Qdov – Qodvreal, koji je manji od Wid. Razlika

ovih radova predstavlja teorijski gubitaka na radu uslijed nepovratnosti realne izmjene

topline, koja se odvija uvijek pri konačnim razlikama temperatura: ∆W = Wid – Wreal.

Ovaj se gubitak rada može izračunati i iz relacije: ∆W = Tref,ok ∆Sproces, gdje je Tref,ok

referentna temperatura prirodnog spremnika, a ∆Sproces = ∆SOS + ∆SRS, budući da je u

kružnom procesu ∆SRM = 0!

Koristan rad procesa se može dobiti ili na bazi razlike dovedene i odvedene topline, ili

zbrajanjem pojedinačnih politropa s kojima je proces aproksimiran:

W = W12 + W23 + W34 + W41 + ... = Σ Wi , J/ciklus.

Na sličan način je dovedena toplina Qdov = ΣQdov , a odvedena toplina Qodv = ΣQodv, s

obzirom na smisao izmjenjenih toplina po sekvencama procesa.

Budući da se sva dovedena toplina Qdov ne može pretvoriti u rad W, to je uvijek W < Qdov, a

W/Qdov < 1.

Termički stupanj djelovanja procesa opisuje odnos korisnog rada prema dovedenoj

toplini: 1<=ηdov

tQ

W .

Specijalni kružni procesi

Za sve procese vrijedi: 0=∆U i odvdov QQW −= , J/ciklus.

Snaga stroja se dobiva množenjem rada W u J/ciklus s brojem nc ciklus/s, koji se može

razlikovati od broja no okreta/s, kao npr. kod Otto i Diesel procesa, gdje je jednom ciklusu

pripadaju dva okreta: nc = no/2.

P = nc W , W, ukupna snaga za nc ciklusa.

Φdov = nc Qdov ; Φodv = nc Qodv , W, ukupni toplinski tokovi.

8. vježbe UVOD

4

1

2

3

4

B

D C

A

ϑg

ϑh

V

p

p1

p3

Q = 0

RS

OS

ϑ = ϑ1 = ϑ2

ϑo = ϑ3 = ϑ4

W

Q = 0

Qdov

Qodv

Carnotov proces

V4V1V3

Carnotov proces – jedan ciklus

Masa radnog medija po ciklusu:

kg/ciklusm

Dovedena toplina, J/ciklus:

( )2112 pplnmRTQQdov ==

Odvedena toplina, J/ciklus: ,

( )4334 ln ppmRTQQodv ==

Rad po ciklusu, J/ciklus:

odvdov QQW −=

Termički stupanj djelovanja:

1

41T

Tt −=η

κ

V2

W

p

2

p3 = p4

V1 V

1

ϑ3

ϑ2

κ

3

4

p1 = p2

ϑ1

ϑ4

V3V4

Jouleov proces

Qdov OS

Qodv

RS

ciklus

m3

Jouleov proces


( )1212 TTmcQQ pdov −==

Odvedena toplina, J/ciklus:

( )3434 TTmcQQ podv −==


odvdov QQW −=


1

41T

Tt −=η ; (

3

2

4

1

T

T

T

T= )

8. vježbe UVOD

5

1

2

3

4

V

p

p2

p1

V2 = V3 V1 = V4

W

Q34 = 0

OTTO PROCES

p3

Q23

Q41

ϑ3

ϑ4

ϑ1

ϑ2

Q12 = 0

izgaranjem

goriva

Kompresioni omjer: ε = V1/V2

dva okreta po ciklusu = ciklus/okret2 :

[ ] [ ] [ ]s/ciklusnciklus/okrets/okretn c⋅= 20

Otto proces

Masa radnog medija po ciklusu:

kg/ciklusm


( )2323 TTmcQQ vdov −==


( )4141 TTmcQQ vodv −==


odvdov QQW −=

1

11 −κε

−=ηt ; v

p

c

c=κ

1

1

1

2

112

−κ

−κ

ε⋅=

= T

V

VTT

1

2 3

4

V

p

p4

p1

V2 V1 = V4

W

Q34 = 0

DIESEL PROCES

p2 = p3

Q23

Q41

ϑ3

ϑ4

ϑ1

ϑ2

Q12 = 0

izgaranjem

goriva

V3

kompresioni omjer: ε = V1/V2

εc = V3/V2

Diesel proces


( )2323 TTmcQQ pdov −==


( )4141 TTmcQQ vodv −==


odvdov QQW −=


( )( )1

11

1

−εκ−εε

−=ηκκ−

c

ct

1

1

1

2

112

−κ

−κ

ε⋅=

= T

V

VTT

cT

Tε=

2

3 ; κε= cT

T

1

4

8. vježbe UVOD

6

ZADACI

1. ZADATAK U Carnotovom procesu s dušikom postiže se minimalna temperatura 27

oC, a

maksimalna 327 oC. Tlak na kraju izotermne kompresije jednak je tlaku na kraju izotermne

ekspanzije i iznosi 4 bara.

- Odredite veličine stanja (p, T, V) u karakterističnim točkama procesa, te radove i

izmjenjene topline u pojedinim dijelovima procesa.

- Koliki je koristan rad i termički stupanj djelovanja?

Računati po 1 kg dušika.

2. ZADATAK

Desnokretni Jouleov kružni proces, sa zrakom kao radnim medijem, odvija se

između tlakova 1 bar i 5 bara i između temperatura 50oC i 400

oC. Snaga stroja je 20 kW,

temperatura ogrijevnog spremnika 600oC, dok kao rashladni spremnik služi okolina

temperature 25oC.

– Koliki je termički stupanj djelovanja ovog procesa?

– Koliki je teorijski gubitak snage zbog nepovratnosti procesa izmjene topline?

– Koliki bi bio termički stupanj djelovanja idealnog Carnotovog procesa (povratni

proces bez gubitaka!), koji bi koristio iste toplinske spremnike?

8. vježbe ZADACI

1

KRUŽNI PROCESI

1. ZADATAK U Carnotovom procesu s dušikom postiže se minimalna temperatura 27

oC, a maksimalna

327 oC. Tlak na kraju izotermne kompresije jednak je tlaku na kraju izotermne ekspanzije i

iznosi 4 bara.

- Odredite veličine stanja (p, T, V) u karakterističnim točkama procesa, te radove i

izmjenjene topline u pojedinim dijelovima procesa.

- Koliki je koristan rad i termički stupanj djelovanja?

Računati po 1 kg dušika.

..................................................................................................................................................

Zadani podaci

Dušik (N2): po 1 kg

M = 28 kg/kmol, R = ℜ/M = 8314/28,02 = 296,9 J/(kg K)

0 oC → cp = 1,043 kJ/(kg K) ; κ = 1,4 : cv = cp/κ = 0,745 kJ/(kg K)

ϑmax = 327 oC = (600 K) = ϑ1 = ϑ2 ; ϑmin = 27

oC = (300 K) = ϑ3 = ϑ4 ; p2 = p4 = 4 bar

1

2

3

1 2

3 4

Tmax = T1 = T2

Tmin = T4 = T3

T

sV

p

p1

p3

Q23 = 0

s1 = s4 s2 = s3

Q41 = 0

p2 = p4

qdov -qodv

V4V1 V3

Qdov = Q12

ϑmax = ϑ1= ϑ2

ϑmin = ϑ3= ϑ4

qdov = q12

Q34

qodv = q34

W

OSOS

RS

RS

p2 = p4

4

Karakteristična stanja 2 zadano

ϑ2 = 327 oC = (600 K); p2 = 4 bar;

3

ϑ3 = 27 oC = (300 K);

bar 353601

2

323 ,

T

Tpp =

=

−κκ

4 zadano

ϑ4 = 27 oC = (300 K); p4 = 4 bar

1 ϑ1 = 327

oC = (600 K);

bar 25451

4

141 ,

T

Tpp =

=

−κκ

8. vježbe ZADACI

2

Bilanca energije

Izotermna kompresija 3 → 4

kg

kJ 1216

4

333434 ,

p

plnRTQW −===

Izotermna ekspanzija 1 → 2

kg

kJ 2432

2

111212 ,

p

plnRTQW ===

Adijabatska kompresija 4 → 1

( )kg

kJ 5223141441 ,TTcUUW v −=−=−=

Adijabatska ekspanzija 2 → 3

( )kg

kJ 5223323223 ,TTcUUW v =−=−=

Koristan rad procesa

kg

kJ 1216522312165223243241342312 ,,,,,WWWWW =−−+=+++= , ili

kg

kJ 1216121624323412 ,,,QQQQW odvdov =−−=−=−=

Termički stupanj djelovanja

502432

1216,

,

,

Q

W

dov

t ===η

........................... 2. ZADATAK Desnokretni Jouleov kružni proces, sa zrakom kao radnim medijem, odvija se

između tlakova 1 bar i 5 bara i između temperatura 50oC i 400

oC. Snaga stroja je 20 kW,

temperatura ogrijevnog spremnika 600oC, dok kao rashladni spremnik služi okolina

temperature 25oC.

– Koliki je termički stupanj djelovanja ovog procesa?

– Koliki je teorijski gubitak snage zbog nepovratnosti procesa izmjene topline?

– Koliki bi bio termički stupanj djelovanja idealnog Carnotovog procesa (povratni

proces bez gubitaka!), koji bi koristio iste toplinske spremnike?

.........................................................

Svojstva radnog medija - zraka:

M = 28,95 kg/kmol → R = ℜℜℜℜ/M = 8314/28,95 = 287,2 J/ kg K , κ = cp/cv = 1,4

1 2

3 4

B A B

1

D C

2

3

4

C D

A

T2

T3

TOS

T4

TRS

ϑOS

ϑ2

ϑ3

ϑ4ϑRS

T

sV

p

p1 = p2

p3 = p4

Q23 = 0Q41 = 0

s1 = s4 s2 = s3

W

ϑ1OS

RS

OS

RS

W

8. vježbe ZADACI

3

Zadani podaci - fiksirana su stanja 2 i 4 1 p1 = 5 bar

2 p2 = 5 bar , ϑ2 = 400oC = (673 K)

3 p3 = 1 bar

4 p4 = 1 bar , ϑ4 = 50oC = (323 K)

Ogrijevni spremnik: ϑOS = 600oC = (873 K)

Rashladni spremnik (okolina): ϑRS = 25oC = (298 K)

Snaga: P = 20 kW

Proračun (1)↔ (4)

C)(239 K5121

5325 o

4,1

14,11

4

1

41 ==

=

=

−−κ

κ

p

pTT

(2)↔ (3)

C)(152 K4255

1673 o

4,1

14,11

2

3

23 ==

=

=

−−κ

κ

p

pTT

Za jedan ciklus vrijedi: W = Qdov – Qodv , J/ciklus

Za nc ciklus/s snaga stroja je: P = Φdov – Φodv = nc⋅W , J/s = W

Topline i termički stupanj djelovanja

( )1212 TTcmΦΦ pdov −==⋅

; ( )3434 TTcmΦΦ p

.

odv −== →

3660η12

3412

t ,TT

TTTT

Φ

ΦΦ

dov

odvdov =−

−−−=

−= →

kWηt

6543660

2012 ,

,

PΦ === , dovedena toplina →

│Φodv │= Φdov – P = 54,6 – 20 = 34,6 kW →

Φodv = Φ34 = – 34,6 kW ......... odvedena toplina

Promjene entropija sudionika procesa:

∆SRM = 0 , radni medij se vraća u početno stanje!

K

kW 06260

873

65412 ,,

TTS

OS

OS

OS −=−=Φ

−=Φ

=∆ , ogrijevni spremnik

( )

K

kW 1160

298

634

0

34 ,,

TTS

RS

RS

RS =−

−=Φ

−=Φ

=∆ , rashladni spremnik

K

kW 05340,SSSS RSOSRM =∆+∆+∆=∆∑ , za sustav

Teorijski gubitak snage: ∆P = Tok ∑∆S = 298·0,0534 = 15,9 kW

Idealni Carnotov proces u potpunosti bi iskoristio zadane toplinske spremnike! U

dijagramima p-V i T-s taj je proces označen stanjima A-B-C-D-A. Takav se proces ne

8. vježbe ZADACI

4

može realizirati, jer izmjena topline pri istim temperaturama toplinskog spremnika i radnog

medija nije moguća. Rad izračunat za idealni Carnotov proces je najveći rad koji se može

dobiti pomoću zadanih toplinskih spremnika. Na taj način idealni Carnotov proces

predstavlja kriterij za ocjenu zadanih toplinskih spremnika.

Da bi usporedba s prethodnim realnim procesom bila valjana moramo uzeti da se i u

idealnom Carnotovom procesu dovodi ista toplina, Qdov = 54,6 kW. Termički stupanj

djelovanja određen je temperaturama zadanih toplinskih spremnika:

65860873

29811 ,

T

T

OS

RSid =−=−=η → Pid = ηid ⋅Φdov = 0,6586·54,6 = 35,9 kW

................................................................................

Usporedimo li realni proces, u kojem se dobiva snaga P = 20 kW, s idealnim Carnotovim

procesom koji bi teorijski davao snagu Pid = 35,9 kW, vidimo da je razlika:

∆P = Pid – P = 35,9 – 20 = 15,9 kW upravo jednaka teorijskom gubitku snage zbog nepovratnosti procesa!

8. vježbe PRIMJERI

1

1. PRIMJER

Odredite snagu koju bi dobili u Otto procesu po 1 kg/h radnog medija, ako su poznati

slijedeći podaci:

- na početku kompresije tlak iznosi 0,9 bar, a temperatura 100 oC,

- nakon kompresije tlak iznosi 10 bara,

- dovođenjem topline (izgaranjem) pri konstantnom volumenu tlak poraste na 25

bara.

Odredite veličine stanja u karakterističnim točkama procesa i termički stupanj djelovanja

procesa?

Napomena: pretpostaviti da radni medij ima svojstva kao zrak.

Svojstva radnog medija – zraka: M = 28,95 kg/kmol; R = ℜ/M = 287,2 J/(kg K)

0 oC → cp = 1,005 kJ/(kg K), κ = 1,4 → cv = cp/κ = 0,718 kJ/(kg K)

kg/s 0,000278kg/h == 1m&

1

2

3

4

1

2

3

4

T1

T

sV m3/cik

p

s1 = s2 s3 = s4

p2

p1

V2 = V3 V1 = V4

T3

W

q23 + q41

q23

Q34 = 0

OTTO PROCES

p3

v1= v4

v2 = v3

Q23

q41 Q41

ϑ3

ϑ4

ϑ1

ϑ2

p3

p4

T2

Q12 = 0

izgaranjem

goriva

p1

p2

zadani podaci izračunati podaci

1 p1 = 0,9 bar ; ϑ1 = 100 oC = (373 K)

kg

m

3

1911

11 ,

p

RTv ==

2 p2 = 10 bar

C) (469 K 0==

=

κ

−κ

742

1

1

212

p

pTT

kg

m

3

21302

22 ,

p

RTv ==

3 v3 = v2

v3 = v2 = 0,213 m3/kg

C) (1582 K 0==== 185510

25742

2

323

p

pTT

8. vježbe PRIMJERI

2

4 v4 = v1

v4 = v1 = 1,19 m3/kg

C) (659 K 0==

=

−κ

932

1

4

334

v

vTT

bar 252373

93290

1

414 ,,

T

Tpp ===

Snaga

41342312 PPPPP +++=

( ) kW h

kJ 10308083702112 ,,TTcmP p =−=−= &

( ) kW h

kJ088750531932223 ,,ppvmP −=−=−⋅= &

( ) kW h

kJ 25767069274334 ,,TTcmP p ==−= &

( ) kW h

kJ0446306516014441 ,,ppvmP ==−⋅= &

kW kg

kJ 11050953976516069275319837041342312 ,,,,,,PPPPP ==++−−=+++=

Toplinski tokovi

kW h

kJ110560398401799412341342312 ,==−=Φ+Φ=Φ+Φ+Φ+Φ=Φ

( ) kW h

kJ22207992323 ,TTcm v ==−=Φ &

( ) kW h

kJ11104014141 ,TTcm v −=−=−=Φ &


4980799

398

23

,P

t ==Φ

=η

...........................................................

2. PRIMJER

Kolika je snaga motora koji radi po teorijskom Diesel procesu, ako u jednom ciklusu

sudjeluje 0,1 kg radnog medija sa svojstvima: κ = 1,34, R = 290 J/(kg K).

Zadano je:

stupanj kompresije ε = 17,3, temperatura na početku kompresije ϑ1 = 30 oC i na kraju

izgaranja ϑ3 = 958 oC, te broj ciklusa nc = 600 cikl/min.

..................................................................................................

8. vježbe PRIMJERI

3

Radni medij

κ = 1,34 ; R = 290 K/(kg K) →

Kkg

kJ 1431

1341

2900341

1,

,

,,Rcp =

−

⋅=

−κ

κ= ;

Kkg

kJ8530,

cc

p

v =κ

=

Dieselov proces

Zadani podaci

m = 0,1 kg/ciklus

nc = 600 ciklus/min

ϑ1 = 30 oC = (303 K)

ϑ3 = 958 oC = (1231 K)

ε = 17,3 kompresioni omjer

1

2 3

4

p

p4

p1

V2 V1 = V4

W

Q34 = 0

DIESEL PROCES

p2 = p3

Q23

Q41

ϑ3

ϑ4

ϑ1

ϑ2

Q12 = 0

izgaranjem

goriva

V3

kompresioni omjer: ε = V1/V2

εc = V3/V2

hlađenjem

ciklus

m

3

,V

Račun

1 – 2:

1

1

2

1

1

2 −κ

−κ

ε=

=

V

V

T

T

C) (525,7 K o==⋅=ε⋅= −κ 77983173031

12 ,,TT

2 – 3: p2 = p3 → cV

V

T

Tε==

2

3

2

3

54117798

1231

2

3 ,,T

Tc ===ε

Dovedena toplina

( ) ( )ciklus

kJ 449779812311431102323 ,,,,TTmcQQ pdov =−⋅=−=≡

3 – 4:

2

11

1

1

1

1

2

2

3

1

4

3

3

4 1

T

T

V

V

V

V

V

V

T

Tcc ⋅ε=

ε⋅ε=

⋅=

= −κ

−κ

−κ

−κ−κ

→ (4 – 1)

4 – 1:

κ−κ−κ ε=ε⋅ε=ε⋅= ccccT

T

T

T 11

2

3

1

4

C) (267,9 K o==⋅=ε⋅= κ 95405411303 341

14 ,,TT,

c

8. vježbe PRIMJERI

4

Odvedena toplina

( ) ( )ciklus

kJ 32095403038530104142 ,,,,TTmcQQ vodv −=−⋅=−=≡

...........................................................................................................


( )( )

( )( )

58916015411341

154113171

1

11

34134111

,,,

,,,,

c

ct =

−

−−=

−εκ

−εε−=η

−κκ−

Rad po ciklusu

ciklus

kJ 129449589160 ,,,QW dovt =⋅=⋅η=

Snaga stroja

kW ciklus

kJ

s

min

min

ciklus291129

60

600

60

1=⋅=

⋅

⋅

= ,WnP c

Kontrola: WQQ odvcov =+

ciklus

kJ 129320449 ,,, =−

9. vježbe UVOD

1

Neravnotežni i nepovratni procesi

Uvjeti ravnoteže – unutarnje: toplinske (T = konst.) i mehaničke (p = konst.) u domeni radnog

medija,

– vanjske: toplinske (∆T = TRM – TTS = 0) i mehaničke (∆F = FRM –FMS = 0; F =

∆p/A ) između radnog medija i toplinskih i mehaničkih sudionika u okolišu.

Proces = promjena stanja radnog medija može nastupiti samo u slučaju postojanja

neravnoteže! Iz razmatranja su isključeni procesi uslijed kemijske neravnoteže ili razlike

električkih naboja.

Politropski procesi –odvijaju se pri trajnoj unutarnjoj ravnoteži radnog medija i vanjskoj

mehaničkoj ravnoteži, pri kojoj se volumenska promjena RM odvija uz zanemarivo malenu

razliku sila i bez gubitka energije zbog trenja. Time se mehanička interakcija između RM i

okolišnjih mehaničkih sudionika smatra dvosmjernom (povratnom).

Vanjska toplinska ravnoteža nije propisana, pa se izmjena topline između RM i TS vrši pri

konačnoj razlici temperatura radnog medija i toplinskog spremnika: ∆T = TRM – TTS ≠ 0.

Stoga je svaki proces s izmjenom topline ireverzibilan (nepovratan) i ne može se izvesti u

suprotnom smjeru s istim toplinskim spremnikom!

Izuzetak je granični slučaj izmjene topline pri ∆T = TRM – TTS = 0 , koji služi u teorijskom

razmatranju procesa pri kojem bi iščeznuo jednosmjerni (nepovratni) karakter topline.

Realni procesi – nastaju zbog vanjske mehaničke i/ili toplinske neravnoteže, što ima za

posljedicu poremećaj unutarnje ravnoteže radnog medija, pa u domeni RM ne postoji

jedinstveno stanje svih materijalnih dijelova. Temperatura i tlak mogu poprimiti različite

vrijednosti. Stoga se ne može govoriti o promjeni stanja radnog medija kao cjeline, već o

promjenama stanja velikog broja malenih dijelova materije. Sa stanovišta radnog medija

proces je neravnotežan.

Realni procesi zahtijevaju posebnu teorijsku osnovu koja je sadržaj neravnotežne

(ireverzibilne) termodinamike.

Uz određene aproksimacije mogu se neki realni procesi obrađivati pomoću teorije klasične

(ravnotežne) termodinamike.

Navest ćemo nekoliko primjera neravnotežnih procesa.

1. Ekspanzija u vakuumu

Radni medij početnog stanja (T1, p1, v1 = V1/m) odvojen je fiksnom plohom površine A1 od

okolišnjeg vakuuma koji se proteže u prostoru V2 .

Uklanjanjem granične plohe površine A1 radni medij (plin) ekspandira na prostor bez

materije (vakuum) do konačnog volumena, kojem pripada granična ploha površine A2. Pri

ekspanziji plina tlak se smanjuje od p1 na p2.

Integral:

( ) J , ....dVVp =∫2

1

ima konačnu vrijednost, ali ne predstavlja izvršeni rad budući da nema vanjskog sudinika,

koji bi taj rad preuzeo, W12 = 0. Iz istog razloga nema ni toplinske interakcije: Q12 = 0.

9. vježbe UVOD

2

Bilanca energije – za zatvoreni

sustav (m = konst.):

121212 UWQ ∆=−

dovodi do zaključka:

∆U12 = 0, → U2 = U1 = konst.

m

T1, p1, V1

A1-granična

vakuum

V2

p2

A2 - granična

p1

2. Prigušivanje

Promjena geometrije strujanja uzrokuje pad tlaka, ∆p < 0.

Bilanca energije - otvoreni sustav:

.konstm =&

1212121212 ,p,k EEHPΦ &&& ∆+∆+∆=−

Kod čistog prigušivanja isključuju se

utjecaji iz okoline: Φ12 = 0 i P12 = 0.

Uvjeti za čisto prigušivanje:

• z1 = z2 →

( ) 01212 =−=∆ zzgmE ,p&&

• 2

2

2

1

11 w

A

V

A

Vw ===

&&

→

02

2

1

2

212 =

−=∆

wwmE ,k&&

Zakon prigušivanja:

01212 =−=∆ HHH &&& → .konstH =&

12

p1p2

A1A2

w1 w2

Zakon prigušivanja za idealne plinove:

( ) 01212 =−=− TTcmHH p&&& →

T2 = T1 , odnosno T = konst.

Prigušivanje je neravnotežni proces, koji se ne

smije poistovjećivati s izotermom – koja je

ravnotežna promjena stanja. Samo u slučaju

idealnog plina ta dva procesa povezuje tvrdnja

da je T = konst. Sva druga sličnost i zaljučci

otpadaju.

U dijagramima se prigušivanje prikazuje

isprekidanom linijom, koja se samo oblikom

poklapa s linijom izoterme.

Kada se prigušivanje odvija u kombinaciji s toplinskom i/ili mehaničkom interakcijom s

tvarima u okolišu, tada se proces, zbog računske procedure, razlaže na karakteristične

sekvence sa samo jednim efektom.

9. vježbe UVOD

3

Nepovratni proces miješanja različitih plinova

Plinovito agregatno stanje omogućuje miješanje različitih tvari u svim omjerima mase ili

količine. (To isto ne vrijedi u slučaju kapljevina, gdje su molekule tvari zbijene na malom

prostoru, pa je miješanje otežano ili čak sasvim onemogućeno, kao npr. u slučaju vode i

ulja).

Iskustvo pokazuje da će se dva različita plina, spontano i bez vanjskog poticaja pomiješati,

ako se ukloni ograničenje zbog kojeg su u početku razdvojeni. Tendencija miješanja

povezana je s tzv. kemijskim potencijalima plinova, ali se kod idealnih plinova ona može

objasniti i pomoću parcijalnih tlakova sudionika. Na primjer, uzmimo dva plina, A i B,

razdvojena pregradnom stijenkom. U prostoru plina A nema plina B, pa se formalno može

reći da je parcijalni tlak plina B u prostoru plina A jednak nuli, jer ga tamo ni nema! Isto

vrijedi i za plin A u prostoru plina B. Uklanjanjem ograničenja koje razdvaja ta dva

prostora stvoren je sustav s unutarnjom mehaničkom neravnotežom u obliku različitih

tlakova – svakog od sudionika, koji po zamišljenom modelu idealnog plina ne osjećaju

prisustvo drugih sudionika!

Na kraju neravnotežnog procesa mehaničkog uravnotežavanja, sudionici poprimaju vlastite

(parcijalne) tlakove sukladno njihovoj količini i ukupnom prostoru. Iskustvo govori da se

jednom pomiješani plinovi nikada sami od sebe neće razdvojiti. Stoga je miješanje

različitih plinova nepovratan (ireverzibilan) proces. Razdvajanje plinova se može provesti

samo u prisilnom (tehničkom) procesu i uz znatan utrošak energije.

Napomena: vrijednosti parcijalnih tlakova plinova u mješavini bit će drugačije ako su

plinovi imali različite temperature, jer će tada tijekom miješanja postojati i međusobna

izmjena topline – što je dodatni nepovratni proces!

Kao i do sada, smatra se da se plinovi ponašaju po modelu idealnog plina, tj. u svakom

trenutku vrijedi jednadžba stanja, kako za pojedinačni plin i: iiiiiii TNTRmVp ℜ== , tako i

za njihovu mješavinu: TNmRTpV ℜ== , čija svojstva nemaju nikakav indeks!

Prema Daltonovom zakonu, tlak mješavine jednak je zbroju parcijalnih tlakova sudionika:

∑=

′=n

i

ipp1

. Masa m i količina N mješavine jednake su: ∑=

=n

i

imm1

, odnosno ∑=

=n

i

iNN1

.

Maseni i molni udjeli definirani su na poznati način: m

mg i

i = , odnosno p

p

N

Nr iii

′== .

3. Miješanje plinova pri konstantnom volumenu (V = konst.) – zatvoreni sustav

Zbroj pojedinačnih volumena sudionika prije miješanja jednak je konačnom volumenu

njihove mješavine. Za proizvoljan broj sudionika, čija se imena obično zamjenjuju s

indeksima i = 1, 2, ..., n vrijedi: ∑=

=n

i

iVV1

, gdje su Vi volumeni prije miješanja, a V je

volumen mješavine. Kako je prije i poslije miješanja volumen sudionika isti to ne postoji

mehanička interakcija s okolišem, W = 0.

- Miješanje može biti bez izmjene topline s okolišem (adijabatsko miješanje, Q = 0),

ali zbog toga sam proces miješanja nije izentropska promjena, jer je miješanje po

karakteru neravnotežan proces koji za posljedicu ima porast entropije!!

9. vježbe UVOD

4

- Izmjena topline tijekom miješanja, Q ≠ 0, je dodatni nepovratni proces, čije se

posljedice mogu računati, kao da se izmjena topline odvijala nakon miješanja.

Temperatura mješavine može se izračunati iz jedne od jednadžbi:

Temperatura mješavine

∑

∑

=

=

+

=n

i

i,vi

n

i

ii,vi

cm

TcmQ

T

1

1

∑

∑

=

=

+

=n

i

i,vi

n

i

ii,vi

CN

TCNQ

T

1

1

3. Miješanje plinova pri konstantnom tlaku (p = konst.) – otvoreni sustav

Ovaj slučaj odnosi se na miješanje plinova koji dolaze do miješališta M pod stalnim tlakom

pi s konstantnim protokom: s

mVili

s

kmolN,

s

kgm iii

3

&&& . Početna temperatura i tlak (Ti, pi)

svih struja moraju biti poznati. Kako tlak miješavine p ovisi i o geometriji strujanja to se

on ne može odrediti samo na osnovi tlakova plinskih struja. Da se ne bi upuštali u detaljniji

opis modela, to će u razmatranim problemima vrijednost tlaka mješavine biti zadana!

I u ovom slučaju se miješanje može odvijati sa ili bez izmjene topline s okolišem. Za oba

slučaja vrijede jednadžbe za temperaturu nakom miješanja:

∑

∑=

=

=

+

=2

1

1

n

i

i,pi

n

i

ii,pi

cm

TcmΦ

T

&

&

∑

∑=

=

=

+

=2

1

1

n

i

i,pi

n

i

ii,pi

CN

TCNΦ

T

&

Zaključak

Tipični nepovratni procesi

• Izmjena topline pri konačnim razlikama temperatura

• Prigušivanje

• Miješanje različitih plinova

Svi nepovratni procesi imaju za posljedicu porast entropije sustava ∆S, koja predstavlja

zbroj promjena entropija svih sudionika u procesu. Na temelju toga se može izračunati

teorijski gubitak na radu ∆W, odnosno snazi ∆P, uslijed nepovratnosti procesa. Referentna

temperatura prirodnog spremnika, To, mora biti poznata.

∑∆=∆i

iSS , J/K (zatvoreni sustavi) →

∑∆=∆i

iSS && , W/K (otvoreni sustavi) →

STW ∆⋅=∆ 0 , J

STP &∆⋅=∆ 0 , W

9. vježbe UVOD

5

Određivanje promjena entropije sudionika procesa vrši se pomoću ranije navedenih

relacija!

ZADACI

1. ZADATAK

Kroz cijev struji 0,5 kg/s dušika, temperature 30 oC i tlaka 3 bara. Prolazom kroz

ventil dušik se prigušuje na 2 bara, a zatim ulazi u izmjenjivač topline u kojem se zagrije

na 80 oC. Za grijanje dušika koristi se vodena para koja potpuno kondenzira pri temperaturi

120 oC.

- Odredite teorijski gubitak snage uslijed nepovratnosti procesa, ako je referentna

temperatura okoline 20 oC.

- Koliki je gubitak snage samo uslijed prigušivanja?

..................................................................................................................................

2. ZADATAK

U posudi volumena 250 litara nalaze se kisik (O2) i dušik (N2) odvojeni tankom

pregradom zanemarivog volumena. Posuda je toplinski izolirana od okoline, temperature

10oC.

a) Kisik, stanja 50oC i 3,5 bara, zauzima volumen od 100 litara, a u preostalom

volumenu se nalazi 1 kg dušika, temperature 120oC.

b) Kisik i dušik imaju jednaka početna stanja: 5 bara i 80oC.

- Odredite temperaturu i tlak u posudi nakon uklanjanja pregrade.

- Koliki je teorijski gubitak rada zbog nepovratnosti procesa?

................................................................................................................

9. vježbe ZADACI

1

1. ZADATAK

Kroz cijev struji 0,5 kg/s dušika, temperature 30 oC i tlaka 3 bara. Prolazom kroz ventil dušik

se prigušuje na 2 bara, a zatim ulazi u izmjenjivač topline u kojem se zagrije na 80 oC. Za

grijanje dušika koristi se vodena para koja potpuno kondenzira pri temperaturi 120 oC.

- Odredite teorijski gubitak snage uslijed nepovratnosti procesa, ako je referentna

temperatura okoline 20 oC.

- Koliki je gubitak snage samo uslijed prigušivanja?

..................................................................................................................................

Zadani podaci

Dušik, N2: M = 28,02 kg/kmol, R = ℜ/M = 8314/28,02 = 296,9 J/(kg K)

(0 oC) → cp = 1,043 kJ/(kg K), κ = 1,4 → cv = cp/κ = 10,43/1,4 = 0,746 kJ/(kg K)

(1) ϑ1 = 30 oC = (303 K) ; p1 = 3 bar

(2) p2 = 2 bar; ϑ2 = ϑ1 = 30 oC (prigušivanje)

(3) ϑ3 = 80 oC = (353 K); p3 = p2 = 2 bar

Vodena para: ϑp = 120 oC = (393 K)

Okoliš: ϑo = 20 oC = (293 K)

1 1 2 3

Φ23m& m&p = konst.

h = konst.p = konst.

Izmjenjivač topline Ventilvodena para

kondenzat

dušik

v

T

ss1

T3

s2

K

T1= T2

1

v3

v2

( )∫=

3

2

23 dssTq

p

v3

N/m2

p2 = p3

ϑ1

1

2

v2

∫=

3

2

23 dvpw

h1=h2

ϑ3

3

Dušik

p1

2

3

p2 = p3

VPVP

s3

J/(kg K)m3/kg

9. vježbe ZADACI

2

Promjena entropija

Opća jednadžba za promjenu stanja 1 → 2

−=−=∆

1

2

1

21212

p

plnR

T

TlncmSSS p

&&&& , W/K (a)

Izmjena topline pri T = konst.

T

S 1212

Φ=∆ & , W/K (b)

Dušik

prigušivanje: 1 → 2 (T1 = T2)

K

kW 06020

2

32969050

2

11212 ,ln,,

p

plnRmSSS =⋅⋅==−=∆ &&&&

grijanje: 2 → 3 (p2 = p3)

K

kW 079650

303

353043150

2

32323 ,ln,,

T

TlncmSSS p =⋅⋅==−=∆ &&&&

prigušivanje + grijanje: 1 → 3

K

kW 139840

3

229690

303

353043150

1

3

1

31313 ,ln,ln,,

p

plnR

T

TlncmSSS p =

⋅−⋅=

−=−=∆ &&&&

Dovedena toplina: ( ) ( ) kW 075263033530431502323 ,,,TTcm p =−⋅⋅=−=Φ &

Vodena para (ϑp = konst.)

odvedena toplina pri kondenzaciji: kW 0752623 ,p −=Φ−=Φ

K

kW 066350

393

07526,

,

TS

p

p

p −=−=Φ

=∆ &

Promjena entropije sustava = dušik + vodena para

K

kW 07349006635013984013 ,,,SSS p =−=∆+∆=∆ &&&

Teorijski gubitak snage zbog nepovratnosti cijelog procesa

kW 53210734902930 ,,STP =⋅=∆⋅=∆ &

Teorijski gubitak snage samo zbog prigušivanja

kW 641706020293120 ,,STP =⋅=∆⋅=∆ &

9. vježbe ZADACI

3

Miješanje plinova pri V = konst.

2. ZADATAK

U posudi volumena 250 litara nalaze se kisik (O2) i dušik (N2) odvojeni tankom pregradom

zanemarivog volumena. Posuda je toplinski izolirana od okoline, temperature 10oC.

a) Kisik, stanja 50oC i 3,5 bara, zauzima volumen od 100 litara, a u preostalom volumenu

se nalazi 1 kg dušika, temperature 120oC.

b) Kisik i dušik imaju jednaka početna stanja: 5 bara i 80oC.

- Odredite temperaturu i tlak u posudi nakon uklanjanja pregrade.

- Koliki je teorijski gubitak rada zbog nepovratnosti procesa?

................................................................................................................

Napomena: Svojstva kisika označena su indeksom 1, a svojstva dušika indeksom 2.

Svojstva mješavine kisika i dušika nemaju indeksa.

Zadani podaci

Opći podaci

V = 250 l = 0,250 m3 ... volumen posude

ϑo = 10oC = (273 K) ... temperatura okoline

ℜ = 8314 J/kmol K ... opća plinska konstanta

1 (kisik) : M1 = 32 kg /kmol , R1 = R / M1 = 260 J/ kg K

0oC: cv = cp – R1 = 0,913 – 0,260 = 0,653 kJ/ kg K

V1 = 0,1 m3

2 (dušik) : M2 = 28 kg /kmol , R2 = R / M2 = 297 J/ kg K

0oC: cv = cp – R1 = 1,043 – 0,297 = 0,746 kJ/ kg K

m2 = 1 kg, N2 = m2 / M2 = 0,0357 kmol, V2 = V – V1 = 0,15 m3

a) Slučaj b) Slučaj

1 (kisik) :

ϑ1 = 50oC = (323 K) ,

p1 = 3,5 bar = 3,5 ·105 Pa ,

m1 = (p1 V1) / (R1 T1) = 0,417 kg ,

N1 = m1 / M1 = 0,0130 kmol

ϑ1 = 80oC = (353 K) ,

p1 = 5 bar = 5 ·105 Pa

m1 = (p1 V1) / (R1 T1) = 0,545 kg

N1 = m1 / M1 = 0,0170 kmol

2 (dušik) :

ϑ2 = 120oC = (393 K) ,

p2 = (m2 R2 T2)/ V2 = 7,78 ·105 Pa

ϑ2 = 80oC = (353 K)

p2 = 5 bar = 5 ·105 Pa

m2 = (p2 V2)/(R2 T2) = 0,715 kg

N2 = m2/M2 = 0,0255 kmol

9. vježbe ZADACI

4

Interakcija sustava i okoline Sustav je zatvoren (m = m1+m2 = konst.), toplinski izoliran (Q= 0) i ne mijenja volumen (W =

0).

kisik dušik

1 2

p1 p2

p = p1’ + p2’

N = N1 + N2

m = m1 + m2

V = V1 + V2

T1 T2

T

kisik + dušik

V1

N1

m1

V2

m2

N2

sustav = kisik + dušik

V = konst.

za sustav: Q = 0, W = 0 → ∆U = 0

Bilanca energije sustava: (I. Zakon termodinamike)

{Q – W = ∆U }sustav → ∆U = U ″ – U ′ = 0

U ′ = U1 + U2 ... unutarnja energija sustava prije miješanja

U ″ = U1′ + U2 ′ ... unutarnja energija sustava poslije miješanja

∆U = ∆U1 + ∆U2 ... zbroj promjena unutarnjih energija članova sustava

∆U1 = m1 cv1 (ϑ – ϑ1) , ∆U2 = m2 cv2 (ϑ – ϑ2) → ∆U = 0 ..... dobivamo:

2211

222111

vv

vv

cmcm

TcmTcmT

+

+= ... temperatura mješavine

N = N1 + N2 .... količina mješavine

p = (N ℜ T)/V .... tlak mješavine

Parcijalni tlakovi

p1′ = (N1 ℜ T1)/V ili → r1 = N1/N = 0,267 → p1′ = r1 p

p2′ = (N2 ℜ T2)/V ili → r2 = N2/N = 0,733 → p2′ = r2 p

Rješenje za a) slučaj temperatura mješavine:

K 10,6530,417

3930,74613230,6530,417 374

74602211

222111 =⋅+⋅

⋅⋅+⋅⋅=

+

+=

,cmcm

TcmTcmT

vv

vv → ϑ = 101oC,

9. vježbe ZADACI

5

N = N1 + N2 = 0,013 + 0,357 = 0,0487 kmol ... količina mješavine

Pa 1057 5⋅=⋅⋅

=ℜ

= 06250

374831404870,

,

,

V

TNp ... tlak mješavine

Parcijalni tlakovi sudionika u mješavini

p1′ = (N1 ℜ T1)/V = 1,617 ·105 Pa; ili → r1 = N1/N = 0,267 → p1′ = r1 p

p2′ = (N2 ℜ T2)/V = 4,440 ·105 Pa; ili → r2 = N2/N = 0,733 → p2′ = r2 p

Promjena entropije sudionika

( )K

kJ1390

1

11

1

111111 ,p

plnR

T

TlncmssmS v =

′−=−′=∆ ... kisik

( )K

kJ1140

2

22

2

222222 ,p

plnR

T

TlncmssmS v =

′−=−′=∆ ... dušik

Teorijski gubitak rada uslijed nepovratnosti procesa

∆S = ∆S1 + ∆S2 = 0,139 + 0,114 = 0,253 kJ/K ... sustav

∆So = Qo / To = 0/ 283 = 0 ... okolina (sustav je izoliran od okoline)

∑∆Si = ∆S = 0,253 kJ/K

∆W = To ∑∆Si = 283· 0,253 = 71,6 kJ ... teorijski gubitak rada

.........................................

Rješenje za b) slučaj

Količina nastale mješavine: N = N1 + N2 = 0,013 + 0,357 kmol

Molni udjeli sudionika u mješavini:

r1 = N1/N = 0,4 , r2 = N2/N = 0,6

Pri adijabatskom miješanju idealnih plinova jednakih temperatura i tlakova

- temperatura ostaje nepromijenjena:

K 0,6530,417

3537460165304170

35374601353

2211

222111 =⋅+⋅

⋅⋅+⋅⋅=

+

+=

,,,

,

cmcm

TcmTcmT

vv

vv ... temperatura

mješavine

- tlak mješavine jednak je početnim tlakovima plinova:

Pa 105 0,0487

5⋅=⋅⋅

=ℜ

=250

3538314

,V

TNp ... tlak mješavine

9. vježbe ZADACI

6

Parcijalni tlakovi sudionika:

p1′ = r1 p = 0,4⋅5 = 2 bar , p2′ = r2 p = 0,3⋅5 = 3 bar

Promjena entropije sudionika

kisik

( )K

kJ 0,48,3240,017 129500 11

1

1111111 ,lnrlnN

p

plnRmssmS =⋅⋅−=ℜ−=

′−=−′=∆

dušik

( )K

kJ 10830603148025500 22

2

2222222 ,,ln,,rlnN

p

plnRmssmS =⋅⋅−=ℜ−=

′−=−′=∆

Teorijski gubitak rada uslijed nepovratnosti procesa

∆S = ∆S1 + ∆S2 = 0,1295 + 0,1083 = 0,2378 kJ/K ... sustav

∆So = Qo / To = 0/ 283 = 0 ... okolina (sustav je izoliran od okoline)

∑∆Si = ∆S = 0,2378 kJ/K

∆W = To ∑∆Si = 283· 0,2378 = 67,3 kJ ... teorijski gubitak rada

Napomena: Dobiveni numerički podatak za ∆W ne može poslužiti za usporedbu, jer su početna

stanja u slučajevima a) i b) bitno različita. U b) slučaju nepovratnost procesa je samo zbog

miješanja dvije različite tvari, a nema nepovratnih efekata zbog razlike temperatura

(nepovratnost izmjene topline) i razlike tlakova (nepovratnost prigušivanja), kao u slučaju a).

U slučaju da su početna temperatura i tlak kisika i dušika jednaki temperaturi i tlaku

mješavine iz slučaja a), tj. 101oC i 6,057 bar, tada bi pri adijabatskom miješanju nastala

mješavina imala temperaturu 101oC i tlak 6,057 bar! Međutim, ni takav slučaj nije moguće

uspoređivati sa slučajem a), jer početne vrijednosti masa (i količina) plinova nisu jednake.

Usput: u tom slučaju bi teorijski gubitak na radu iznosio ∆W = 82,69 kJ.

9. vježbe PRIMJER

1

Miješanje pri p = konst.

PRIMJER

Dvije struje metana (CH4) različitog stanja privode se miješalištu. Kroz jedan cjevovod

dostrujava 1200 m3/h plina, stanja 6 bara i 40

oC, a kroz drugi 400 m

3/h plina, stanja 18 bara i

160oC. Prije ulaska u mješalište prigušuje se druga struja sa 18 bara na 6 bara. U cjevovodu

iza mješališta, dimenzija 76/70 mm, tlak plina iznosi 6 bara.

• Odredite teorijski gubitak snage uslijed nepovratnosti procesa. Stanje okoline je

normalno.

• Kolika je brzina plina u cjevovodu iza mješališta?

................................................................................................................................................

Metan, CH4 : M = 16,03 kg/kmol → R = R/M = 8314/16,03 = 519,6 J/kg K.

0oC : cp = 2,177 kJ/kg K.

(1) Prva struja: V1 = 1200 m3/h = 0,333 m

3/s

p1 = 6 bar = 6·105 Pa

ϑ1 = 40oC = (313 K)

m1 = (p1 V1)/(R1T1) = 1,23 kg/s → N1 = m1/M = 0,00237 kmol/s

.............

(2) Druga struja: V2 = 400 m3/h = 0,111 m

3/s

p2 = 18 bar = 18·105 Pa

ϑ2 = 160oC = (433 K)

m2 = (p2 V2)/(R2T2) = 0,889 kg/s → N2 = m2/M = 0,00171 kmol/s

.............

Mješavina: m = m1 + m2 = 2,119 kg/s → N = N1 + N2 = 0.004078 kmol/s

)C90(K363 o

21

2211

21

2211==

+

+=

+

+=

mm

TmTm

cmcm

TcmTcmT

pp

pp, ... temperatura mješavine

3

5m666,0

106

3636,519119,2=

⋅

⋅⋅==

p

TRmV ..... volumen mješavine

MCH4 CH4

1

2

p1= 6 bar

18 bar

T1 = 313 K

T2 = 433 K

V1= 1200 m3/h

V2 = 400 m3/h

p = 6 bar

T = 363 K

V = 2398 m3/h 6 bar

9. vježbe PRIMJER

2

Promjena entropije struja

Pri miješanju istih kemijskih tvari (plinova) ne postoji pojam parcijalnog tlaka u mješavini,

već samo tlak mješavine!

prva struja:

K

W39680

313

3631772231

1

1

11

11 ,ln,,T

Tlncm

p

plnR

T

TlncmS pp =⋅⋅==

−=∆

druga struja:

K

W6621

18

651960

433

36317728990

22

22 ,ln,ln,,p

plnR

T

TlncmS p =

−⋅=

−=∆

Teorijski gubitak na radu zbog nepovratnosti procesa

∑ =+⋅=∆=∆ W7,153)662,13968,0(273o STW

Brzina mješavine

s

m92

42

===πd

V

A

Vw

10. vježbe UVODNI ZADACI

1

VODENA PARA

1. ZADATAK

Na poklopcu Papinovog lonca nalazi se ventil za ispuštanje pare koji je zatvoren

zvonolikim utegom. Masa utega i veličina otvora ventila određuju pretlak u loncu.

Povećanjem pretlaka raste temperatura zasićenja (temperatura kuhanja), što skraćuje

vrijeme kuhanja.

Kod koje će temperature zakuhati voda u takvom loncu, ako je otvor ventila 4 mm, a masa

utega m = 88,45 g? Tlak okolišnjeg zraka je 1 bar.

Površina otvora: 262

1057124

m−⋅=π

= ,d

A

Tlak kuhanja – bez efekta na osloncu, F = 0:

6

5

0105712

819088450101

−⋅

⋅+⋅=+=

,

,,

A

mgpp

bar69051m

N169050

2,p ==

Temperatura zasićenja (isparivanja):

ϑ′ = 115 0C

LONAC

UTEGmg/A

d

p

p0

F = 0

2. ZADATAK Koliko topline treba dovesti da bi 1 kg vrele vode ispario pri tlaku 12 bara?

Za koliko se pri tome promijeni entropija vode?

Koliki se dio topline troši na povećanje unutarnje energije vode, a koliki na rad protiv

vanjskog tlaka (12 bar) pri povećanju volumena?

Kp

ϑ′

ϑ′ oC

p

bar

p , ϑ′

v1′ v1″ v, m3/kg

Vrela

kapljevina

Suhozasićena para

g''g'

1′′′′ 1″″″″

T ′

s, J/(kg K)

g″g′

KT

K

p

p

1′′′′ 1″″″″

s1″s1′

p , T ′

Bilanca energije (po 1 kg) od 1′′′′ do 1″″″″:

hwq teh ∆=− ,

0=tehw (nema vanjske mehaničke interakcije)

71986979772784 ,,,hhq =−=′−′′= , (dovedena toplina = toplina isparivanja r)


2

Promjena unutarnje energije pri isparivanju:

kg

kJ

kg

J7977956533001138801012109797 53 ==⋅⋅−⋅=′−′=′ ,,vphu

kg

kJ 2590

kg

J ==⋅⋅−⋅=′′−′′=′′ 25887401633010121072784 53

,,vphu

kJ/kg17937972590 =−=′−′′=∆ uuu unutarnja (latentna) toplina isparivanja

Mehanički rad širenja (označava se simbolom ψ):

( ) ( )kg

J 19459300113880163301012 5 =−⋅=′−′′=ψ ,,vvp

kJ/kg1946=ψ vanjska toplina isparivanja

............

Kontrola:

kJ/kg19881951793 =+=ψ+∆= uq

............

Promjena entropije:

( )kgKkJ/31430742148252216 ,,,,sss ==−=′−′′=∆

.....................

Kontrola :

Za tlak p = 12 bar je temperatura zasićenja ϑ′ = 187,96 oC , odnosno T ′ = 461,11 K

kJ/kg198731411461 =⋅=∆′= ,,sTq

.................

Usporedbom kontrolnih rezultata uočava se nesigurnost rezultata na 4-toj znamenci.

3. ZADATAK

Koliki tlak vlada u kondenzatoru ako vodena para kondenzira pri temperaturi 25 oC?

Koliki se tlak uspostavi u kondenzatoru ako zbog slabijeg hlađenja poraste temperatura

kondenzacije na 30 oC ?

Za temperaturu kondenzacije ϑ1 = 25 oC je

tlak zasićenja (kondenzacije):

p′ = 0,03166 bar.

Za temperaturu kondenzacije ϑ2 = 30 oC je

tlak zasićenja (kondenzacije):

p′ = 0,04241 bar.

Kp

30 oC

bar

v′v, m

3/kg

g''g'

v″

30oC, 0,04241 bar

25 oC25

oC, 0,03166 bar

0,04241

0,03166


3

4. ZADATAK U posudi volumena 2 m

3 nalazi se mokra (zasićena) vodena para temperature 225

oC.

Vrela kapljevina zauzima volumen 500 l, a ostatak je suhozasićena para.

Odredite svojstva (v, h, s, u) mokre pare.

Temperaturi ϑ = 225 oC odgovara tlak

zasićenja:

p´ = 25,504 bar.

Vrela kapljevina: V´ = 0,5 m3

kg8741600119940

50,

,

,

v

Vm ==

′

′=′

Suhozasićena para:

3m51502 ,,VVV =−=′−=′′

kg131978410

51,

,

,

v

Vm ==

′′

′′=′′

(ϑ = 225 oC)

s, J/(kg K)

g''g'

KT

K

p′

1′′′′

s1″s1′

p′= 25,504 bar

p′

1″″″″T

1

x1= 0,04388

s1

Mokra (zasićena) para – stanje 1:

kg436131987416 =+=′′+′= ,,mmm

sadržaj pare:

043880436

13191 ,

,

m

mx ==

′′=

sadržaj vlage: y1 = 1 – x1

956120436

874161 ,

,

m

my ==

′=

/kgm0045870436

2 3

1 ,m

Vv ===

kJ/kg910464183804388029661111 ,,,,rxhh =⋅+=+′=

( ) ( ) ( )KkgkJ/7244256252251860438805625211111 ,,,,,ssxss =−+=′−′′+′=

J/kg1021035004587010504251091046 353

1111 ⋅=⋅⋅−⋅=−= ,,,,vphu

............

Ishodišnje (nulto) stanje entalpije obično se uzima u obliku uvjeta da je pri temperaturi

ϑo = 0 oC entalpija jednaka nuli: ho = 0 kJ/kg. Takvo referentno stanje korišteno je u

Toplinskim tablicama FSB. Istovremeno, unutarnja energija tog referentnog stanja nije

jednaka nuli: uo ≠ 0, već slijedi iz relacije: 0000 vphu −= .

Uzevši da je uz ϑo = 0 oC tlak po = 1 bar , tada je vo ≈ v′0

oC = 0,0010002 m

3/kg, pa slijedi:

J/kg021000010002010105

0000 ,,vphu =⋅⋅−=−=

Ta činjenica nema utjecaja na proračune, jer se oni uvijek odnose na promjene stanja tijekom

procesa, pa su vrijednosti u referentnim stanjima irelevantne.


4

5. Interpolacija tabličnih podataka

Odredite interpolacijom svojstva: v, h i s vrele kapljevine i suhozasićene pare temperature

ϑ = 123 oC

..............................................................

Vrela kapljevina – linearna interpolacija na osnovi podataka u tablicama

(Indeksom su označene temperature)

( ) ( )kg

m3

0016356000106080001065405

300106080

120125

120123120125120123 ,,,,vvvv =−+=′−′

−

−+′=′

( ) ( )kg

kJ2851655038524

5

35503

5

3120125120123 ,,,,hhhh =−+=′−′+′=′

( ) ( ) Kkg

kJ559215270158071

5

352701

5

3120125120123 ,,,,ssss =−+=′−′+′=′

Suhozasićena para

( ) ( )kg

kJ527082270442711

5

322704

5

3120125120123 ,,,,hhhh =−+=′′−′′+′′=′′

( ) ( ) Kkg

kJ092371236707147

5

312367

5

3120125120123 ,,,,ssss =−+=′′−′′+′′=′′

Za specifični volumen se linearnom interpolacijom dobiva ponešto pogrešan rezultat:

( ) ( ) kg

m3

8185089130770005

389130

5

3120125120123 ,,,,vvvv =−+=′′−′′+′′=′′

Točniji rezultat dobiva se korištenjem tabličnih podataka za ψ, jer se on vrlo malo mijenja, te

relacije: ( )vvp ′−′′=ψ .

( ) ( )kg

kJ68177739176454178

5

3739176

5

3120125120123 ,,,, =−+=ψ−ψ+ψ=ψ

gdje su:

( ) ( )kg

kJ739176

1000106080891301098531

3

5

120120120120 ,k

,,,vvp =

⋅−⋅=′−′′=ψ

( ) ( )kg

kJk454178

100010654077001032082

3

5

125125125125 ,,,,vvp =

⋅−⋅=′−′′=ψ

konačno dobivamo:

kg

m3

813601018662

1077681001063560

5

5

123

123123123 ,

,

,,

pvv =

⋅

⋅+=

ψ+′=′′

(što se razlikuje od vrijednosti dobivene linearnom interpolacijom v'123 = 0,8185 m3/kg)

pri čemu je korišten rezultat:

( ) ( ) bar1866298531320825

398531

5

3120125120123 ,,,,pppp =−+=−+=

10. Vježbe Parni procesi

1

1. ZADATAK

Dvostupanjska turbina s međupregrijačem pare

Parni kotao proizvodi 28,8 t/h vodene pare stanja 60 bara i 450 oC, koja izentropski

ekspandira u dvostupanjskoj turbini. U prvom stupnju ekspanzija teče do tlaka 15 bara, nakon

čega se dio pare odvaja i odvodi u grijalice gdje predaje 2770 kW topline. Preostali dio pare

vraća se u kotao i ponovno pregrijava na početnu temperaturu, a zatim odvodi u drugi stupanj

turbine u kojem ekspandira do kondenzatorskog tlaka od 0,08 bara. U grijalicama i

kondenzatoru para potpuno kondenzira te se pumpama vraća u kotao.

Odredite ukupnu snagu turbine, te toplinu dovedenu u kotlu i odvedenu u kondenzatoru.

Prikaz procesa u h-s dijagramu:

p 1= 6

0 bar

s8 = s7 s2 = s1

s J/(kg K)

K

h

kJ/kg

h5 ≈ h6

h1 450

oC

pk= 0,08 bar

1

4

5

2

3

6

pg=15 bar

8

7

s4 = s3

gm�

m�

km�

km�

s5 = s6

Zadani podaci:

protočna masa pare: kg/s8t/h828 == ,m�

kotlovska para: p1 = 60 bar, ϑ1 = 450 oC,

grijalice: pg = 15 bar, Φg = 2770 kW,

kondenzator: pk = 0,08 bar .

Vrijednosti iz h-s dijagrama i Toplinskih tablica:

1 h1 = 3300 kJ/kg , s1 = 6,715 kJ/(kg K)

2 h2 = 2928 kJ/kg , s2 = s1

4 h4 = 2324 kJ/kg , s4 = s3

7 h7 = 844,1 kJ/kg ( h′ iz tablica za pg)

3 h3 = 3368 kJ/kg , s3 = 7,42 kJ/(kg K)

5 h5 = 173,76 kJ/kg ( h′ iz tablica za pk)

Vrijedi približno: h8 = h7 i h6 = h5 → zanemarena snaga pumpe: Pp ≈ 0.


2

Shema postrojenja:

Kotao

TurbinaPregrijač pare

Pumpa

Grijalica

Potpuni kondenzat

(vrela kapljevina)

Pregrijana para

gΦ

kotΦ

Pt

Pp

1

2

2

3

7

4

PIPII

Rashladna voda

kondΦ

Međustupanjskipregrijač pare

8

45

5

6

Pumpa

Kondenzator

v kondΦ = −Φ

7

Proračun

protočna masa pare u grijalicama:

7 2

27701,329 kg/s

2928 844,1

g

gmh h

Φ= = =

− −�

protočna masa pare u kondenzatoru: 8 1, 329 6, 671 kg/sk gm m m= − = − =� � �

snaga turbine: ( ) ( )1 2 3 4t I II kP P P m h h m h h= + = − + −� �

( ) ( )8 3300 2928 6,671 3368 2324 2976 6964,5 9940,5 kWtP = − + − = + =

toplina u kotlu: ( ) ( ) ( )1 8 1 6 3 2kot g k gm h h m h h m h hΦ = − + − + −� � �

( ) ( ) ( )1,329 3300 844,1 6,671 3300 173,76 1,329 3368 2928 24704 kWkotΦ = − + − + − =

toplina u kondenzatoru: ( ) ( )5 4 6,671 173,76 2324 14344 kWkond km h hΦ = − = − = −�

toplina u grijalicama: ( ) ( )7 2 1,329 844,1 2928 2769,5 kWg gm h hΦ = − = − = −�

termički stupanj djelovanja: 9940,5

0, 424704

t

t

kot

Pη = = =

Φ


3

Kolika je snaga pumpi?

Snaga pumpe: ( ) ( ) W , 12

2

1

2

1

ppvmdpvmdppvmPp −−=−=−= ∫∫ �� ,

za kapljevine vrijedi v1≈ v2 (nekompresibilnost)

Pumpa 5-6:

{ } ( ) ( ) kWJ/s 340403081008060001008406716 5

56565,,,,ppvmP kp ==⋅−⋅−=−−=

−�

Pumpa 7-8:

{ } ( ) ( ) kW6,902J/s ==⋅−⋅−=−−=−

6902101560001154103291 5

78787,,ppvmP gp

�

Ukupna snaga pumpi: Pp = 40,3+6,902 = 47,2 kW (oko 0,475 % snage turbine).

2. ZADATAK

Protutlačni, ispušni i kondenzacijski procesi

Parni kotao proizvodi 3000 kg/h vodene pare stanja: 15 bara i 450 oC, koja izentropski

ekspandira u parnoj turbini.

a) Kolika je snaga turbine, ako se nakon ekspanzije u turbini para odvodi u grijalice u

kojima para potpuno kondenzira, predajući toplinu za grijanje? Temperatura

kondenzacije iznosi 130 oC, a kondenzat se pumpom vraća u kotao. (protutlačni

proces)

b) Kolika je snaga turbine, ako se para nakon ekspanzije ispušta u okoliš i nadoknađuje

napojnom vodom temperature 15 oC ? Okolišnji tlak je 1 bar. (ispušni proces)

c) Za koliko se poveća snaga turbine, ako se nakon ekspanzije para odvodi u kondenzator

u kome vlada tlak od 0,023376 bara? Potpuni kondenzat se pumpom vraća u kotao.

(kondenzacijski proces)

Indeksi: p – protutlačni, i – ispušni, k – kondenzacijski proces

Zadani podaci:

kg/h 3000=m� , p1 = 15 bar, ϑ1 = 450 oC

a) Protutlačni proces: ϑg = 130 oC, (pg = 2,7 bar)

b) Ispušni proces: po = 1 bar, ϑv = 15 oC (napojna voda kotla)

c) Kondenzacijski proces: pk = 0,023376 bar, ( C20 0

k =ϑ′ )


4

s J/(kg K)

KT

s1= s2s3 = s4

2p protutlačni

T1

1

(ϑv = 15oC)

2i ispušni

2k kondenzacijski

3i

3k

4k

4i 3p

4p

p1 = 15 bar

ϑg = 130oC, pg = 2,7 bar

pk = 0,023376 bar, ϑ′k = 20oC

po = 1bar

Podaci iz h-s dijagrama:

Stanja 1 h1 = 3382 kJ/kg , s1 = 7,43 kJ/(kg K) , v1 = 0,25 m

3/kg

2p h2p = 2900 kJ/kg , s2p = s1

2i h2i = 2700 kJ/kg , s2i = s1

2k s2k = s1, 85202963066528

29630437

22

222 ,

,,

,,

ss

ssx

kk

kkk =

−

−=

′−′′

′−=

( ) kJ/kg2174424538520868322222222 =⋅+=+′=′−′′+′= ,,,rxhhhxhh kkkkkkkk

p 1=15 b

ar

s4 = s3 s2 = s1 s J/(kg K)

K

h

kJ/kg

h3 ≈ h4

h1

ϑ1

pk=0,02337 bar

1

2p

3p

4k

ϑv=15oC

po= 1 bar

2i

2k

3i3k

4p4i

protutlačni

ispušni

kondenzacijski

pg=2,7 bar


5

a) Protutlačni proces: shema postrojenja

KotaoTurbina

Pregrijač pare

Pumpa

GrijalicaVrela kapljevina

(potpuni kondenzat)

Pregrijana para

gΦ

kotΦ Pt

Pp

1

2p

2p3p

3p

4p

Snaga turbine: ( ) ( ) kW7401290033828333021 ,,hhmP pt =−=−= �

Kotao: ( ) ( )1 4 0,8333 3382 546,1 2363, 2 kWkot pm h hΦ = − = − =�

Grijalica: ( ) ( )3 2 0,8333 546,1 2900 1961,5 kWg p pm h hΦ = − = − = −�

Snaga pumpe: ( ) kW043 =−= ppp hhmP � , vrijedi približno: h3p = h4p

Termički stupanj djelovanja: 401,7

0,172363, 2

tt

kot

Pη = = =

Φ

-------------------------------------------------------------------------------------------------

b) Ispušni proces: shema postrojenja

KotaoTurbina

Pregrijač pare

Pumpa

Napojna voda ϑv=15oC

Pregrijana para

kotΦ Pt

Pp

1

2i

3i

4i

Okolišnji zrak po= 1 bar

po

h3i ≈ 62,96 kJ/kg

Snaga turbine: ( ) ( ) kW3568270033828333021 ,,hhmP it =−=−= �


6

Kotao: ( ) ( )1 4 0,8333 3382 62,96 2765,8 kWkot im h hΦ = − = − =�

Snaga pumpe: ( ) kW043 =−= iip hhmP � , vrijedi približno: h3i = h4i

Termički stupanj djelovanja: 568,3

0, 2052765,8

tt

kot

Pη = = =

Φ

----------------------------------------------------------------------------------------------------

c) Kondenzacijski proces: shema postrojenja

Mokra para:

x2k = 0,852

KotaoTurbina

Pregrijač

pare

Pumpa Kondenzator

Rashladna voda

Vrela kapljevina = potpuni kondenzat

Pregrijana para

kondΦ

kotΦ Pt

Pp

1

2k

3k

3k

4k

Snaga turbine: ( ) ( ) kW1007217433828333021 =−=−= ,hhmP kt�

Kotao: ( ) ( )1 4 0,8333 3382 83,86 2748 kWkot km h hΦ = − = − =�

Kondenzator: ( ) ( )3 2 0,8333 83,86 2174 1742 kWkond k km h hΦ = − = − = −�

Snaga pumpe: ( ) kW043 =−= kkp hhmP � , vrijedi približno: h3k = h4k

Termički stupanj djelovanja: 1007

0,3662748

tt

kot

Pη = = =

Φ

10. vježbe Parni procesi

1

Primjer

Proces s miješanjem pare

U zajednički sabirni vod dovodi se para iz dva kotla, koji proizvode jednake mase pare tlaka

20 bara. Jedan kotao dobavlja pregrijanu paru temperature 420 oC, dok drugi zbog kvara na

pregrijaču proizvodi samo suhozasićenu paru.

- Koliku snagu razvija turbina koristeći paru iz sabirnog voda, ako u kondenzatoru

vlada 95 postotni vakuum, a za njegovo se hlađenje koristi 350 t/h rashladne vode,

koja se pri tome zagrije za 13 oC. Iz kondenzatorara izlazi kondenzat, pothlađen za 7,9

oC, te se pumpom vraća u kotlove.

- Koliko se topline dovodi u kotlovima, a koliko odvodi u kondenzatoru?

- Za koliko se smanjio termički stupanj djelovanja uslijed kvara na jednom pregrijaču?

Stanje okoline je 1 bar i 20 oC.

Prikaz procesa u h-s dijagramu

s5 = s4s1

s J/(kg K)

K

hkJ/kg

h5 ≈ h4

h2 420oC

1

4

5

2

3

s3* = s2

h1

25 oC

3*

Mi

Mrh = konst.

∆s

sr si

pkond= 0,05 bar , ϑk=

32,9o C

p kot = 20 bar

Zadani podaci:

protočne mase: 21 mm �� = , ukupna masa:

21 mmm �� +=

kotlovski tlak: pkot = p1 = p2 = 20 bar ,

kondenzatorski tlak: pkond = (1–V %)·po = (1– 0,95)·1= 0,05 bar, ϑk = 32,9 oC ,

stanje 1: temperatura zasićenja: ϑ′ = 212,37 oC , h1 = 2800,6 kJ/kg, s1 = 6,3422 kJ/(kg K),

stanje 2: temperatura pregrijanja: ϑ2 = 420 oC ,

stanje 4: temperatura pothlađenog kondenzata: ϑ4 = ϑk – ∆ϑpot = 32,9 – 7,9 = 25 oC,

h4 ≈ h′4 = 104,74 kJ/kg (tablični podatak za 25 oC),

stanje 5: h5 ≈ h4 .


2

Podaci iz h-s dijagrama:

stanje 2: h2 = 3292 kJ/kg, s2 = 7,17 kJ/(kg K)

Miješanje

Reverzibilno miješanje – stanje Mr na pravcu miješanja 1-2:

2211 hmhmhm Mr

�� += → ( ) ( ) kJ/kg330463292628005050 21 ,,,hh,hMr =+=+= ,

2211 smsmsm Mr�� += → ( ) ( ) kJ/kg7666197342265050 21 ,,,,ss,sMr =+=+= .

Ireverzibilno miješanje − stvarno stanje Mi na sjecištu linije hMr i tlaka p1 = p2 = pkot:

hMi = 3047 kJ/kg , sMi = 6,81 kJ/(kg K) očitano iz h-s dijagrama,

∆s = sMi – sMr = 6,81 – 6,766 = 0,044 kJ/(kg K), promjena entropije zbog miješanja.

stanje 3: s3 = s2 = 7,17 kJ/(kg K) ; p3 = 0,05 bar

800476103938

47610816

33

333 ,

,,

,,

ss

ssx =

−

−=

′−′′

′−=

kg

kJ 120762423800711373333 ,,,rxhh =⋅+=⋅+′=

Kondenzator

dvedena toplina pri kondenzaciji: ( )4 3kond m h hΦ = −�

Rashladna voda: w w w wm cΦ = ∆ϑ�

kond wΦ = − Φ

Ukupni protok pare:

s

kg

h

kg 688259678

7410712076

131874350000

43

,,,,

,

hh

cmm www ==

−

⋅⋅=

−

ϑ∆=�

�

Protok pare u kotlovima: kg/s 344126882221 ,/,/mmm ==== ��

Turbina

snaga: ( ) ( ) kW 261012076304768823 =−=−= ,,hhmP Mi�

Kotao toplina:

( ) ( ) ( ) ( )1 1 5 2 2 5 1,344 2800,6 104,74 1,344 3292 104,74 7907 kWkot

m h h m h hΦ = − + − = − + − =� �


3


2610

0,337907

t

kot

Pη = = =

Φ

Proces bez kvara na isparivaču

Kotao:

( ) ( )2 5 2,688 3292 104,74 8567 kWkot m h hΦ = − = − =�

Stanje 3* : s3* = s2 = 7,17 kJ/(kg K) ; p3 = 0,05 bar

84550476103938

47610177

33

333 ,

,,

,,

ss

ssx *

* =−

−=

′−′′

′−=

kg

kJ 42186242384550711373333 ,,,rxhh ** =⋅+=⋅+′=

Turbina:

( ) ( ) kW 2972421863292688232 =−=−= ,,hhmP *�


2972

0,3478567

t

kot

Pη = = =

Φ

DIJAGRAMI

(Kvalitativni prikaz bez mjerila)

Granične krivulje - linije napetosti:

g′ - stanja vrele kapljevine: v′ , h′ , s′ ..... u Toplinskim tablicama

g″ - stanja suhozasićene pare: v″ , h″ , s″ ..... u Toplinskim tablicama

Karakteristična stanja H2O u p-v dijagramu

Kp

ϑ'oC

Pregrijana para

ϑ'oC

p

bar

p , ϑ'

Mokra (zasićena)

para

v′ v″ v, m3/kg

Pothlađena

kapljevina

Vrela

kapljevina

Suhozasićena para

g″g′

Temperatura zasićenja ϑ' za tlak p ..... u Toplinskim tablicama




Karakteristična stanja H2O u T-s dijagramu

p

Pregrijana para

T '

p

p, T '

Mokra (zasićena)

para

s′ s″ s, J/(kg K)

Pothlađena

kapljevina

Vrela

kapljevina

Suhozasićena para

g″g′

KT

K

x y

1 = x+y

mx

m

′′=

my

m

′=

( )m′′( )m′ ( )m

Tk < T'

Tp > T´




Karakteristična stanja vode - vodene pare u h-s dijagramu

pPregrijana para

p

p , ϑ'

Mokra (zasićena)

para

s′ s″ s, J/(kg K) Pothlađena

kapljevina PK

stanja: p, ϑpk

Vrela kap.

Suhozasićena para

g″

g′

K

h

kJ/kg

ϑ'

ϑ'

h′

h″

ϑpk

Računsko stanje pothlađene kapljevine PK′′′′,

svojstva: v′, h′ i s′ za temperaturu kapljevine, ϑpk

PK

PK′′′′

ϑp

ϑpk

ϑp

11. vježbe UVOD PROVOĐENJE TOPLINE

1

UVOD: KONDUKCIJA – provođenje topline

Stacionarna jednodimenzijska temperaturna polja u krutim tijelima ϑ = ϑ(xi)

W,.konstAqQ =⋅=& (temperaturno polje se vremenom ne mijenja)

� toplinski tok Q& , W

� gustoća toplinskog toka q, W/m2

� površina A, m2

Fourierov zakon provođenja topline:

( )

i

i

idx

xdq

ϑλ−= W/m

2

� qi , gustoća toplnskog toka u smjeru koordinate xi

� ϑ(xi) , jednodimenzijsko polje temperature

� λ , koeficijent vodljivosti topline, W/(m K) .

Općenito je λ = λ(ϑ), a obično se uzima vrijednost za neku referentnu temperaturu:

λ = λ(ϑref) = konst.

a) Ravna stijenka – temperaturno polje se mijenja samo u smjeru koordinate x

Koordinata: x

Površina u smjeru toplinskog toka: A = konst.

Temperaturno polje: ϑ = ϑ(x)

rubni uvjeti:

za x = x1 → ϑ = ϑ1

za x = x2 → ϑ = ϑ2

Svojstvo materijala: λ = konst., W/(m K)

(iz toplinskih tablica)

Debljina stijenke: δ = x2 – x1

Stacionarni toplinski tok: .konstQ =&

Gustoća toplinskog toka:

.konstdx

d

A

Qq =

ϑλ−==

&

∫∫ϑ

ϑ

ϑ−=λ

2

1

2

1

ddxq

x

x

( ) ( )1212 ϑ−ϑ−=−λ

xxq

ϑ1

ϑ2

ϑ1 ϑ2ϑ

x1 x2 xδ

λ= konst.

beton

ϑx

δx

ϑx

ϑ = ϑ(x)

Q&

( )21 ϑ−ϑδ

λ=q

..........................................................

( )x

x

q ϑ−ϑδ

λ= 1

( )2ϑ−ϑδ−δ

λ= x

x

q


2

Višeslojna ravna stijenka

( )21

1

1 ϑ−ϑλ

δ=q

( )32

2

2 ϑ−ϑλ

δ=q

( )43

3

3 ϑ−ϑλ

δ=q

3

3

2

2

1

1

41

λ

δ+

λ

δ+

λ

δ

ϑ−ϑ=q

Općenito za i = 1, 2, 3, ..., n slojeva:

∑=

+

λ

δ

ϑ−ϑ=

n

i i

i

nq

1

11

λ3

ϑ

xx2 x3

δ2

q

ϑ1ϑ3

Troslojna stijenka

ϑ2ϑ4

x1 x4

δ3δ1

λ2λ1

b) Cijevna stijenka – temperaturno polje se mijenja samo u smjeru radiusa r

Koordinata: r

Dužina cijevi: L

Površina u smjeru toplinskog toka:

A = 2rπ L = A(r)

A1 = 2r1π L ; A2 = 2r2π L

Temperaturno polje: ϑ = ϑ(r)

rubni uvjeti:

za r = r1 → ϑ = ϑ1

za r = r2 → ϑ = ϑ2

Stacionarni toplinski tok:

Lrdr

dAq.konstQ π⋅

ϑλ−=⋅== 2&

1

2

1

21

λ

1

)(2

r

rln

LQ

ϑ−ϑπ=&

2211 AqAqQ ⋅=⋅=&

( )

1

22

212

1

21

211 2

λ

r

)(2

r

rln

r

Lr

r

rln

LrQ

λ

ϑ−ϑπ=

ϑ−ϑπ=&

r dr

ϑ

dϑ

r1 r2

r1

r2

q(r)

q(r)

ϑ1

ϑ2

ϑ1

ϑ2

grijanje

hlađenje

λ

.konstL

Q

dr

dTr =

λπ=

2

&


3

1

2

1

211

λ

1

)(2

r

rln

TTLQ

−π=&

2

3

2

322

λ

1

)(2

r

rln

TTLQ

−π=&

3

4

3

433

lnλ

1

)(2

r

r

TTπLQ

−=&

U stacionarnom stanju je:

QQQQ &&&& === 321,

pa za troslojnu stijenku vrijedi:

3

4

32

3

21

2

1

41

ln1

lnλ

1ln

λ

1

)(2

r

r

λr

r

r

r

TTπLQ

++

−=& .

r2

r3

r1

T

r1

r2

r3

T1 T2

T3

Q&r4

r4

T4

Troslojna cijevna stijenka

Za višeslojnu stijenku sa i = 1, 2,..., n slojeva i krajnjim temperaturama ϑ1 i ϑn+1 vrijedi izraz:

∑=

+

+ϑ−ϑπ=

n

i i

i

i

n

r

rln

LQ

1

1

11

λ

1

)(2&


4

1. ZADATAK

Ravni zid od šamota debljine 25 cm ima na krajnjim površinama temperature 1350 oC i 50

oC.

Odredite gustoću toplinskog toka i raspored temperatura u zidu ako je koeficijent provođenja

topline:

a) funkcija temperature: ϑ+=λ ba , gdje su a = 0,838 i b = 0,0005866 ,

b) ako se uzme konstantna vrijednost pri 0 oC , tj. λ0 oC ,

c) ako se uzme konstantna vrijednost za srednju temperaturu.

…………………………………………………………………………………………..........

Zadani podaci:

šamot: δ = 25 cm = 0,25 m

temperature: ϑ1 = 1350 oC, ϑ2 = 50

oC

………………………………………….

.konstqA

Q==

&

(stacionaran proces)

Slučaj a) ( ) ϑ+=ϑλ=λ ba

( )dx

dba

dx

dq

ϑϑ+−=

ϑλ−=

( ) ∫ϑϑ+=− dbaqdx

∫∫∫ϑ

ϑ

ϑ

ϑ

ϑϑ+ϑ=−2

1

2

1

2

1

dbdadxq

x

x

( ) ( )

ϑ−ϑ+ϑ−ϑ=−−

2

2

1

2

21212 baxxq

( ) ( )

ϑ−ϑ+ϑ−ϑ

δ= 2

2

2

1212

1 baq

( )

ϑ+ϑ+

δ

ϑ−ϑ= 21

21

2

baq

ϑ1

ϑ2

ϑ1 ϑ2ϑ

x1 x2 x

δ

λ

šamot

a) i c)

b)

( )2m

W6493501350

2

000586608380

250

501350=

++

−=

,,

,q , točan rezultat!

Slučaj b) Km

W8380

0,a

Co ==λ , za ϑ = 0

oC

( ) ( )221

m

W4358501350

250

8380=−=ϑ−ϑ

δ

λ=

,

,q , jako različito od slučaja pod a)


5

Slučaj c) C7002

501350

2

021 =+

=ϑ+ϑ

=ϑm , srednja temperatura,

2m

W2491700000586608380 ,,,ba mm

=⋅+=ϑ+=λϑ , linearna funkcija pa je zato:

( ) ( )221

m

W6495501350

250

2491=−=ϑ−ϑ

δ

λ=

,

,q , rezultat kao pod a!! ← ↓

Napomena: razlika u rezultatima a) i c) je numeričkog karaktera (6493 ≈ 6495) i potvrđuje

tvrdnju o nesigurnosti četvrte znamenke.

.......................................................................................................................................................

2. ZADATAK Temperature krajnjih površina betonskog zida debljine 12 cm i gustoće 2000 kg/m

3 iznose 20

oC i - 10

oC. Odredite gustoću toplinskog toka i udaljenost mjerenu od toplije površine na

kojoj beton ima temperaturu 0 oC.

...................................

Zadani podaci:

Beton: ρ = 2000 kg/m3; λ = 0,90 W/(m

2 K)

Debljina betona: δ = 12 cm = 0,12 m ,

Temperature krajnjih površina: ϑ1 = 20 oC , ϑ2 = – 10

oC

Temperatura unutarnjeg sloja: ϑx = 0 oC , ϑx = ?

oC

................................................................................................................................................

3. ZADATAK Ravna čelična stijenka debljine 10 mm obložena je s vanjske strane s 5 cm debelim slojem

izolacije od staklene vune gustoće 200 kg/m3, koja je zaštićena s 2 mm debelim aluminijskim

limom. Temperatura unutarnje površine čelične stijenke je 200 oC, a temperatura vanjske

površine aluminijskog lima je 40 oC.

Odredite gustoću toplinskog toka i temperature na dodirnim površinama pojedinih slojeva.

...................................................................................................................................................

4. ZADATAK Na unutarnjoj površini čelične cijevi, promjera 40/30 mm, temperatura iznosi 100

oC, a na

vanjskoj površini 20 oC. Odredite toplinski tok po metru dužine cijevi, gustoću toplinskog

toka na unutarnjoj i vanjskoj površini cijevi kao i polumjer sloja koji ima temperaturu 60 oC.

....................................................................................................................................................

5. ZADATAK Pri određivanju koeficijenta vodljivosti topline rastresitih materijala koriste se dvije

koncentrične šuplje kugle, a materijal se stavlja u međuprostor između kugli. Konstantnim

dovođenjem topline manjoj kugli, te mjerenjem temperatura obiju kugli dobiva se dovoljno

podataka da bi pomoću Fourierovog stavka mogli odrediti koeficijent λ.

Izračunajte koeficijent provođenja topline rastresitog materijala, smještenog između manje

kugle vanjskog promjera d1 = 100 mm i temperature ϑ1 = 100 oC i veće kugle unutarnjeg

promjera d2 = 200 mm na kojem je temperatura ϑ2 = 50 oC, ako se unutar manje kugle

dovodilo 800 kJ/h topline.

11. vježbe KONDUKCIJA

1

ZADACI

2. ZADATAK

Temperature krajnjih površina betonskog zida debljine 12 cm i gustoće 2000 kg/m3

iznose 20 oC i - 10

oC. Odredite gustoću toplinskog toka i udaljenost mjerenu od toplije površine na

kojoj beton ima temperaturu 0 oC.

...................................

Zadani podaci:

Beton: ρ = 2000 kg/m3; λ = 0,90 W/(m

2 K)

Debljina betona: δ = 12 cm = 0,12 m ,

Temperature krajnjih površina: ϑ1 = 20 oC , ϑ2 = – 10

oC

Temperatura unutarnjeg sloja: ϑx = 0 oC , ϑx = ?

oC

.............................................................................

2

21

m

W225

900

120

1020=

+=

λ

δ

ϑ−ϑ=

,

,q

..............................................................

λ

δ

ϑ−ϑ=

x

xq 1

( ) ( ) m080020225

9001 ,

,

qxx =−=ϑ−ϑ

λ=δ

ϑ1

ϑ2

ϑ1 ϑ2ϑ

x1 x2 xδ

λ= konst.

beton

ϑx

δx

ϑx

ϑ = ϑ(x)

3. ZADATAK

Ravna čelična stijenka debljine 10 mm obložena je s vanjske strane s 5 cm debelim slojem

izolacije od staklene vune gustoće 200 kg/m3, koja je zaštićena s 2 mm debelim aluminijskim

limom. Temperatura unutarnje površine čelične stijenke je 200 oC, a temperatura vanjske

površine aluminijskog lima je 40 oC.

Odredite gustoću toplinskog toka i temperature na dodirnim površinama pojedinih slojeva.

...................................

Zadani podaci:

Čelična stijenka: δ1 = 0,010 m ; λ1 = 58 W/(m K) ; ϑ1 = 200 oC

Staklena vuna: δ2 = 0,050 m ; λ2 = 0,04 W/(m K)

Al-lim: δ3 = 0,002 m ; λ3 = 203 W/(m K) ; ϑ4 = 40 oC

....................................


2

1

1

21

λ

δ

ϑ−ϑ=q (1)

2

2

32

λ

δ

ϑ−ϑ=q (2)

3

3

3 4

λ

δ

ϑ−ϑ=q (3)

ϑ1

ϑ4

ϑ1 ϑ2 ϑ3 ϑ4ϑ

x1 x2 x3 x4 x

δ1 δ3δ2

λ1 λ2 λ3

IzolacijaČe Al

2

3

3

2

2

1

1

41

m

W128

250181

160

0000099025100017240

160

203

0020

040

050

58

010

40200==

++=

++

−=

λ

δ+

λ

δ+

λ

δ

ϑ−ϑ=

,,,,,

,

,,q

(1) → C977919912858

010200 0

1

112 ,

,q =⋅−=

λ

δ−ϑ=ϑ

(3) → C0012640128203

002040 0

3

3

43 ,,

q =⋅+=λ

δ+ϑ=ϑ

...................................................................................................................................................

4. ZADATAK

Na unutarnjoj površini čelične cijevi, promjera 40/30 mm, temperatura iznosi 100 oC, a na

vanjskoj površini 20 oC. Odredite toplinski tok po metru dužine cijevi, gustoću toplinskog

toka na unutarnjoj i vanjskoj površini cijevi kao i polumjer sloja koji ima temperaturu 60 oC.

...................................

Zadani podaci:

Čelična cijev: d2/d1 = 40/30 mm; λ = 58 W/(m2 K)

radius r1 = 0,015 m , ϑ1 = 100 oC

radius r2 = 0,020 m , ϑ2 = 20 oC

radius rx = ? m , ϑx = 60 oC

.............................................................................

( ) ( )m

W101300

0150

020

201005822

1

2

21 =−⋅π

=ϑ−ϑπλ

=

,

,ln

r

rln

L

Q&

2

11

1m

W1075000

0300

101300

2=

π=

π==

,Lr

Q

A

Qq

&&


3

2

22

2m

W806400

0400

101300

2=

π=

π==

,Lr

Q

A

Qq

&&

ϑ1

ϑ2

CIJEV

dužine L

λ

A2 =2r2πL

ϑ

rx

r1

r2 rx

ϑx

Q&

r

( )

1

12

r

rln

L

Q

x

xϑ−ϑπλ=

&

→ ( ) ( )

143901013000

601005822 1

1

,Q

L

r

rln xx =

−⋅π=

ϑ−ϑπλ=

&

mm 17,32 m01732,0015,0 1439,01439,0

1 ==⋅== eerrx

Komentar:

C602

20100

2

021 =+

=ϑ+ϑ

=ϑx ,

mm5172

2015

23217 21 ,

rrmm,rx =

+=

+<=

5. ZADATAK

Pri određivanju koeficijenta vodljivosti topline rastresitih materijala koriste se dvije

koncentrične šuplje kugle, a materijal se stavlja u međuprostor između kugli. Konstantnim

dovođenjem topline manjoj kugli, te mjerenjem temperatura obiju kugli dobiva se dovoljno

podataka da bi pomoću Fourierovog stavka mogli odrediti koeficijent λ. Izračunajte koeficijent provođenja topline rastresitog materijala, smještenog između manje

kugle vanjskog promjera d1 = 100 mm i temperature ϑ1 = 100 oC i veće kugle unutarnjeg

promjera d2 = 200 mm na kojem je temperatura ϑ2 = 50 oC, ako se unutar manje kugle

dovodilo 800 kJ/h topline.

……………………………………………………………………………………………..

Zadani podaci:

manja kugla: d1 = 100 mm, ϑ1 = 100 oC

veća kugla: d2 = 200 mm, ϑ2 = 50 oC

toplinski tok: W2222800 && ,h

kJQ ==


4

Stacionaran proces: .konstQ =&

π⋅ϑ

λ−== 24rdr

dqAQ&

24 r

drQd ⋅

πλ−=ϑ

&

(za λ = konst.)

∫∫ πλ−=ϑ

ϑ

ϑ

2

1

2

1

24

r

rr

drQd

&

+−

πλ−=ϑ−ϑ

12

12

11

4 rr

Q&

( ) ( ) Km

kJ7312

Km

W5363

10

1

050

1

501004

222211

4 2121

,,,,

,

rr

Q==

−

−π=

−

ϑ−ϑπ=λ

&

d1d2

ϑ1ϑ2

11. vježbe PRIMJERI Kondukcija i konvekcija

1

KONDUKCIJA I KONVEKCIJA

Toplinski tok Q& nastaje zbog postojanja razlika temperatura između materijalnih točaka u

prostoru. Kada se temperature tih točaka vremenom ne mijenjaju govorimo o stacionarnom

temperaturnom polju u prostoru. U praksi se obično ne raspolaže s podacima temperatura na

krajnjim površinama čvrste stijenke – ravne ili cijevne (ϑ1 i ϑ2), već se mjere temperature

fluida A i B (plina ili kapljevine) pored stijenke (ϑA i ϑB), i to obično dovoljno daleko od nje.

(Umjesto indeksa A i B mogu se staviti i drugačije oznake, sukladno fizikalnom modelu).

Da bi se odredio toplinski tok kod takvog fizikalnog modela, moramo se pozvati na poznatu

razliku temperatura: ϑA − ϑB ili ϑB − ϑA, obično tako da ta razlika daje pozitivan broj, ali to

nije uvjet.

Toplinski tok Q& će biti to veći što je veća razlika temperatura (ϑA − ϑB) i površina A, plohe

kroz koju prolazi toplina:

( )2

, relacija proporcionalnosti

W m K , dimenzije

A BQ A ϑ ϑ∝ −

∝

&

Oznaka ∝ ima smisao "proporcionalno", a ne znaka "jednakosti", tako da ta relacija nije

jednadžba. Iz analize dimenzija je vidljivo da dimenzije lijeve i desne strane nisu iste! Očito

se na desnu stranu relacije mora uvesti veličina s dimenzijom W(m2 K). Ta veličina se

uobičajeno označava s k i naziva se koeficijent prolaza topline.

Premda nam nije poznata numerička vrijednost k, koja ovisi o konkretnom modelu, sada u

načelu možemo napisati jednadžbu za toplinski tok u fizikalnom modelu s više različitih

materijalnih sudionika:

( ) , WA BQ kA ϑ ϑ= −&

T

x

αA

FLUID B

FLUID A

ϑB (srednja)αB

Qs

ϑ1 ϑ2

ST

IJE

NK

A

λs

ϑA − ϑB

A = konst.

ϑA − ϑ1

ϑ2 − ϑB

δs

ϑA (srednja)

Pozivajući se na temperaturnu razliku u domeni fluida A, odnosno domeni fluidu B, možemo

isti toplinski tok opisati jednadžbama :

( )1 , WA AQ Aα ϑ ϑ= −&

( )2 , WB BQ Aα ϑ ϑ= −&

Ovdje je: αA koeficijent prijelaza topline s fluida A na stijenku, a αB koeficijent prijelaza

topline sa stijenke na fluid B.


2

1. PRIMJER

Prozorsko staklo debljine 6 mm u dodiru je s jedne strane sa zrakom u prostoriji temperature

22 oC, a s druge strane s okolišnjim zrakom temperature – 5

oC. Koeficijent prijelaza topline

na unutarnjoj površini prema prostoriji iznosi αp = 5 W/(m2 K), a na površini prema

okolišnjem zraku αo = 20 W/(m2 K).

Odredite toplinski tok kroz prozor površine 2 m2, kao i temperature na krajnjim površinama.

…………………………………………………………………………………………………..

Zadani podaci:

staklo: δ = 6 mm = 0,006 m; koeficijent λ = 1,36 W/(m K),

unutarnja površina: ϑ1 = 22 oC , αp = 5 W/(m

2 K),

vanjska površina: ϑ2 = –5 oC , αo = 20 W/(m

2 K).

…………………………………………………….

.konstqA

Q==

&

( ) ( ) ( ) ( )0020211 ϑ−ϑ=ϑ−ϑα=ϑ−ϑδ

λ=ϑ−ϑα= ppp kq

0

0

11

α+

λ

δ+

α

ϑ−ϑ=

p

pq

2m

W1106

20

1

361

0060

5

1

522,

,

,qa =

++

+=

Km

W933

20

1

361

0060

5

1

12

,

,

,ka =

++

=

C7805

110622 0

1 ,,q

p

p =−=α

−ϑ=ϑ

αpϑo (okolišnji zrak)

αo

ϑ1 ϑ2

λ

ϑp − ϑo

A = konst.

ϑp − ϑ1

ϑ2 − ϑo

δ

(prostorija) ϑp

Q&

ϑ1 − ϑ2

ϑ

x

staklo


3

2. PRIMJER

Goli zid od cigle debljine 25 cm i koeficijenta provođenja topline λ = 0,80 W/(m K) s jedne je

strane u dodiru sa zrakom u prostoriji temperature 20 oC, a s druge strane s okolišnjim zrakom

temperature – 10 oC. Koeficijent prijelaza topline na unutarnjoj površini prema prostoriji

iznosi αp = 5 W/(m2 K), a na površini prema okolišnjem zraku αo = 18 W/(m

2 K).

a) Odredite gustoću toplinskog toka kroz zid, kao i temperature na krajnjim površinama

zida.

b) Odredite isto za slučaj kada se zid izvana izolira s 5 cm debelim slojem stiropora koji

ima λi = 0,035 W/(m K), uz iste koeficijente α .

…………………………………………………………………………………………………..

Zadani podaci:

debljina zida: δz = 25 cm = 0,25 m; koeficijent λz = 0,80 W/(m K),

unutarnja površina: ϑ1 = 20 oC , αp = 5 W/(m

2 K),

vanjska površina: ϑ2 = -10 oC , αo = 18 W/(m

2 K),

izolacija: δi = 5 cm = 0,05 m, λi = 0,035 W/(m K).

…………………………………………………….

.konstqA

Q==

&

( ) ( ) ( ) ( )002011 ϑ−ϑ=ϑ−ϑα=ϑ−ϑδ

λ=ϑ−ϑα= +∑ pjj

j j

j

pp kq

0

11

α+

λ

δ+

α

ϑ−ϑ=

∑j j

j

p

jpq

a) Jednoslojna stijenka: j = 1

( )0

0

0

11ϑ−ϑ=

α+

λ

δ+

α

ϑ−ϑ= pa

z

z

p

p

a kq

2m

W852

18

1

800

250

5

1

1020,

.

,qa =

++

+=

Km

W761

18

1

800

250

5

1

12

,

,

,ka =

++

=

( ) ( )0201 ϑ−ϑα=ϑ−ϑα= ppaq

C4495

85220 0

1 ,,q

p

a

p =−=α

−ϑ=ϑ

αp

ϑo (okolišnji zrak)αo

ϑ1 ϑ2

ZID

λz

ϑp − ϑo

A = konst.

ϑp − ϑ1

ϑ2 − ϑo

δz

ϑp (prostorija)

Q&ϑ1 − ϑ2

ϑ

x

C07718

85210 0

0

02 ,,qa −=+−=

α+ϑ=ϑ


4

b) Dvoslojna stijenka: j = 1, 2 (zid = indeks z; izolacija = indeks i)

0

0

11

α+

λ

δ+

λ

δ+

α

ϑ−ϑ=

i

i

z

z

p

p

bq

2m

W0315

18

1

0350

050

800

250

5

1

1020,

,

,

,

,qb =

+++

+=

Km

W500

1020

03152

0

,,q

kp

b

b =+

=ϑ−ϑ

=

( ) ( )0201 ϑ−ϑα=ϑ−ϑα= ppbq

αp

ϑo (okolišnji zrak)

αo

ϑ1 ϑ2

ZID

λz

ϑp − ϑo

ϑp − ϑ1

ϑi − ϑo

δz

(prostorija) ϑp

Q&

ϑ1 − ϑ2

ϑ

x

ϑ i

ϑ2 − ϑi

IZOLACIJA

δi

λi

ϑx

C99165

031520 0

1 ,,q

p

b

p =−=α

−ϑ=ϑ

C0

12 29120315800

2509916 ,,

,

,,qb

z

z =−=λ

δ−ϑ=ϑ

C16918

031510 0

0

0 ,,qb

i −=−−=α

+ϑ=ϑ

Za obrnuti redoslijed slojeva - izolacija s unutarnje strane zida – dobila bi se drugačija

razdioba temperature. Na slici je ta razdioba označena crtkanom linijom. Temperatura između

slojeva ϑx je znatno niža nego prijašnja ϑ2, pa bi dio vodene pare u zraku koji prodire kroz

pore izolacije mogao kondenzirati. Vlažna izolacija ima manji toplinski otpor (λv vode je

mnogo veći od λo zraka) i postepeno trune. Zato rakav redosljed treba izbjegavati.

...............................................................................................................................................

3. PRIMJER

Ravna čelična ploča debljine 10 mm u dodiru je s dimnim plinovima temperature 500 oC.

Koeficijent prijelaza topline s plinova na ploču iznosi αd = 100 W/(m2 K).

Kolika je gustoća toplinskog toka i raspored temperature u ploči, ako se ona hladi s:

a) vodom temperature 15 0C uz koeficijent αv = 2500 W/(m

2 K)

b) zrakom temperature 15 0C uz koeficijent αz = 50 W/(m

2 K)

…………………………………………………………………………………………………..

Zadani podaci:

čelična ploča: δ = 10 mm = 0,01 m; koeficijent λ = 58 W/(m K),

dimni plinovi: ϑd = 500 oC , αd = 100 W/(m

2 K),

a) voda: ϑv = 15 oC , αv = 2500 W/(m

2 K),


5

b) zrak: ϑz = 15 oC, αz = 50 W/(m K).

…………………………………………………….

( )vda

vd

vd

a kq ϑ−ϑ=

α+

λ

δ+

α

ϑ−ϑ=

11 ; ( ) ( )vvddaq ϑ−ϑα=ϑ−ϑα= 21

a) Voda

2m

W45870

2500

1

58

010

100

1

15500=

++

−=

,qa

Km

W5994

2500

1

58

010

100

1

12

,,

ka =

++

=

C341100

45870500 0

1 ,q

d

a

d =−=α

−ϑ=ϑ

C35332500

4587015 0

2 ,q

v

a

v =+=α

+ϑ=ϑ

αp

ϑv= ϑz = 15 oC

αo

ϑ1 ϑ2

Če-ploča

λ

δ

ϑd = 500oC

Q&

339,3oC 336,4

oC

41,3oC

33,4oC

485 oC

ϑ

x

(zrak)

(voda)

Kontrola: C39334587058

010341 0

12 ,,

,qb =−=λ

δ−ϑ=ϑ

b) Zrak

2m

W16070

50

1

58

010

100

1

15500=

++

−=

,qa ,

Km

W133

50

1

58

010

100

1

12

,,

ka =

++

=

C3339100

16070500 0

1 ,q

d

a

d =−=α

−ϑ=ϑ

C433650

1607015 0

2 ,q

v

a

v =+=α

+ϑ=ϑ


6

4. PRIMJER

Kroz čeličnu cijev, promjera 102/94 mm, struji zasićena vodena para temperature 150 oC.

Cijev je prekrivena s izolacijom od kremene zemlje debljine 40 mm i okružena zrakom

temperature 20 oC. Koeficijent prijelaza topline u cijevi iznosi αu = 11000 W/(m

2 K), a na

vanjskoj površini prema zraku αv = 23 W/(m2 K).

Za koliko je smanjen gubitak topline po metru dužine cijevi prema okolini postavljenjem

izolacije?

.......................................................................................................................................................

Zadani podaci:

čelična cijev: d2/d1 = 102/94 mm; λc = 58 W/(m2 K)

radius r1 = 0,047 m , αu = 11000 W/(m2 K); radius r2 = 0,051 m ,

izolacija: δi = 40 mm = 0,040 m ; λi = 0,355 W/(m2K) ; ri = r2 + δi = 0,091 m

na vanjskom radiusu: αv = 23 W/(m2 K)

.................................................................................................................................

a) Neizolirana cijev

( )

vcu

vu

rr

rln

r

L

Q

α+

λ+

α

ϑ−ϑπ=

21

2

1

111

2&

( )m

W4954

230510

1

47

51

58

1

110000470

1

201502,

,ln

,

L

Q=

⋅++

⋅

−π=

&

Temperature na površinama cijevi:

C7149110000940

4954150

0

1

1 ,,

,

Ld

Q

u

u =⋅π

−=απ

−ϑ=ϑ&

C5149231020

495420

0

2

2 ,,

,

Ld

Q

v

v =⋅π

+=απ

+ϑ=ϑ&

b) Izolirana cijev

( )

v

i

icu

vu

rr

rln

r

rln

r

L

Q

α+

λ+

λ+

α

ϑ−ϑπ=

221

2

1

1111

2&

CIJEV

λc

A2 =2r2πL

r2 r1

Q&

αu αv

A1 =2r1πL

CIJEV

λc

Ai =2riπL

r2 r1

Q&

αu αv

IZOLACIJA

ri

ϑ1 ϑ2ϑi

λi

VODA

ϑv

ϑ0

ZRAK


7

( )m

W7386

230910

1

51

91

3550

1

47

51

58

1

110000470

1

201502,

,ln

,ln

,

L

Q=

⋅+++

⋅

−π=

&

Smanjenje gubitka topline:

%,%,

,,%

Q

QQ

a

ba 5591004954

73864954100 =⋅

−=⋅

−&

&&

Temperature na površinama:

C9149110000940

7386150

0

1

1 ,,

,

Ld

Q

u

u =⋅π

−=απ

−ϑ=ϑ&

C814947

51

582

73869149

2

0

1

212 ,ln

,,

r

rln

L

Q

c

=⋅π

−=λπ

−ϑ=ϑ&

C449231820

738620

0

2

,,

,

Ld

Q

v

vi =⋅π

+=απ

+ϑ=ϑ&

< 149,5 0C (slučaj bez izolacije)

12. vježbe UVOD KONVEKCIJA

1

KONVEKCIJA

Prijenos topline u fluidima

Fizikalna svojstva fliuda (kapljevina i plinova) uzimaju se za referentnu temperaturu: ϑref →

ρ, cp, µ, λ iz odgovarajućih toplinskih tablica. Izbor referentne temperature ovisi o fizikalnom

modelu i propisan je u proceduri proračuna prijelaza topline. Na temelju toga određuju se:

kinematička viskoznost: ν = µ/ρ , m2/s,

koef. temperaturne vodljivosti: a = λ/ρcp , m2/s,

kao i bezdimenzijska značajka fizikalnih svojstava fluida: Prandtlov broj: a

cPr

p ν=

λ

µ= .

Karakteristična linearna (geometrijska) veličina ovisi o promatranom fizikalnom modelu, na

primjer: dužina ploče L, promjer cijevi d i slično.

Osnovni modeli konvekcije

na temelju porijekla gibanja fluida

Prisilna konvekcija

prisilno strujanje fluida uzrokovano tehničkim

uređajem (pumpom, ventilatorom)

∆ϑ

FLUID w

HMS

ϑs

dA = dx dz

α(x)

xSTIJENKA

x

dx

y ϑ∞

ϑ

δT(x)

qs

Protočna brzina: w, m/s. Dužina ploče L, m.

Značajka strujanja

Reynoldsov broj: ν

=wL

Re

Slobodna konvekcija

gibanje fluida posljedica je postojanja

temperaturnog polja, tj. razlike gustoće

∆ϑ w = 0

HMS

ϑs

α(x)

gSTIJENKA

x

y

ϑ∞ϑ

δT(x)

qs

granica utjecaja stijenke

"mirujući fluid"ϑ(y)

Mirujući fluid (prisilna brzina w = 0).

Visina ploče: H, m

Značajka slobodnog gibanja fluida:

Grashofov broj:

( )

2

3

s

gHGr

ν

−= ∞

s

s

ρ

ρρ , kapljevine

( )

2

3

s

s gH

T

TTGr

ν

−=

∞

∞ , plinovi


2

Značajka prijelaza topline: Nusseltov broj: λ

α=

LNu

Koeficijent prijelaza topline: NuL

λ=α , W/(m

2 K) ... zahtijeva poznavanje Nu !

Nusseltov broj Nu se računa pomoću formula koje imaju općeniti oblik:

Prisilna konvekcija: ( )PrRe,NuNu = Slobodna konvekcija: ( )Pr,GrNuNu =

PROLAZ TOPLINE (konvekcija i kondukcija)

kod složenih fizikalnih modela

Ravna stijenka

T

x

αA

FLUID B

FLUID A

ϑB (srednja)αB

Qs

ϑ1 ϑ2

ST

IJE

NK

A

λs

ϑA − ϑB

A = konst.

ϑA − ϑ1

ϑ2 − ϑB

δs

ϑA (srednja)

Koeficijent prolaza topline:

Bs

s

A

k

α+

λ

δ+

α

=11

1

Cijevna stijenka

αA

FLUID BFLUID A

ϑB

αB

Qs

ϑ1 ϑ2

CIJEV

dužine L

λc

A2 =2r2πL

r2

r1

ϑA

T

r

ϑA − ϑB

A1 =2r1πL

Koeficijent prolaza topline na površinama:

BcA r

r

r

rln

rk

α+

λ+

α

=

2

1

1

211 1

1, na A1

BcA r

rln

r

r

rk

α+

λ+

α

=1

1

1

22

1

22 , na A2

k1A1 = k2A2

Koeficijenti prijelaza topline αA i αB određuju se prema geometriji prostora i porijeklu gibanja

fluida A i B iz prethodno izračunate vrijednosti Nu značajke za takve modele. Formule daju

prosječnu vrijednost Nu značajke, pa će i koeficijenti αA i αB imati smisao prosječnih

vrijednosti na cijeloj površini izmjene topline (A, m2). Stoga će i koeficijenti prolaza topline

k, odnosno k1 ili k2 vrijediti za cijelu povšinu.


3

Temperature fluida ϑA i ϑB se definiraju (procjenjuju) na dva načina:

a) kao srednje (konstantne) temperature fluida duž cijele površine (A, m2) za koju vrijedi

da je ϑA - ϑB = konst.

b) kao lokalne temperature fluida u odnosu na proizvoljno malenu površinu (dA, m2):

- dovoljno daleko od utjecaja stijenke (model ravne ploče),

- prosječne temperature na presjeku (model cijevne geometrije).

Tada će vrijediti ϑA - ϑB = konst. samo uz diferencijalnu površinu dA, a ne ukupnu

površinu A.

Izmjenjena toplina (toplinski tok Q& , W) izražava se, sukladno prethodnom, na dva načina:

Ravna stijenka

a) ( )AkQ BAs ϑ−ϑ=&

b) ( )dAkQ BAs ϑ−ϑ=δ &

Cijevna stijenka

a) ( ) ( )BABAs AkAkQ ϑ−ϑ=ϑ−ϑ= 2211

&

b) ( ) ( ) 2211 dAkdAkQ BABAs ϑ−ϑ=ϑ−ϑ=δ &

Slučaj b) karakterističan je za modele u kojima nastupa značajna varijacija temperatura fluida,

kao što su izmjenjivači topline. Tada se ukupni toplinski tok kroz cijelu površinu (A)

određuje integracijom jednadže za Q&δ . I u tom slučaju se koeficijenti α i k određuju na isti

način – kako se radi o prosječnim vrijednostima one vrijede i na lokalnoj površini dA, kao i na

cijeloj površini A!

1. ZADATAK

Vrelovodna čelična cijev, promjera 89/81 mm, obložena je izolacijom debljine 50 mm i λi =

0,04 W/(m K), koja je zaštićena tankim aluminijskim limom zanemarive debljine i toplinskog

otpora. Kroz cijev struji 10,8 m3/h vrele vode temperature 150

oC, a oko cijevi je okolišnji

zrak temperature 0 oC.

Koliki su toplinski gubici prema okolini na 50 m dužine cijevi ako:

I. okolišnji zrak miruje,

II. zrak struji popreko na cijev brzinom 3 m/s ?

........................................................................................................................................................

12. vježbe ZADATAK KONVEKCIJA

1

1. ZADATAK Vrelovodna čelična cijev, promjera 89/81 mm, obložena je izolacijom debljine 50 mm i λi = 0,04 W/(m K), koja je zaštićena tankim aluminijskim limom zanemarive debljine i toplinskog otpora. Kroz cijev struji 10,8 m3/h vrele vode temperature 150 oC, a oko cijevi je okolišnji zrak temperature 0 oC. Koliki su toplinski gubici prema okolini na 50 m dužine cijevi ako:

I. okolišnji zrak miruje, II. zrak struji popreko na cijev brzinom 3 m/s ?

....................................................................................................................................................... Zadani podaci: čelična cijev: d2/d1 = 89/81 mm; λc = 58 W/(m2 K) ; L = 50 m radius r1 = 0,0405 m , αv = ? W/(m2 K) ; radius r2 = 0,0445 m voda: /sm0030/hm810 33

,,V ==& ; ϑv = 150 oC izolacija: δi = 0,050 m; λi = 0,04 W/(m2K) ; ri = r2 + δi = 0,0945 m ; αo = ? W/(m2 K) aluminijski lim: zanemarivi toplinski otpor zrak: ϑo = 0 oC .............................................................................................................................................. Varijacija temperatura

• Voda: promjena temperature vode nije poznata, pa se proračun mora osloniti na procjenu. Zadana ulazna temperatura vode ϑv = 150 oC može se uzeti kao polazna pretpostavka prosječne temperature na cijeloj dužini cijevi (L = 50 m).

• Okolišnji zrak: ima nepromjenjivu temperaturu ϑo = 0 oC.

( )

0221

2

1

0

11112

α+

λ+

λ+

α

ϑ−ϑπ=

rr

rln

r

rln

r

LQ

i

icv

v&

Primjedba:

ϑv - ϑ0 = 150 – 0 = 150 oC (= konst.) Toplinski otpor Al-lima je zanemariv:

01

=λ i

lim

lim r

rln

CIJEV

λc

Ai =2riπL

r2 r1

Q&

αu α0

IZOLACIJA

ri

ϑ1 ϑ2 ϑi = ϑs

λi

ϑo = 0 oC

ϑv = 150 oC

VODA

ZRAK

Al-lim

δlim ≈ 0

ODREĐIVANJE KOEFICIJENATA PRIJELAZA TOPLINE

Prisilna konvekcija - prijelaz topline u cijevi: Svojstva vode za temperaturu ϑv = 150 oC, (Toplinske tablice FSB): ρ = 917 kg/m2 ν = µ/ρ = 2,034⋅10-6 m2/s c = 4271 J/(kg K) λ = 0,6825 W/(m K) ( ) /sm101740 26−⋅=ρλ= ,c/a

µ = 186,5⋅ 10-6 Ns/m2 Prandtlov broj: 1651,aPr =ν= .


2

Provjera strujanja:

4

2π=

dwV& →

s

m5820

0810

00304422

1

,,

,

d

Vw =

π

⋅=

π=

&

, (protočna brzina vode).

Reynoldsov broj:

kRe,

,,wdRe =>=

⋅

⋅=

ν=

−3000286100

100342

081058206

1 Y turbulentno strujanje,

m 50m24308104040 1 =<=⋅== L,,dLk Y oblikovano strujanje.

Nusseltov broj:

( ) ( )6541

116712861007411

286100167103980

17411

039801250

750

1250

7501 ,

,,

,,

PrRe,

RePr,dNu

,

,

,

,

v =−⋅+

⋅⋅=

−⋅+

⋅⋅=

λ

α=

−−

Koeficijent prijelaza topline na strani vode:

Km

W45636541

0810

682502

1

=⋅=λ

=α ,,

,Nu

dv

................................................................................................................................................. I. slučaj: Slobodna konvekcija na horizontalnoj cijevi Za određivanje koeficijenta prijelaza topline slobodnom konvekcijom mora se poznavati temperatura na površini stijenke. Kada ona nije poznata, kao u ovom primjeru, tada se proračun provodi postupkom iteracije (ponavljanja), pri čemu se u prvom koraku koristi pretpostavljena vrijednost. Postoje dvije moguće varijante polazne pretpostavke:

a) pretpostavlja se temperatura stijenke, ϑs ( = ϑi u ovom primjeru) ili b) pretpostavlja se koeficijent prijelaza topline, αo.

U oba slučaja se pomoću jednadžbe za toplinski tok može provjeriti polazna pretpostavka i po potrebi ponoviti proračun (slijedeći korak iteracije) s novom pretpostavkom, sve dok razlika između pretpostavljene i kontrolirane vrijednosti nije računski zanemariva. ..................................................................................................................... U nastavku će se provesti proračuna za a) varijantu. 1. pretpostavka: ϑs = ϑi = 20 oC Fizikalna svojstva zraka: za srednju temperaturu: ( ) ( ) C 100205050 0

0 =+=ϑ+ϑ=ϑ ,, s

cp = 1010 J/(kg K) λ = 0,0244 W/(m K) µ = 17,9⋅10-6 Ns/m2 ................................


3

Prandtlov broj: 741002440

101010917 6

,,

,cPr

p=

⋅⋅=

λ

µ=

−

za temperaturu stijenke: ϑs = 20 oC

s

m106415

1641

10218 26

6−

−

⋅=⋅

=ρ

µ=ν ,

,

,

s

s

s

Grashofov broj:

( )

726

3

2

32

0

0 1098361106415

1890819

273

273293⋅=

⋅

⋅⋅

−=

ν⋅

−=

−,

,

,,gd

T

TTGr

s

s

Nusseltov broj: (prema modelu horizontalne cijevi)

( ) ( ) 82474101098361400400 7250,,,,PrGr,Nu

,=⋅⋅=⋅=

Koeficijent prijelaza topline: (na vanjskoj površini cijevi)

Km

W203824

1890

024402

20 ,,

,

,Nu

d==

λ=α

Toplinski tok:

( )

m

W642

2309450

1

89

189

040

1

81

89

58

1

456304050

101502

,

,,ln

,ln

,

L

Q=

⋅+++

⋅

−π=

&


C9714945630890

642150 0

11 ,

,

,

Ld

Q

v

v =⋅π

−=απ

−ϑ=ϑ&

C614981

89

582

64297149

20

1

212 ,ln

,,

r

rln

L

Q

c

=⋅π

−=λπ

−ϑ=ϑ&

Kontrola temperature stijenke:

C422231890

6420 0

020 ,

,,

,

Ld

Qi =

⋅π+=

απ+ϑ=ϑ

&

≅ 20 0C (1. pretpostavka).


4

Nema potrebe za ponavljanjem računa, jer se kontrolna vrijednost temperature malo razlikuje od polazne pretpostavke. Zbog toga se izračunati koeficijent αo = 3,2 W/(m2 K) može usvojiti, pa je konačni rezultat:

W213050642642 =⋅== ,L,Q& , gubitak topline na okoliš.

.................................................................................................................................................. II. slučaj – Prisilna konvekcija na horizontalnoj cijevi

Prisilno strujanje preko horizontalne cijevi spada u tzv. otvorena strujanja. Za proračun koeficijenta prijelaza topline ponovno je potrebno znati temperaturu površine cijevi.

1. korak iteracije - pretpostavka: ϑs = ϑi = 20 oC

Fizikalna svojstva za srednju temperaturu: ϑ = 0,5(ϑs − ϑo) = 0,5(20 − 0) = 10 oC ρ = 1,206 kg/m3 , cp = 1010 J/(kg K), λ = 0,0244 W/(m K), µ = 17,9⋅10-6 Ns/m2

s

m104841

2061

10917 25

6−

−

⋅=⋅

=ρ

µ= ,

,

,v


101010917 6

,,

,cPr

p=

⋅⋅=

λ

µ=

−

, (kao kod slobodne konvekcije).

Brzina strujanja zraka wo = 3 m/s.

Reynoldsov broj: 38210104841

189035

0 =⋅

⋅=

ν=

−,

,dwRe i .

Nusseltov broj (formula od Žukauskasa):

41

00

/

s

nmi

Pr

PrPrReC

dNu

=

λ

α= , (za strujanje preko jedne cijevi).

Vrijednosti konstanti iz Tabele I:

C = 0,26 , m = 0,6 , n = 0,37 ; za plinove je ( ) 1410 ≈

/

sPrPr .

131741038210260260 37060370600 =⋅⋅==λ

α= ,,,,i ,,PrRe,

dNu

Koeficijent prijelaza topline:

Km

W616131

1890

0244020 ,

,

,Nu

d i

==λ

=α


5

Toplinski tok:

( )

m

W448

61609450

1

89

189

040

1

81

89

58

1

456304050

101502

,

,,ln

,ln

,

L

Q=

⋅+++

⋅

−π=

&


C9614945630890

448150 0

11 ,

,

,

Ld

Q

v

v =⋅π

−=απ

−ϑ=ϑ&

C514981

89

582

44896149

20

1

212 ,ln

,,

r

rln

L

Q

c

=⋅π

−=λπ

−ϑ=ϑ&


C946161890

4480 0

020 ,

,,

,

Ld

Qi =

⋅π+=

απ+ϑ=ϑ

&

… 20 0C ( 1. pretpostavka).

Rezultat se znatno razlikuje od polazne pretpostavke, pa treba ponoviti račun s novom pretpostavkom: ϑs = ϑi = 4,9 oC (2. pretpostavka) 2. korak iteracije Fizikalna svojstva za srednju temperaturu: ϑ = 0,5(ϑs − ϑo) = 0,5(4,9 − 0) = 2,45 oC : ρ = 1,241 kg/m3 , cp = 1010,8 J/(kg K), λ = 0,02387 W/(m K), µ = 17,6⋅10-6 Ns/m2,

s

m104181

2411

10617 25

6−

−

⋅=⋅

=ρ

µ= ,

,

,v ,


8101010617 6

,,

,,cPr

p=

⋅⋅=

λ

µ=

−

.


189035

=⋅

⋅=

ν=

−,

,wdRe i .

Vrijedi prethodna formula i s istim konstantama:

Nusseltov broj: 5134745039986260260 37060370600 ,,,PrRe,d

Nu,,,,i =⋅⋅==

λ

α=

Koeficijent: Km

W01799165134

1890

02387020 ,,,

,

,Nu

d i

===λ

=α


6

Toplinski tok:

( )m

W448

01709450

1

89

189

040

1

81

89

58

1

456304050

101502

,

,,ln

,ln

,

L

Q=

⋅+++

⋅

−π=

&

, (nepromijenjeno!)


C9614945630890

448150 0

11 ,,

,

,

Ld

Q

v

v =⋅π

−=απ

−ϑ=ϑ&

, (nepromijenjeno!)

C514981

89

582

44896149

20

1

212 ,ln

,,

r

rln

L

Q

c

=⋅π

−=λπ

−ϑ=ϑ&

, (nepromijenjeno!)


C840171890

4480 0

020 ,

,,

,

Ld

Qi =

⋅π+=

απ+ϑ=ϑ

&

≈ 4,9 0C (2. pretpostavka).

Kontrolna temperatura je praktički jednaka pretpostavljenoj, pa više ne treba ponavljati račun. Rezultat je praktički isti, iako su početne temperature zamjetno različite, 20 oC i 4,9oC. To znači da je vrijednost αo = 17,0 W/(m2 K) računski dovoljno točna, pa je konačan rezultat:

m

W448,

L

Q=

&

, odnosno W242050448448 =⋅== ,L,Q& .

............................................................................................................................................ Kontrola pretpostavke prosječne temperature vode (150 oC) Za ulaznu temperaturu vode ϑ'v = 150 oC može se (praktički neovisno o tlaku vode) očitati iz Toplinskih tablica za vrelu kapljevinu: v' = 0,001091 m3/kg, c = 4290 J/(kg K). Protočna masa vode: s/kg,h/kg,/,v/Vm 75298990010910810 ===′= && .

Odvedeni toplinski tok: ( ) ϑ∆=ϑ′′−ϑ′= cmcmQ vv&&& , W.

Toplinski kapacitet vode: K/W,cmC 118004290752 =⋅== &&

Promjena temperature vode: C

Q

&

&

=ϑ∆

I. slučaj W2130=Q& → C,C

Q 018011800

2130−=

−==ϑ∆

&

&

II. slučaj W2420=Q& → C,C

Q 021011800

2420−=

−==ϑ∆

&

&

Zaključak: u oba slučaja je promjena temperature vode vrlo malena, pa je polazna pretpostavka o prosječnoj (konstantnoj) temperaturi vode na cijeloj dužini cijevi L = 50 m korektna. Proračun prijelaza topline na strani vode ne treba ponavljati. ................................................................................................................................................


7

Komentar o koeficijentima prijelaza topline Prisilna konvekcija – pri strujanju vode u cijevi: αv = 4563 W/(m2 K) Slobodna konvekcija – zrak oko cijevi: αo = 3,2 W/(m2 K) Prisilna konvekcija – zrak oko cijevi: αo = 17,0 W/(m2 K) Napomena: gubitak topline zračenjem s cijevi na okolinu treba se posebno izračunati.

12. vježbe PRIMJERI KONVEKCIJA

1

1. PRIMJER Čelična cijev promjera 125/130 mm i dužine L = 15 m, smještena je u okolini temprature 20 oC. Kroz cijevi struji voda prosječne temperature 70 oC brzinom 0,6 m/s .

- Koliki je koeficijent prijelaza topline (αu) s vode na unutarnju površinu cijevi? - Koliki je koeficijent prolaza topline (k), sveden na vanjsku površinu cijevi, ako je

koeficijent prijelaza topline na vanjskoj površini cijevi αv = 2,5 W/(m2 K)? - Koliko se topline gubi u okolinu po 1 m dužine cijevi?

.................................................................................................................................................

Zadani podaci:

Čelične cijevi: λc = 58 W/(m K); du/dv = 125/130 mm; ru = 0,0625 m, rv = 0,0650 m Voda u cijevi: w = 0,6 m/s , protočna brzina ϑm = 70 oC , prosječna temperatura

Zrak oko cijevi: ϑo = 20 oC

Vanjska površina cijevi: αv = 2,5 W/(m2 K)

dudvwϑm

αu

αv

αu αvλc

ϑo

r2

r1

Q&Q&

VODA

ZRAK

Au = duπL

Av = dvπL

4

2π= ud

A

...................................................................................................................................................... Prijelaz topline u cijevi Fizikalna svojstva vode za srednju temperaturu ϑm = 70 oC = ϑref: ρ = 977,8 kg/m3 , c = 4187 J/(kg K), λ = 0,668 W/(m K), µ = 404·10-6 Pa s. ν = µ/ρ = 4,132·10-7 m2/s, a = λ/(cρ) = 1,632·10-7 m2/s, Prandtlov broj: Pr = ν/a = 2,53

Površina presjeka strujanja: 222

m0122704

1250

4,

,dA u =

π=

π= ,

Protočna masa: s

kg27012270608977 ,,,,wAm =⋅⋅=ρ=& .

Kriterij strujanja


1250607

=⋅

⋅=

ν=

−,

,,wdRe u > 3000 = Rek → turbulentno strujanje.


2

Kriterij oblikovanosti strujanja 15 m = L > 40 du = 40 ·0,125 = 5 m → oblikovano turbulentno strujanje. Nusseltova značajka:

( ) ( )

55815321815107411

18151053203980

17411

039801250

750

1250

750

=−⋅+

⋅⋅=

−+=

−−,,

,,

PrRe,

RePr,Nu

,

,

,

,


K)W/(m29825581250

6680 2==λ

=α,

,Nu

du

u .

.............................................................................................................................................. Koeficijent prolaza topline – sveden na vanjsku površinu cijevi.

K)W/(m252

52

1

125

130

58

0650

298206250

06501

11

,

,ln

,

,

,

r

rln

r

r

rk

vu

v

c

v

uu

vv =

++⋅

=

α+

λ+

α

= .

K)W/(m62125

13052 2

,,d

dkk

u

v

uv === ....... na unutarnjoj površini.

............................................................................................................................................. Gubitak topline po 1 m dužine cijevi

( ) ( )m

W5113002070520 =π⋅⋅−=π⋅ϑ−ϑ= ,,dk

L

Qvmv

&

............................................................................................................................................... 2. PRIMJER Kroz prstenasti presjek između dvije koncentrično smještene horizontalne cijevi s promjerima 26/30 mm i 100/108 mm, dužine 50 m, struji voda. Odredite koeficijent prijelaza topline na strani vode, ako je brzina strujanja vode 0,12 m/s, a njena prosječna tempertura 25 oC. Zadani podaci:

d1/d2 = 26/30 mm; D1/D2 =100/108 mm d2 = d = 0,030 m; D1 = D = 0,10 m L = 50 m Voda: w = 0,12 m/s; ϑ = 25 oC = ϑref Fizikalna svojstva vode za referntnu temperaturu 25 oC: ρ = 997,1 kg/m3 ; c = 4179 J/(kg K); λ = 0,606 W/(m K) ; µ = 881·10-6 Ns/m2

s

m1088360

1997

10881 26

6−

−

⋅=⋅

=ρ

µ=ν ,

,;

s

m101450

19974179

6060 26−⋅=

⋅=

ρ

λ= ,

,

,

ca


3


10883606

6

,,

,

aPr =

⋅

⋅=

ν=

−

−

α

VODA

D

d

Ekvivalentan promjer: ( )

( )m070030100444

22

,,,dDdD

dD

O

Ad ekv =−=−=

π+

π−

==

Kriterij strujanja - Reynoldsov broj:

9507108830

0701206

=⋅

⋅=

ν=

−,

,,wdRe ekv > Rek = 3000 → turbulentno strujanje.

Kriterij oblikovanosti strujanja:

L = 50 m > 40 dekv = 40· 0,07 = 2,8 m → oblikovano strujanje.

Nusseltov broj:

( ) ( )

1611075695077411

9507075603980

17411

039801250

750

1250

750

,,,

,,

PrRe,

RePr,Nu

,

,

,

,

=−⋅+

⋅⋅=

−+=

−−


K)W/(m2529161070

6060==

λ=α ,

,

,Nu

d ekv

.

..............................................................................................................................................

3. PRIMJER

Pravokutni kanal od aluminijskog lima, dimenzija (400×250×2) u mm, smješten je u okolini temperature 20 oC. Kroz kanal struji zrak prosječne temperature 60 oC, brzinom 5 m/s. Koeficijent prijelaza topline s kanala na okoliš iznosi 5 W/(m2 K).

Odredite gubitak topline po 1 m dužine kanala. ..............................................................................................................................................


4

Zadani podaci:

Unutarnje dimenzije kanala: a×b×δ = 0,4×0,25×0,002 m

Zrak u kanalu: w = 5 m/s , protočna brzina; ϑm = 60 oC , prosječna temperatura.

Okolišnji zrak: ϑo = 20 oC

Aluminijski kanal: δ = 0,002 m; λAl = 203 W/(m K)

w

a

b

δ

λAl

ϑm

ϑo

αu

αv

ZRAK

OKOLIŠ

Prijelaz topline na strani zraka u kanalu

Fizikalna svojstva za prosječnu temperaturu zraka ϑm = 60 oC: ρ = 1,025 kg/m3 ; c = 1017 J/(kg K); λ = 0,0279 W/(m K) ; µ = 19,9·10-6 Ns/m2

s

m104119

0251

10919 26

6−

−

⋅=⋅

=ρ

µ=ν ,

,

,;

s

m107626

02511017

02790 26−⋅=

⋅=

ρ

λ= ,

,

,

ca


1041196

6

,,

,

aPr =

⋅

⋅=

ν=

−

−

Ekvivalentan promjer: ( )

m308025040

250402

244 ,

,,

,,

ba

ab

O

Ad ekv =

+

⋅=

+==

Kriterij strujanja - Reynoldsov broj:

79320104119

308056

=⋅

⋅=

ν=

−,

,wdRe ekv > Rek = 3000 → turbulentno strujanje.

Kriterij oblikovanosti strujanja:

L = ?, po dogovoru → oblikovano strujanje. (40 dekv = 40· 0,308 = 12,3 m)

Nusseltov broj:

( ) ( )

415417250793207411

79320725003980

17411

039801250

750

1250

750

,,,

,,

PrRe,

RePr,Nu

,

,

,

,

=−⋅+

⋅⋅=

−+=

−−


5


K)W/(m201441543080

02790,,

,

,Nu

d ekv

u ==λ

=α

Koeficijent prolaza topline – za ravne stijenku kanala

Km

W683

5

1

203

0020

014

11

111

2,

,

,

k

vAlu

=

++

=

α+

λ

δ+

α

=

Gubitak topline po 1 m dužine kanala ( ) ( ) LOkAkQ mm ⋅ϑ−ϑ=ϑ−ϑ= 00

( ) ( ) ( ) ( )m

W,,,,bak

L

Qm 5191250402206068320 =+⋅⋅−=+⋅ϑ−ϑ=

..............................................................................................................................................

4. ZADATAK

Poprečno na snop od 8 redova u paralelnom rasporedu (ST = SL = 2d) struji plin, koji ima slična svojstva kao zrak. Vanjski promjer cijevi u snopu je d = 32 mm, brzina plina ispred snopa iznosi 6 m/s, a temperatura 140 oC. Temperatura vanjske površine cijevi procjenjena je na 20 oC.

Odredite koeficijent prijelaza topline na vanjskoj površini cijevi. ...........................................................................................................

Zadani podaci: Broj redova cijevi: z = 8; vanjski promjer: d = 0,032 m Brzina ispred snopa: wo = 6 m/s; Za paralelni raspored cijevi u snopu s ST = SL = 2d vrijedi:

s

mw

dd

dw

dS

Sww

T

T

m 126222

2000 =⋅==

−=

−=

ϑo

wo

SL

ST

dwo

ϑs

αwm

Fizikalna svojstva za prosječnu temperaturu zraka ϑm = 0,5(ϑo + ϑs) = 80 oC: ρ = 0,968 kg/m3 ; c = 1020 J/(kg K); λ = 0,0293 W/(m K) ; µ = 20,8·10-6 Ns/m2


6

s

m104921

9680

10820 26

6−

−

⋅=⋅

=ρ

µ=ν ,

,

,;

s

m106829

96801020

02930 26−⋅=

⋅=

ρ

λ= ,

,

,

ca


1049216

6

,,

,

aPr =

⋅

⋅=

ν=

−

−


0320126

=⋅

⋅=

ν=

−,

,dwRe m

Formula Žukauskasa i konstante iz Tabele I: C = 0,8 ; m = 0,63 ; 10 ≈sPr

Pr

Nusseltov broj: 34372401787080 31630

41

031 =⋅⋅=

= /,

/

s

/m,,

Pr

PrPrReCNu


K)W/(m23143430320

02930==

λ=α

,

,Nu

d

......................................................................................................................................................

5. ZADATAK

Radijator visine 1,1 m i ukupne površine 2,5 m2 predaje toplinu "mirujućem" zraku u prostoriji temperatre 20 oC.

Koliko topline predaje radijator, ako je temperatura njegove površine 80 oC ? ...................................................................................................................................

Zadani podaci: Visina radijatora: H = 1,1 m; Površina: A = 2,5 m2

Temperatura površine radijatora: ϑs = 80 oC, To = 353 K Temperatura zraka u prostoriji: ϑo = 20 oC, To =293 K

ϑs

ϑo

α

ΗΑ

Fizikalna svojstva zraka - za refrentnu temperaturu: ϑm = 0,5(ϑo + ϑs) = 0,5(20+80) = 50 oC ρ = 1,057 kg/m3 ; c = 1015 J/(kg K); λ = 0,0272 W/(m K) ; µ = 19,5·10-6 Ns/m2

s

m108451

0571

10519 25

6−

−

⋅=⋅

=ρ

µ=ν ,

,

,;

s

m105352

05711015

02720 25−⋅=

⋅=

ρ

λ= ,

,

,

ca


7


1084515

5

,,

,

aPr =

⋅

⋅=

ν=

−

−

- za temperaturu stijenke ϑs = 80 oC ρs = 0,968 kg/m3 , µs = 20,8·10-6 Ns/m2 → νs = µs/ρs = 20,8·10-6/0,968 = 21,49·10-6 m2/s

Grashofov broj:

( )

926

3

2

32

0

0 10795104921

11819

293

293353⋅=

⋅

⋅⋅

−=

ν⋅

−=

−,

,

,,gH

T

TTGr

s

s

Kriterij gibanja: Gr·Pr = 5,79·109·0,728 = 4,215·109 > 108 = (Gr·Pr)k , turbulentno gibanje Formula za turbulentnu slobodnu konvekciju – Nusseltov broj:

( ) ( ) 627410215417017031931

,,,PrGr,H

Nu//

=⋅⋅==λ

α=


K)W/(m96627411

02720 2,,

,

,Nu

d==

λ=α

...........................................................................................................................................

13. vježbe UVOD ZRAČENJE

1

MODELI ZRAČENJA

Bliske paralelne stijenke

1 2

T2T1

ε1 ε2

AK2

r1 AK2

δ ≈ 0

vakuum

AE1 ≈ 0

1EA &

1 2

T2T1

ε1 ε2

Φ 1z

vakuum

Φz 2

z

Tz εz

Izmjenjeni toplinski tok Φ12, W

−

−ε

+ε

=

4

2

4

1

21

c

12100100

111

TTACΦ


−

−

ε+−

ε+

ε

=

4

2

4

1

21

c12

1001001

21

11

TTACΦ

z

Konstanta zračenja crnog tijela: Cc = 5,667 W/(m2 K)

Obuhvaćeno tijelo

2

A2

A1

1

ω = A1/A2


−

−

εω+

ε

=

4

2

4

1

21

112

1001001

11

TTCAΦ

c

Obuhvaćeno tijelo s međuzastorom

A2

2

T2

ε2

δ

A1

1ε1 T1 εz

Tz

z

AzΦ 1-z

Φ z-2


−

−

ε+

−

ε+

ε

=

4

2

4

1

1

22

1

1

c112

1001001

11

11

TT

A

A

A

A

CAΦ

zz

13. vježbe UVOD ZRAČENJE

2

Koeficijenti emisije u poluprostor, ε, ovise koeficijentu emisije, εn, u smjeru normale i o

stanju površine:

• glatke površine ε = 0,95 εn ,

• polirane površine ε = 1,2 εn ,

• hrapave površine ε = 0,98 εn ,

pri čemu se vrijednosti koeficijenata emisije εn promatanog materijala uzimaju iz Toplinskih

tablica.

1. ZADATAK

Dvije bliske paralelne čelične stijenke imaju površinske temperature 300 oC i 20

oC. Toplija

stijenka, obojena lakom za grijalice, ima glatku površinu, dok je površina hladnije stijenke

hrapava.

a) Kolika je gustoća toplinskog toka, koji zračenjem izmjenjuju ove stijenke?

b) Za koliko će se (u %) smanjiti gustoća toplinskog toka zračenjem, ako se između

stijenki umetne zastor od tanke aluminijske folije?

.....................................................................................................................................

2. ZADATAK

Koliko se topline izmjenjuje zračenjem između paralelnih staklenih stijenki površine 1,8 m2 u

1 h, ako je površina jedne stijenke 100 oC, a druge 20

oC?

Koliko se topline izmjenjuje ako se:

a) između staklenih stijenki umetne zastor od aluminijske folije?

b) aluminijska folija prilijepi na topliju stijenku?

c) aluminijska folija prilijepi na hladniju stijenku?

.....................................................................................................................................

3. ZADATAK

Odredite snagu električne grijalice, načinjene od bakrenih cijevi polirane površine

temperature 250 oC, koja izmijenjuje toplinu zračenjem sa ožbukanim zidovima hrapave

površine temperature 20 oC i površine 200 m

2. Geometrijski faktor oblika ω = 0,005.

........................................................................................................................................

4. ZADATAK

U velikoj prostoriji (ω ≈ 0) nalazi se peć u čijem ložištu (εl ≈ 1) je izmjerena temperatura 350 oC. Temperatura zidova prostorije iznosi 22

oC.

• Koliko topline predaju okolnim zidovima vrata peći, dimenzija 35 cm × 45 cm, koja su

od ljevanog željeza hrapave površine?

.......................................................................................................................................................

5. ZADATAK

Kroz kanal kvadratnog presjeka (1m × 1m) struje dimni plinovi nepoznate temperature ϑd.

Stakleni termometar, smješten u kanalu, pokazuje temperaturu 200 oC, dok je temperatura

stijenki kanala 100 oC.

• Kolika je pogreška u mjerenju temperature dimnih plinova, koja nastaje uslijed zračenja

između termometra i zidova kanala?

Pretpostavite da je koeficijent prijelaza topline s dimnih plinova na stijenku termometra α = 4

W/(m2 K).

.......................................................................................................................................................

13. vježbe ZADACI ZRAČENJE

1

ZRAČENJE

1. ZADATAK

Dvije bliske paralelne čelične stijenke imaju površinske temperature 300 oC i 20

oC. Toplija

stijenka, obojena lakom za grijalice, ima glatku površinu, dok je površina hladnije stijenke

hrapava.

a) Kolika je gustoća toplinskog toka, koji zračenjem izmjenjuju ove stijenke?

b) Za koliko će se (u %) smanjiti gustoća toplinskog toka zračenjem, ako se između stijenki

umetne zastor od tanke aluminijske folije?

.....................................................................................................................................

Zadani podaci

1 Čelična ploča – lakirana: lak za grijalice εn = 0,93; faktor za glatku površinu: 0,95

koeficijent emisije: ε1 = 0,95 εn = 0,95⋅0,93 = 0,8835

temperatura: ϑ1 = 300 oC , T1 = 573 K

2 Čelična ploča – valjana: εn = 0,77; faktor za hrapavu površinu: 0,98



Konstanta zračenja crnog tijela: Cc = 5,667 W/(m2 K

4)

a) Paralelne stijenke

Gustoća toplinskog toka zračenjem:

−

−ε

+ε

==

4

2

4

1

21

1001001

11

TTC

A

Qq ca

a

&

2112

12 KKA

Qq &&

&

−==

2111 KrEK &&& += 1222 KrEK &&& +=

1 2

T1 = 573 K

r1 = 1 - ε1

ε1 = 0,8835

T2 = 293 K

r2 = 1 - ε2

ε2 = 0,7546

1E&

1K&

2K&

2E&

12Kr &

21Kr &

2m

W 3906

100

293

100

573

175460

1

88350

1

667544

=

−

−+

=

,,

,qa

b) Paralelne stijenke sa zastorom

Zastor: Al-folija, εn = 0,052; faktor polirane površine: 1,2

koeficijent emisije: εz = 1,2 εn = 1,2⋅0,052 = 0,0624


2

Gustoća toplinskog toka zračenjem:

−

−

ε+−

ε+

ε

=

4

2

4

1

21

1001001

21

11

TTCq

z

cb

1 2

T1 = 573 K

ε1 = 0,8835

T2 = 293 K

ε2 = 0,7546

1K& 2K&

1zK& 2zK&

Z

q1z qz2

Tz

εz = 0,0624

2m

W 175

100

293

100

573

106240

21

75460

1

88350

1

667544

=

−

−+−+

=

,,,

,qb

Smanjenje zračenja:

%,%%q

qq%q

a

ba 5951003906

1753906100 =⋅

−=⋅

−=∆

............................................................................................................................................

2. ZADATAK

Koliko se topline izmjenjuje zračenjem između paralelnih staklenih stijenki površine 1,8 m2 u

1 h, ako je površina jedne stijenke 100 oC, a druge 20

oC?

Koliko se topline izmjenjuje ako se:

a) između staklenih stijenki umetne zastor od aluminijske folije?

b) aluminijska folija prilijepi na topliju stijenku?

c) aluminijska folija prilijepi na hladniju stijenku?

.....................................................................................................................................

Zadani podaci

1 i 2 Staklo: εn = 0,94 ; faktor glatke površine: 0,95

koeficijent emisije: ε1 = ε2 = 0,95 εn = 0,95⋅0,94 = 0,893

temperature: ϑ1 = 100 oC = (373 K); ϑ2 = 20

oC = (293 K)

Al-folija: εn = 0,052 ; faktor polirane površine: 1,2

koeficijent emisije: εAl = 1,2 εn = 1,2⋅0,052 = 0,0624

a) Paralelne staklene ploče: ε1 = ε2 = 0,893 = ε

−

ε−

ε=

−

−ε

+ε

=

4

2

4

1

4

2

4

1

21

10010021001001

11

TTACTTACQ cc

a&


3

h

kJ

1000

1k

h 1

s 3600W 3550986

100

293

100

373

89302

667581893044

=

⋅

⋅=

−

−

⋅⋅=

,

,,,Qa&

b) Toplije staklo s Al-folijom: ε1 = εAl = 0,0624

W 74100

293

100

373

18930

1

06240

1

667581

1001001

11

444

2

4

1

21

=

−

−+

⋅=

−

−ε

+ε

=

,,

,,TTACQ c

b&

c) Hladnije staklo s Al-folijom: ε2 = εAl = 0,0624

W 74100

293

100

373

106240

1

8930

1

667581

1001001

11

444

2

4

1

21

=

−

−+

⋅=

−

−ε

+ε

=

,,

,,TTACQ c

c&

................................................................................................................................................

3. ZADATAK Odredite snagu električne grijalice, načinjene od bakrenih cijevi polirane površine

temperature 250 oC, koja izmijenjuje toplinu zračenjem sa ožbukanim zidovima hrapave

površine temperature 20 oC i površine 200 m

2. Geometrijski faktor oblika ω = 0,005.

........................................................................................................................................

Zadani podaci

1 Cijev od bakra, εn = 0,03 ; faktor polirane površine: 1,2



2 Zidovi, žbuka: εn = 0,93; faktor za hrapavu površinu: 0,98



površina: A2 = 200 m2

Faktor oblika: ω = 0,005 → A1 = ωA2 = 0,005⋅200 = 1 m2

Toplinski tok zračenjem:

1221112 εω−= KAEAQ &&

−

−

εω+

ε

=

4

2

4

1

21

1

12100100

111

TTCAQ c&

ϑ1 = 250 oC

A1

ϑz = 20 oCA2

žbuka

cijevna

grijalica

22EA &

112 EAr &

11EA &

( ) 2122 EAAr &−

211 EAr &


4

W6,137100

293

100

523

19114,0

1005,0

036,0

1

667,5144

12 =

−

−+

⋅=Q&

.......................................................................................................................................................

4. ZADATAK

U velikoj prostoriji (ω ≈ 0) nalazi se peć u čijem ložištu (εl ≈ 1) je izmjerena temperatura 350 oC. Temperatura zidova prostorije iznosi 22

oC.

Koliko topline predaju okolnim zidovima vrata peći, dimenzija 35 cm × 45 cm, koja su od

ljevanog željeza hrapave površine?

.......................................................................................................................................................

Zadani podaci

Ložište: ϑl = 350 oC = (623 K),

zračenje šupljine: εl ≈ 1

Vrata, lijevano željezo: εn = 0,80

faktor hrapave površine: 0,98

εv = 0,98⋅εn = 0,98⋅0,8 = 0,784

površina vrata: Av = 0,35⋅ 0,45 = 0,1575 m2

Tl

Tv

Tz

Bilanca zračenja

a) Ložište – vrata

zračenje ložišta (šupljine): εl ≈ 1

−

ε=

−

−

εω+

ε

=

4444

1001001001001

11

vl

cvv

vl

lv

cv

lv

TTCA

TTCAQ& (a)

b) Vrata – zidovi

Faktor oblika: ω = Av / Al ≈ 0, (Av << Az)

−

ε=

−

−

εω+

ε

=

4444

1001001001001

11

zv

cvvzv

lv

cv

vz

TTCA

TTCAQ& (b)

U stacionarnom stanju: vzlv QQ && =

−

ε=

−

ε

4444

100100100100

zv

cvv

vl

cvv

TTCA

TTCA


5

791100

295

100

623

2

1

1001002

1

100

44444

=

+

=

+

=

zlv TTT→ Tv = 530 K , ϑv = 257

oC

W1089100

295

100

62366751575085260

100100

4444

=

−

⋅⋅⋅=

−

ε= ,,,

TTCAQ vl

cvvlv&

....................................................................................................................................................

5. ZADATAK

Kroz kanal kvadratnog presjeka (1m × 1m) struje dimni plinovi nepoznate temperature ϑd.

Stakleni termometar, smješten u kanalu, pokazuje temperaturu 200 oC, dok je temperatura

stijenki kanala 100 oC.

Kolika je pogreška u mjerenju temperature dimnih plinova, koja nastaje uslijed zračenja

između termometra i zidova kanala?

Pretpostavite da je koeficijent prijelaza topline s dimnih plinova na stijenku termometra α = 4

W/(m2 K).

.......................................................................................................................................................

Zadani podaci

Stakleni termometar: εn = 0,94

glatke površine – faktor površine 0,95

koeficijent emisije: εt = 0,95⋅εn = 0,95 ⋅ 0,94 = 0,893

temperatura: ϑt = 200 oC = (473 K)

Kanal: εk , Ak >> At → ω ≈ 0

temperatura: ϑk = 100 oC = (373 K)

Dimni plinovi:

Temperatura ϑd = ?

Koeficijent prijelaza topline: αd = 40 W/(m2 K)

dimni plinovi

kanal

termometar

ϑt

ϑk

ϑd

kQ&

zQ&

αd

Bilanca topline na termometru

a) Konvektivna toplina od dimnih plinova na termometar

( ) ϑ∆⋅⋅α=ϑ−ϑ⋅α= ttdtdk AAQ& (a)

b) Zračenje: termometar – kanal

−

ε=

−

−

ε⋅ω+

ε

⋅=

4444

1001001001001

11

kt

ctt

vl

kt

ct

z

TTCA

TTCAQ& (b)


6

Stacionarno stanje: zk QQ && =

−

ε=ϑ∆⋅⋅α

44

100100

kt

ctttd

TTCAA

Pogreška u mjerenju temperature:

C 838100

373

100

473

40

66758930

100100

o

4444

,,,TTC kt

d

ct =

−

⋅=

−

α

⋅ε=ϑ∆

Stvarna temperatura dimnih plinova:

C 8238838200 o,,td =+=ϑ∆+ϑ=ϑ

13. vježbe PRIMJERI ZRAČENJE

1

1. PRIMJER

Kroz horizontalnu cijev od tankog čeličnog lima unutarnjeg promjera 300 mm i dužine 5 m

struje dimni plinovi temperature 200 oC, brzinom 3 m/s. Cijev je izvana je obojena, tako da je

koeficijent emisije na površini cijevi ε = 0,7. Cijev prolazi prostorom kotlovnice u kojoj je

temperature zraka 30 oC, dok zidovi (žbuka, hrapave površine) imaju temperaturu 20

oC.

Koliko je toplinski gubitak dimnih plinova u prostoru kotlovnice, ako pretpostavimo da dimni

plinovi imaju svojstva kao zrak iste temperature?

.......................................................................................................................................................

Zadani podaci:

čelični lim: d1 = d2 = d = 300 mm; λc = 58 W/(m2 K); L = 5 m , LdA π= = 0,3π·5 = 4,712 m

2

radius r1 = r2 = 0,150 m , ϑ1 = ϑ2 = ? , obojena površina: ε = 0,7

dimni plinovi: w = 3 m/s; ϑd = 200 oC , ( 42

/dAd π= )

zrak u kotlovnici: ϑo = 30 oC ,

zidovi u kotlovnici - žbuka, hrapave površine: ϑz = 20 oC , (εz = 0,98·εn) ; Az >> A: ω ≈ 0

...................................................................................................................................................

STACIONARNO STANJE: .konstQ =&

Dimni plinovi ( )

sddd TTAQ −α=& (1)

prisilna konvekcija u cijevi

Zrak ( )

000 TTAQ s −α=& (2)

prisilna konvekcija oko cijevi

Cijev - zidovi

−

−

εω+

ε

=

44

1001001

11

zs

z

cz

TTACQ& (3)

zračenje – obuhvaćeno tijelo

KOTAO

DIM ϑd = 3000Cw

ZRAK ϑ0 = 30 oC

ZIDOVI ϑz = 20oC; Tz = 293 K

ϑs

αd

αo

zQ&0Q&

L = 5 m

Bilanca topline na cijevi:

zd QQQ &&& += 0 (4)

Sve jednadžbe sadrže nepoznate temperature limene cijevi (unutarnje i vanjske površine),

koje zbog zanemarivog toplinskog otpora imaju gotovo istu vrijednost, Ts. Ta vrijednost ovisi

o svim toplinskim tokovima, a u stacionarnom stanju je konstantna, Ts = konst. Za početak se

ta temperatura mora pretpostaviti, a na kraju se pretpostavka treba provjeriti.

Polazna pretpostavka: ϑs = 110 oC , tj. Ts = 383 K, približno odgovara srednjoj temperaturi u

intervalu zadanih temperatura u problemu.

a) Prisilna konvekcija u cijevi Fizikalna svojstva dimnih plinova (fikalna svojstva za zrak) za ϑd = 200

oC:

ρ = 0,723 kg/m3, cp = 1035 J/(kg K), λ = 0,037 W/(m K), µ = 25,7·10

-6 Ns/m

2

ν = µ/ρ =25,7·10-6

/0,723 = 35,55·10-6

m2/s , a = λ/ρcp = 0,037/0,723·1035 = 4,945·10

-5 m

2/s


2

Prandtlov broj: Pr = µcp/λ = 0,719

Reynoldsov broj (oblik strujanja):

kRe,

,wdRe =>=

⋅

⋅=

ν=

−300025316

105535

3036

→ turbulantno strujanje.

Lk = 40d = 40·0,3 = 12 m > L = 5 m → neoblikovano strujanje.

Nusseltov broj:

77735

3071902531603600360

181

80

181

3180,

,,,

L

dPrRe,Nu

/

,

/

/, =

⋅⋅=

=

Koeficijent prijelaza topline na strani dimnih plinova:

Km

W2

19777330

0370,,

,

,Nu

dd =⋅=

λ=α

............................................................................................

b) Slobodna konvekcija na horizontalnoj cijevi Fizikalna svojstva zraka:

- za ϑ = 0,5(ϑs + ϑo) = 0,5(110 + 30) = 70 oC

cp =1018 J/(kg K) , λ = 0,0286W/(m K), µ = 20,6·10-6

Ns/m2 → Pr = µcp/λ = 0,726

- za ϑs = 110 oC

ρs = 0,893 kg/m3 , µs = 22,15·10

-6 Ns/m

2 → νs = µs/ρs = 2,48·10

-5 m

2/s

Grashofov broj: ( )

8

26

3

2

3

0

0 10137110482

30819

303

303383⋅=

⋅

⋅⋅

−=

ν

−=

−,

,

,,gd

T

TTGr

s

s

Nusseltov broj:

( ) ( ) 139726010137141041041841

,,,,PrGr,d

Nu//

=⋅⋅==λ

α=

Koeficijent prijelaza topline s cijevi na okolišnji zrak:

Km

W,,

,

,Nu

d20 733139

30

02860=⋅=

λ=α


3

c) Izmjena topline zračenjem (cijev – zidovi)

Faktor oblika: ω = A/Az ≈ 0, pa se jednadžba (3) pojednostavljuje u oblik:

−

ε=

44

100100

zscz

TTACQ& (5)

Bilanca topline Uvrštavanjem jednadžbi (1), (2) i (5) u jednadžbu (4) dobiva se:

( ) ( )

−

ε+−α=−α

44

00100100

zscssdd

TTACTTATTA

Površina cijevi A javlja se uz sve članove, pa se njen utjecaj na rezultat gubi. Uvrštavanjem

zadanih i izračunatih podataka dobiva se jednadžba:

( ) ( )

−

⋅+−=−

44

100

293

10066757030373347319 s

ss

T,,T,T, (6)

u kojoj je jedina nepoznanica temperatura stijenke cijevi, Ts. Sređivanjem članova dobiva se

jednadžba 4-tog stupnja:

08557268312109673 48 =−+⋅ −,T,T, ss

(7)

koja se rješava pokušavanjem. Konstante 12,83 i 5726,85 u jednadžbi (7) pod utjecajem su

koeficijenata prijelaza topline αd i αo koji su izračunati na temelju polazne pretpostavke da je

Ts = 383 K. Ako je, kojim slučajem, ta pretpostavka bila točna tada lijeva strana jednadžbe (7)

mora biti jednaka nuli. Uvrštavanjem temperature Ts = 383 K u jednadžbu (7) dobiva se

rezultat za lijevu stranu jednadžbe: LSJ = 40,62 > 0, što ukazuje da je pretpostavljena

vrijednost nešto previsoka. Ako pretpostavimo nešto nižu temperaturu, npr. Ts = 378 K, tada

je rezultat: LSJ = − 49,91 < 0, pa zaključujemo da je ta temperartura preniska. Postupak treba

ponoviti do prihvatljive netočnosti. Tijek rješavanja pokušavanjem prikazan je u slijedećoj

tablici.

Temperatura Ts LSJ Iteracija

K 0C

1. 383 .110 40,62

2. 378 .105 - 49,91

3. 380 .107 - 24,30

4. 381 .108 - 2,729

5. 381,1 107,95 - 0, 568

6. 381,2 108,05 1,594

7. 381,15 108,00 0,513

8. 381,13 107,98 0,081

9. 381,125 107,975 - 0,027


4

Rezultat dobiven u 4-toj iteraciji dovoljan je za zaključak da je temperatura stijenke cijevi Ts

= 381 K, odnosno ϑs = 108 oC.

Daljnjim iteracijama ne možemo dobiti točnu vrijednost za Ts, jer se i vrijednosti konstanti u

jednadžbi (7) mijenjaju, premda neznatno, za svaku novu vrijednost Ts. Kako je polazna

pretpostavka Ts = 383 K bliska rezultatu 4-te iteracije to nije potrebno ponavljati proračun

koeficijenata prijelaza topline.

Nakon što je određena temperatura cijevi prema jednadžbi (7), Ts = 381 K, može se odrediti

toplinski tok prema jednadžbi (1):

( ) ( ) W3945381473712419 =−⋅=−α= ,,TTAQ sddd&

2. PRIMJER

Električna grijalica u obliku vertikalne ploče od izvaljanog željeza glatke površine (30 cm ×

30 cm) i zanemarive debljine nalazi se u prostoriji dimenzija 5 m × 3 m × 2,5 m. Temperatura

površine ploče je 400 oC, temperatura zraka u prostoriji je 22

oC, a temperatura zidova (žbuka,

hrapave površine) je 18 oC.

a) Koliko topline predaje grijalica?

b) Koliki je ukupni koeficijent prijelaza topline na površini grijalice?

...................................

Zadani podaci:

Grijalica: Ag = 2(H·b) = 2(0,3·0,3) = 0,18 m2 ; ϑs = 400

oC, Ts = 673 K ; εg = 0,95·εn

Zidovi: Az = 2(5 + 3)·2,5 + 2(5·3) = 70 m2 ; ϑs = 18

oC , Ts = 291 K ; εz = 0,98·εn

Okoliš: ϑo = 22 oC , To = 295 K

........................................................................................................................................

Bilanca topline – stacionarno stanje:

zkg QQQ &&& +=

energija grijalice = konvekcija + zračenje

zid

gQ&

kQ&

zQ&

ϑs= 400 oC

zrak

H

ϑo= 22 oC

ϑz = 18 oC

grijalica

αo

gQ&

1) Slobodna konvekcija Fizikalna svojstva zraka:

- za srednju temperaturu: ϑ = 0,5(ϑg + ϑo) = 0,5(400 + 22) = 211 oC . 210

oC:

cp = 1037 J/(kg K), λ = 0,0376 W/(mK) , µ = 26,1·10-6

Ns/m2


5


- za temperaturu površine: ϑg = 400 oC :

ρg = 0,508 kg/m3, µg = 32,8·10

-6 Ns/m

2, νg = µg/ρg = 6,457·10

-5 m

2/s .

----------------

Grashofov broj:

( )

7

25

3

2

3

0

010148

104576

30819

295

295673⋅=

⋅

⋅⋅

−=

ν⋅

−=

−,

,

,,gH

T

TTGr

g

g

Rayleighov broj (kriterij oblika slobodnog gibanja):

Ra = Gr·Pr = 8,14·107·0,72 = 5,861·10

7 < Rak = 10

8 → laminarno gibanje

Nusseltov broj:

( ) ( ) 545108615520520417410 ,,,PrGr,

HNu

//=⋅==

λ

α=


Km

W2

7554530

037600 ,,

,

,Nu

H==

λ=α .

Izmjenjena topline konvekcijom: ( ) ( ) W388224001807500 =−⋅=ϑ−ϑα= ,,AQ sk

& .

...........................................................

2) Zračenje: grijalica-zid

Koeficijenti emisije:

Željezo − izvaljana glatka površina: εg = 0,95·εn = 0,95·0,77 = 0,7315,

Zid − žbuka hrapave površine: εz = 0,98·εn = 0,95·0,93 = 0,9114.

Faktor oblika: ω = Ag/Az = 0,18/70 = 0,002571.

Toplinski tok zračenjem (formula za model obuhvaćenog tijela):

−

−

εω+

ε

=

44

1001001

11

zg

zg

cg

z

TTCAQ&

W1477100

291

100

673

191140

10025710

73150

1

667518044

=

−

−+

⋅=

,,

,

,,Qz&


6

a) Toplina grijalice

W18651477388 =+=+= zkg QQQ &&& .

Komentar: Toplina zračenja je 3,8 puta veća od topline slobodnom konvekcijom!

................................................................

b) Ukupni koeficijent prijelaza topline na površini grijalice

W427721750 ,,,Z =+=α+α=α ,

gdje je αz prividni koeficijent prijalaza topline zračenjem koji se dobiva dijeljenjem topline

zračenja zQ& s umnoškom površine i temperaturne razlike koja pripada konvekciji:

( ) ( ) Km

W2

72122400180

388

0

,,A

Q

gg

zz =

−=

ϑ−ϑ=α

&

.

3. PRIMJER

Zid od cigle visine 3 m i širine 5 m izložen je jednom stranom sunčevim zrakama, dok je na

suprotnoj strani toplinski izoliran. Temperatura okoliša iznosi 12

oC.

Koliko se topline dozračuje zidu od sunca, ako je temperatura njegove površine 18 oC, a

koeficijent apsorpcije zida a = 0,8.

...................................

Zadani podaci:

Zid: A = H ·b = 3·5 = 15 m2 ; a = ε = 0,8 ϑs = 18

oC , Ts = 291 K

Okoliš: ϑo = 12 oC , To = 285 K

........................................................................................................................................

Bilanca topline

U stacionarnom stanju svaka materijalna točka

prima i predaje jednake topline:

zks QQQ &&& +=

energija Sunca = (konvekcija + zračenje) zida

………………………………………….

a) Slobodna konvekcija Fizikalna svojstva okolišnjeg zraka:

- za srednju temperaturu ϑ = 0,5(ϑs + ϑo) = 0,5(18 + 12) = 15 oC :

cp = 1011 J/(kg K), λ = 0,02475 W/(mK) , µ = 18,05·10-6

Ns/m2


ϑookoliš

izolacija

zid

sQ&

kQ&

zQ&

ϑs

Sunce

H


7

- za temperaturu površine ϑs = 18 oC :

ρs = 1,1724 kg/m3, µs = 18,14·10

-6 Ns/m

2, νs = µs/ρs = 1,547·10

-5 m

2/s .

----------------

Grashofov broj:

( )

10

25

3

2

3

0

0 10332105471

3819

285

285291⋅=

⋅

⋅⋅

−=

ν

−=

−,

,

,gH

T

TTGr

s

s

Kriterij forme gibanja:

Ra = Gr·Pr = 2,33·1010·0,737 = 1,717·10

10 > Rak = 10

8 → turbulentno gibanje

Nusseltov broj

( ) ( ) 64381071711701703110310 ,,,PrGr,

HNu

//=⋅==

λ

α=


Km

W2

6354383

0247500 ,,

,Nu

H==

λ=α .

Izmjenjena toplina:

( ) ( ) W3241218156300 =−⋅=ϑ−ϑα= ,AQ sk& .

.........................................................................................

b) Zračenje: zid-okoliš

Okoliš se ponaša kao crno tijelo, jer apsorbira svu dozračenu energiju, ao = 1 → εo = 1.

Izmjenjena toplina zračenjem:

W390100

285

100

29166751580

100100

444

0

4

=

−

⋅⋅=

−

ε= ,,

TTACQ s

cz& .

......................................................................................................................................

c) Dozračena energija od sunca

W714390324 =+=+= zks QQQ &&& .

Komentar: Toplina zračenja je veća od topline slobodnom konvekcijom!

14. vježbe UVOD IZMJENJIVAČI TOPLINE

1

Rekuperatorski izmjenjivači topline

Princip označavanja veličina duž površine izmjenjivača topline

ulaz 1′α1

α2

izlaz 2″

1″ izlaz

slabija struja

Q&

stijenka (λs)površina

izmjenjivača (Ao)

jača struja

1C&

2C&2′ ulaz

Označavanje presjeka:

Ulazni presjek – oznaka ' (crtica)

Izlazni presjek – oznaka '' (dvocrtica)

Protočne mase fluida m& kg/s, kroz presjek određen geometrijom strujanja A m2, s brzinom w

m/s i pri gustoći fluida ρ slijede iz relacije:

wAm ρ=&

Referentna temperatura za izbor termodinamičkih svojstava: ρ i cp (plinovi) ili c (kapljevine):

( )ϑ′′+ϑ′=ϑ 50,ref , aritmetička sredina ulazne i izlazne temperature

ϑref = ϑ' , ako nije poznata izlazna temperatura ϑ''

ϑref = ϑ'' , ako nije poznata ulazna temperatura ϑ'

Toplinski kapaciteti fluida:

111 ,pcmC && = ; 222 ,pcmC && = ; W/K ← (c – za kapljevine, cp – za plinove)

Indeksiranje struja fluida (obavezno)

• slabija struja → indeks 1 (fluid s manjim toplinskim kapacitetom 1C& )

• jača struja → indeks 2 (fluid s većim toplinskim kapacitetom 2C& )

Postupak indeksiranja počiva na usporedbi:

( ) 111111 ϑ∆⋅=ϑ′−ϑ′′⋅= CCQ &&&

( ) 222222 ϑ∆⋅=ϑ′−ϑ′′⋅= CCQ &&&

21 QQ && −= → 2211 ϑ∆⋅−=ϑ∆⋅ CC && → 2211 ϑ∆⋅=ϑ∆⋅ CC &&

Po dogovoru o značenju indeksa je 21 CC && ≤

11

2

2

1 ≤ϑ∆

ϑ∆=

C

C

&

&

→ 12 ϑ∆≤ϑ∆


2

Jačoj struji pripada manja promjena temperature!

Koeficijenti prijelaza topline α1 i α2 računaju se za svaki fluid zasebno – po principu

proračuna koji su objašnjeni u poglavlju o konvekciji.

Koeficijent prolaza topline – za geometriju cijevne stijenke:

na radiusu r1:

22

1

1

21

1

1 1

1

αλα r

r +

r

rln

r+

= k

c

, W/(m2 K),

na radiusu r2:

21

22

1

22

αλα

1 + ln +

1 =

1 r

rr

r

r k

c

, W/(m2 K) .

r2λc

r1

α1

α2

Uz definiciju koeficijenta

prolaza topline cijevne stijenke

Koeficijent k1 sveden je na unutarnju površinu cijevi A1 = 2r1πL, a koeficijent k2 na vanjsku

površinu A2 = 2r2πL. Dužina cijevi jednaka je u oba slučaja:

π

=π

=2

2

1

1

d

A

d

AL ,

kao i umnožak k1A1 = k2A2 pa je za proračun svejedno koja se površina proglasi površinom

izmjenjivača.

Koeficijent prolaza topline k određen je pomoću prosječnih vrijednosti koeficijenata prijelaza

topline α pa kao takav vrijedi na cijeloj površini izmjenjivača, k = konst..

Suprotno tome, lokalna razlika temperatura fluida ϑ1 – ϑ2 se mijenja duž površine Ao

izmjenjivača pa jednadžba toplinskog toka:

( )210 ϑ−ϑ= kAQ&

nije upotrebljiva kod proračuna izmjenjivača! Zbog toga se bilanca topline mora provesti u

odnosu na promjene između dva diferencijalno bliska presjeka.


3

Između dva presjeka A i B koja

su udaljena za proizvoljno malu

distancu dx mogu se stvarni

profili temperatura fluida 1 i 2

zamijeniti pravcem.

Diferencijalno malene promjene

temperatura fluida: dϑ1 i dϑ2,

uzrokovane su diferencijalno

malenim toplinskim tokovima:

1Qd & i 2Qd & , koji su jednaki

toplinskom toku Qd & kroz

stijenku diferencijane površine

dA.

ϑ oC

dϑ1

dϑ2

ϑ1

ϑ2

dx

dA

( ) 2121 QdQddAkQd &&& =−=ϑ−ϑ=

0111 <ϑ= dCQd &&

0222 >ϑ= dCQd &&

α1

α2

λck

A

A

B

B

Ovaj sustav diferencijalnih jednadžbi daje rješenje u ovisnosti o tipu izmjenjivača topline.

Za proračun izmjenjivača topline značajni su slijedeći parametri: ϑ'1, ϑ''1, ϑ'2, ϑ''2, 1C& , 2C& , k i

Ao, koji predstavljaju ukupno osam dimenzijskih veličina.

Kako toplinski tok ovisi samo o razlici temperatura to se umjesto četiri temperature mogu

uvesti dvije karakteristične razlike temperatura, ali tako da budu međusobno nezavisne. Prva

neka se odnosi na slabiju struju: ϑ'1– ϑ''1 dok se kao druga nameće slična razlika temperatura

jače struje: ϑ'2 – ϑ''2, no ona je već zadana izborom prethodne, jer zbog 21 QQ && −= vrijedi

relacija:

( )11

2

122 ϑ′′−ϑ′−=ϑ′′−ϑ′

C

C

&

&

.

Stoga se kao druga neovisna temperaturna razlika može odabrati razlika ulaznih temperatura

struja: ϑ'1– ϑ'2. Sada imamo samo šest značajnih dimenzijskih parametara: ϑ'1– ϑ''1, ϑ'1– ϑ'2,

1C& , 2C& , k i Ao, čije se dimenzije sastoje od samo od tri osnovne jedinice: K (Kelvin), W

(Watt) i m2. Prema Buckinghamovom π-teoremu, ako je problem opisan s p neovisnih

dimenzijskih parametara koji imaju j neovisnih dimenzija, tada se taj problem može opisati i s

b bezdimenzijskih veličina, tj. vrijedi: b = p – j. Prednost koja proizlazi iz primjene tog

teorema očituje se u lakšem ispitivanju međusobnog utjecaja smanjenog broja varijabli.

Prema π-teoremu za izmjenjivače topline je p = 6, j = 3 pa slijedi da se mogu oblikovati b = 6

– 3 = 3 bezdimenzijske značajke:

21

111

ϑ′−ϑ′

ϑ′′−ϑ′=π ,

1

02

C

kA

&=π ,

2

13

C

C

&

&

=π .

Stoga se opći oblik rješenja može prikazati kao: ( )321 ππ=π ,f , pri čemu je oblik funkcije f

različit za različite tipove izmjenjivača.

Za istosmjerne izmjenjivače vrijedi: ( )[ ]

3

231

1

11

π+

π⋅π+−−=π

expi, .

Za protusmjerne izmjenjivače vrijedi: ( )[ ]

( )[ ]233

231

11

11

π⋅π−−π−

π⋅π−−−=π

exp

expp, .


4

Kod križnih izmjenjivača su temperature struja funkcije dviju prostornih koordinata, tako da je

dobivanje rješenja zamršenije, ali se i ono može prikazati grafički u obliku funkcije

( )321 ππ=π ,f .

0 0,5 1,0 2,0 3,0

0,5

0

1,0

protusmjernikrižni

istosmjerni

)731( 2 ,=π

)60( 1 ,=π )40( 3 ,=πPS

02

1

3 ==πC

C

&

&

12

1

3 ==πC

C

&

&

502

1

3 ,C

C==π

&

&

21

11

1ϑ′−ϑ′

ϑ′′−ϑ′=π

1

0

2C

kA

&=π

Karakteristični dijagram izmjenjivača topline i pogonsko stanje PS

Za sve tipove izmjenjivača jedino se krivulja 03 =π nalazi na istom mjestu. Položaji ostalih

krivulja s vrijednostima u intervalu 10 3 ≤π< razlikuju se prema tipu izmjenjivača (na slici je

ta razlika prikazana samo za vrijednost π3 = 1).

Numerički podaci u opisu problema (tekstu zadatka) moraju biti dovoljni za izračunavanje

dvije π značajke, dok se treća mora odrediti iz dijagrama dotičnog tipa izmjenjivača (izuzetak

je slučaj π3 = 0 kada vrijedi svaki dijagram).

Dijagram razdiobe temperatura

Kod istosmjernog i protusmjernog izmjenjivača topline, kod kojih se temperatura mijenja

samo u jednom smjeru, može se razdioba temperatura duž površine izmjenjivača prikazati u

dijagramu. To se u slučaju križnih izmjenjivača ne koristi, jer se kod njih uspostavljaju

dvodimenzijska temperaturna polja.

ϑ oC

ϑ'2

ϑ'1

ϑ''1

ϑ''2

A = 0 A = A0

1C&

2C&

ISTOSMJERNI

∆ϑmax

∆ϑmin

∆ϑ11Q&

maxQ&

ϑ'2

ϑ''1

ϑ'1

ϑ''2

A = 0 A = A0

1C&

2C&

PROTUSMJERNIϑ oC

∆ϑmax

∆ϑmin

∆ϑ11Q&

maxQ&


5

Budući da slabija struja ima manji toplinski kapacitet od jače struje: 21 CC && ≤ , to je apsolutna

promjena njene temperature toliko veća od apsolutne promjene temperature jače struje:

21 ϑϑ ∆≥∆ . Najveća razlika temperatura vezana je uz ulazne temperature struja:

21max ϑϑϑ ′−′=∆ , dok se najmanja razlika temperatura javlja na izlazu slabije struje, ∆ϑmin,

koja ovisi tipu izmjenjivača.

Vezano uz slabiju struju mogu se definirati tri toplinska toka. Stvarno izmjenjena, dovedena ili

odvedena, toplina slabije struje u izmjenjivaču konačne površine Ao opisana je jednadžbom:

( )1111 ϑϑ ′′−′= CQ && , (realni slučaj).

Teorijski se mogu zamisliti još dva slučaja.

Maksimalnu toplinu izmjenila bi slabija struja kada bi potrošila maksimalnu razliku

temperatura ∆ϑmax, određenu s ulaznim tempraturama struja:

( )211max1max ϑϑϑ ′−′=∆⋅= CCQ &&& , (za toplinski potencijal ulaznih temperatura struja).

Iz gornjih dijagrama je vidljivo da se u istosmjernom izmjenjivaču ni teorijski ne može dovesti

slabija struja na ulaznu temperaturu jače struje, jer se temperature struja međusobno

približavaju. U beskonačno dugačkom izmjenjivaču dostigli bi jednaku temperaturu:

21

2211

CC

CC

&&

&&

+

ϑ′+ϑ′=ϑ′′

∞

Toplina koju bi slabija struja izmjenila u teorijskom slučaju izmjenjivača beskonačne površine

A∞ određena je jednadžbom:

( )∞∞∞ ϑ′′−ϑ′=ϑ∆⋅= 111 CCQ && , (za teorijske izmjenjivaće s A∞).

Pomoću toplinskih tokova ∞QQ,Q max&&& i 1 definirana su dva pojma:

Iskoristivost topline: 1

21

111 π=ϑ′−ϑ′

ϑ ′′−ϑ′==ε

maxQ

Q

&

&

, (ne ovisi o tipu izmjenjivača)

Stupanj djelovanja izmjenjivača: ∞

=ηQ

Q

&

&1 , (ovisi o tipu izmjenivaća)

za protusmjerne i križne izmjenjivače vrijedi: 1

21

11 π=ε=ϑ′−ϑ′

ϑ ′′−ϑ′=η

za istosmjerne izmjenjivače vrijedi: ( ) 13

1

1 1 ππ+=ϑ′′−ϑ′

ϑ ′′−ϑ′=η ∞

i

14. vježbe ZADACI IZMJENJIVAČI TOPLINE

1

IZMJENJIVAČI TOPLINE

1. ZADATAK

Toplinski aparat za zagrijavanje vode izveden je kao istosmjerni izmjenjivač topline. Kroz bakarne

cijevi, promjera d1/d2 = 20/24 mm, struji voda brzinom w = 0,15 m/s. Temperatura vode na ulazu je

20 oC, a na izlazu iz izmjenjivača 90

oC. Potrebna toplina dovodi se od dimnih plinova koji se,

strujeći oko cijevi, ohlade od 320 oC na 180

oC. Koeficijent prijelaza topline na strani vode je αv =

1200 W/(m2 K), a na strani dimnih plinova αd = 150 W/(m

2 K).

a) Odredite površinu izmjenjivača topline Ao i njegovu dužinu L, ako je broj cijevi u snopu nc =

220.

b) Ako bi se konstruirani izmjenjivača koristio kao protusmjerni, kolike bi bile izlazne

temperature vode i dimnih plinova? (Napomena: svi ostali podaci vrijede kao i u prethodnom

slučaju).

c) Kolika je potrebna površina, odnosno dužina protusmjernog izmjenjivača, da bi se postigle

izlazne temperature vode i dimnih plinova kao kod istosmjernog izmjenjivača pod a)?

(Napomena: vrijede svi podaci osim tipa izmjenjivača i površine Ao, odnosno dužine L).

................................................................................

Zadani podaci

Cijev od bakra: d1/d2 = 20/24 mm;

λc = 372 W/(m K)

nc = 220 cijevi u snopu

Površina presjeka (1 cijev): 222

11 m 000314040204 ,/,/dA =π=π=

d1

α v αd

VODA

DIMNI

PLINOVI

d2

Voda:

ϑ'v = 20 oC, ϑ''v = 90

oC,

∆ϑv = ϑ''v - ϑ'v = 90 – 20 = 70 oC

Dimni plinovi:

ϑ'd = 320 oC, ϑ''d = 180

oC,

∆ϑd = ϑ''d - ϑ'd = 180 – 320 = –140 oC

Usporedba:

|∆ϑv| < |∆ϑd| → dv CC && >

Zaključak:

dimni plinovi su "slabija struja" i dobijaju indeks "1"

voda je "jača struja" i dobija indeks "2"

Koeficijent prolaza topline sveden na vanjsku površinu A2 = nc d2πL

Km

W 3130

150

1

10

12

372

0120

120010

12

1

α

1 + ln

λ +

α

1 =

2

21

2

c

2

11

22

,

ln,

r

rr

r

rk r =

++⋅

=


2

Proračun na strani vode

Referentna temperatura za fizikalna svojstva:

ϑref,v = 0,5(ϑ'v + ϑ''v) = 0,5(20 + 90) = 55 oC → cv = 4187 J/(kg K); ρv = 985,7 kg/m

3

Protočna masa: kg/s 210220000314015079851 ,,,,Awm vv =⋅⋅⋅=⋅⋅ρ=&

Toplinski kapacitet: W/K4271041872,102 =⋅=== vvv cmCC &&&

Dovedena toplina: ( ) ( ) kW 2990209042710222 =−⋅=ϑ′−ϑ′′⋅= CQv&&

Proračun na strani dimnih plinova

Odvedena toplina: 1QQd&& = ; kW 2990−=−= vd QQ &&

Toplinski kapacitet: W/K kW/K 213603621320180

29901 ==

−−

=ϑ′−ϑ′′

= ,Q

Cdd

d&

&

Bezdimenzijske značajke

5042710

21360

2

13 ,

C

C===π

&

&

467020320

180320

21

111 ,=

−−

=ϑ′−ϑ′ϑ′′−ϑ′

=π

a) Iz dijagrama za istosmjerne izmjenjivače dobiva se značajka 801

02 ,

C

kA==π

&

Površina izmjenjivača topline: 21

20 m 11313130

2136080 ,

,,

k

CA ==π=

&

Dužina cijevnog snopa: 2

2

0 m 97240220

1131,

,

,

dn

AL

c

=π⋅⋅

=π

=

b) Protusmjerni izmjenjivač površine A0 = 131,1 m2

801

02 ,

C

kA==π

& ; 50

2

13 ,

C

C==π

&

&

kao u prethodnom slučaju!

Promjenom tipa izmjenjivača mijenja se značajka 21

111 ϑ′−ϑ′

ϑ ′′−ϑ′=π

Iz dijagrama za protusjerne izmjenjivače: π1 = 0,5

Izlazne temperature:

( ) ( ) C 1705020320320 0

12111 =⋅−−=π⋅ϑ′−ϑ′−ϑ′=ϑ′′ , ... (prije: 180 0C)

( ) ( ) C 9550502032020 0

312122 =⋅⋅−+=π⋅π⋅ϑ′−ϑ′+ϑ′=ϑ′′ ,, ... (prije: 90 0C)


3

Dijagramski prikaz

0 0,5 1,0 2,0 3,0

0,5

0

1,0

protusmjerni

istosmjerni

21

11

1ϑ

′−

ϑ′

ϑ′′

−ϑ

′=

π

1

02

C

kA

&=π

502

1

3 ,C

C==π

&

&

0,467

0,8

a)

b)

a)

b)

Tok temperatura

ϑ'2= 20 oC

ϑ''2= 90 oC

ϑ''1= 170 oC

ϑ'1= 320 oCϑ'1= 320 oC

ϑ''1= 180 oC

ϑ''2= 95 oC

Dimni plinovi

Voda

A = 0 A = A0

1C&

2C&

Slučaj a) Slučaj b)

c) Površina protusmjernog izmjenjivača – s temperaturama kao u slučaju istosmjernog

π1 = 0,467 ; π3 = 0,5 → dijagram protusmjernih izmjenjivača: π2 = 0,71

Površina izmjenjivača: 2120 m 4116

3130

21360710 ,

,,

k

CA ==π=

&

Dužina cijevnog snopa: m 07240220

4116

2

0 ,,

,

dn

AL

c

=π⋅⋅

=π⋅

=

..................................................................................................................................................


4

2. ZADATAK

U križnom izmjenjivaču topline zagrijava se 7200 kg/h zraka od 10 oC na 90

oC pomoću dimnih

plinova, koji se ohlade od 540 oC na 220

0C. Odredite površinu izmjenjivača topline ako je

koeficijent prolaza topline k = 25 W/(m2 K).

Napomena: pretpostavite da dimni plinovi imaju svojstva kao zrak.

...................................................................................................................................................

Zadani podaci

Zrak: kg/s 2kg/h 7200 ==zm& ; ϑ'z = 10 oC, ϑ''z = 90

oC

ϑref,z = 0,5(ϑ'z + ϑ''z) = 0,5(10 + 90) = 50 oC → ρz = 1,057 kg/m

3 ; cp,z = 1,015 kJ/(kg

K)

Dimni plinovi: ?=dm& ; ϑ'd = 540 oC, ϑ''d = 220

oC

ϑref,d = 0,5(ϑ'd + ϑ''d) = 0,5(540+ 220) = 380 oC → ρd = 0,516 kg/m

3 ; cp,d = 1,058 kJ/(kg K)

Koeficijent prolaza topline: k = 25 W/(m2 K)

Promjena temperatura:

zrak: ∆ϑz = ϑ''z – ϑ'z = 90 – 10 = 80 oC

dimni plinovi: ∆ϑd = ϑ''d – ϑ'd = 220 – 540 = – 320 oC

Usporedba: ∆ϑz < | ∆ϑd | → dv CC && >

Zaključak:

dimni plinovi su slabija struja → indeks slabije struje 1

ϑ'd = ϑ'1, ϑ''d = ϑ''1 ; 1CCd&& =

zrak je jača struja → indeks jače struje 2

ϑ'z = ϑ'2, ϑ''z = ϑ''2 ;

W/K 2114 kW/K ==⋅=⋅== 1142057122 ,,cmCC z,pzv&&&

Izmjenjena toplina: ( ) ( ) kW 216910900571222 ,,cmQ z,pzz =−⋅⋅=ϑ′−ϑ′′= &&

( ) ( ) zdddd QCcmQ &&&& −=ϑ′−ϑ ′′=ϑ′−ϑ ′′= 1111

Toplinski kapacitet dimnih plinova:

W/K 528,4 kW/K ==−

−=ϑ′−ϑ′′

−== 52840540220

1169

11

1 ,,Q

CC zd

&&&

Bezdimenzijske značajke:

604010540

220540

21

111 ,=

−−

=ϑ′−ϑ′ϑ′′−ϑ′

=π

2502114

4528

2

13 ,

,

C

C===π

&

&


5

Iz dijagrama:

0311

02 ,

C

kA==π

&

Površina izmjenjivača topline:

2m 82125

45280311

20 ,,

,k

CA ==π=

&

0

0 1 2 3 3,2

0,5

1

π3 = 0,25π3 = 0

π3 = 1

π1

π2π2 =1,03

π3 = 0,604

3. ZADATAK

U izmjenjivaču topline zagrijavamo vodu od 10oC na 80

oC pomoću vodene pare tlaka 1,4 bara i

početnog sadržaja vlage 5%. Maksimalna moguća izmjenjena toplina iznosi 830 kW. Koeficijent

prolaza topline k = 3500 W/(m2 K), a vodena para na izlazu iz izmjenjivača ima sadržaj vlage 75%.

Odredite površinu izmjenjivača topline, te protočne mase vode i vodene pare u kg/s.

.................................................................................................................................

Zadani podaci

Voda: promjena stanja a → b

?=vm& ; ϑ'v = 10 oC, ϑ''v = 80

oC, ∆ϑv = ϑ''v – ϑ'v = 80 – 10 = 70

oC

ϑref,v = 0,5(ϑ'v + ϑ''v) = 0,5(10 + 80) = 45 oC → cv = 4187 J/(kg K); ρv = 985,7 kg/m

3

Vodena para: promjena stanja A → B

?=pm& ; p = 1,4 bar → ϑ'p = 109,32 oC = ϑ''p ; r = 2230,3 kJ/kg

∆ϑp = ϑ''p – ϑ'p = 0 → cp = ∞!

yA = 0,05 → xA = 1 – yA = 1 − 0,05 = 0,95

yB = 0,75 → xB = 1 – yB = 1 − 0,75 = 0,25

entalpije: hA = h' + xA⋅ r ; hB = h' + x2⋅ r

( ) ( ) kJ/kg 2156195025032230 ,,,,xxrh ABAB =−⋅=−=∆

Koeficijent prolaza topline: k = 3500 W/(m2 K)


6

Dijagramski prikaz

T 2' = T2''

sa s, J/(kg K)

g″g′

KT

K

sB

a

b

sAsb

p = 1,4 bar

T1'

xAxB

AB

T1''

ϑ

Određivanje indeksa struja:

pv QQ ′−=&

ppvv CC ϑ∆⋅=ϑ∆⋅ && → 070 ⋅=⋅ pv CC && → 2CC p

&& =∞=

Zaključak:

vodena para (pri kondenzaciji) je jača struja – indeks 2

voda je slabija struja - indeks 1

0

0 1 2 3 3,2

0,5

1

π3 = 0

π3 = 1

π1

π2π2 =1,22

π1 = 0,705

Bezdimenzijske značajke:

02

1

3 ==πC

C

&

&

, zbog 02 =C& → vrijede svi dijagrami !

70503210910

8010

21

111 ,

,=

−−

=ϑ′−ϑ′ϑ′′−ϑ′

=π


7

Maksimalna toplina – računa se za slabiju struju 1 (vodu)– za njenu maksimalno moguću (teorijsku)

promjenu temperature, tj. od njene ulazne na ulaznu temperaturu jače struje 2 (vodene pare): ϑ'1 →

ϑ'2 .

( ) W830000211 −=ϑ′−ϑ′= CQmax&& ..... odvedena toplina !

Toplinski kapacitet:

W/K 83573210910

830000

21

1 =−

−=

ϑ′−ϑ′=

,

QC max

&&

Iz dijagrama:

2211

02 ,

C

kA==π

&

Površina izmjenjivača:

2m 9123500

83572211

20 ,,k

CA ==π=

&

0 A Ao→

↑

ϑ

2C&

1C&

VODA

VODENA PARA109,32

oC

80oC

10oC

4. ZADATAK

U pregrijaču parnoga kotla pregrijava se 20 000 kg/h suhozasićene vodene pare tlaka 50 bara na

temperaturu 480oC. Potrebnu toplinu daju dimni plinovi, koji se ohlade od 1050

oC na 600

oC.

Izmjenjivač topline je građen iz čeličnih cijevi promjera 32/38 mm.

Poznati su koeficijenti prijelaza topline: na strani vodene pare (u cijevi) αp = 200 W/(m2 K), a na

strani dimnih plinova (oko cijevi) αd = 100 W/(m2 K).

Izračunajte potrebnu površinu izmjenjivača topline, iskoristivost topline η i stupanj djelovanja

izmjenjivača ε, za dva slučaja: a) istosmjernu i b) protusmjernu izvedbu.

..................................................................................

Zadani podaci:

Vodena para: kg/s 53600

18000==pm& ; p = 50 bar → ϑ'p = 263,92

oC , hp,A = h'' = 2794,6

kJ/kg

ϑ''p = 480 oC , hp,B = 3382 kJ/kg iz h-s dijagrama!

∆ϑp = ϑ''p – ϑ'p = 480 – 263,92 = 216,08 oC ;

∆hp = hp,B − hp,A = 3382 – 2794,6 = 587,4 kJ/kg

αp = 200 W/(m2 K)

Dimni plinovi: ?=pm& ; ϑ'd = 1050 oC ; ϑ''d = 600

oC ;

∆ϑd = ϑ''d – ϑ'd = 600 – 1050 = – 450 oC

ϑref,d = 0,5 (ϑ'd + ϑ''d) = 0,5 (1050 + 600) = 825 oC

αd = 100 W/(m2 K)

Čelična cijev: d1/d2 = 32/38 mm ; r1 = 0,016 m , r2 = 0,019 m; λc = 58 W/(m K)


8

Procjena jačine struja: |∆ϑp| = 216,08 < |∆ϑd| = 450 → 2CC p&& = ; 1CCd

&& =

Vodena para – indeks jače struje 2

Dimni plinovi – indeks slabije struje 1

Koeficijent prolaza topline - sveden na unutarnju površinu A1 = d1πL

Km

W74,2

10019

16

16

19ln

58

016,0

200

1

1

+ ln λ

+ 1

1 =

2

2

1

1

2

c

1

1 =

⋅++

=

αr

r

r

rr

α

k

dp

Koeficijent prolaza topline - sveden na vanjsku površinu A2 = d2πL

Km

W 5,622,74

19

1621

2

12 === k

r

rk

Toplina za pregrijavanje pare:

kW 29374,5875 =⋅=∆⋅= ppp hmQ &&

Toplinski kapacitet pare:

22 ϑϑ ∆=∆= CCQ ppp&&&

K

W 11093

K

kW 092,11

08,216

2397

2

2 ===∆

=ϑ

pQC

&&

Toplinski kapacitet dimnih plinova:

pddd QCCQ &&&& −=∆=∆= 11 ϑϑ

K

W 5330

K

kW 33,5

450

2397

1

1 ==−

−=

∆

−=

ϑpQ

C&

&

Pregrijavanje pare

s, J/(kg K)

g″

g′

K

T

K

sB

B

(ϑ = 264oC)

A

sA

p = 50 bar

Bezdimenzijske značajke: 57302641050

6001050

21

111 ,=

−−

=ϑ′−ϑ′ϑ′′−ϑ′

=π ; 48,011093

5330

2

13 ===

C

C

&

&

π

0

0 1 2 3 3,2

0,5

1

π3 = 0,48π1

π2

π2 =1,02

π1 = 0,573

π2 =1,27

istosmjerni

protusmjerni


9

Istosmjerni izmjenjivač

Iz dijagrama: 27,11

2 ==C

kA

&π

Površina: 2

1

121,0 m 2,91

2,74

533027,1 ===

k

CA

&

π ; 2

2

122,0 m 3,108

5,62

533027,1==

k

CA

&

π

Dužina cijevi: ππ 2

2,0

1

1,0

d

A

d

AL ==

Stupanj djelovanja izmjenjivača: ε = π1 = 0,573

Iskoristivost topline: ( ) ( ) 847,0573,048,011 13 =⋅+=+= ππη

Protusmjerni izmjenjivač

Iz dijagrama: 02,11

2 ==C

kA

&π

Površina: 2

1

121,0 m 3,73

2,74

533002,1 ===

k

CA

&

π ; 2

2

122,0 m 0,87

5,62

533002,1 ===

k

CA

&

π

Stupanj djelovanja izmjenjivača i iskoristivost topline: ε = π1 = η = 0,573

Usporedba površina izmjenjivača: A0, isto = 91,2 m2 > 73,3 m

2 = A0,protu

Razdiobe temperatura

ϑ'2= 264 oC

ϑ'1= 1050 oC

ϑ''1= 600 oC

ϑ''2= 480 oC

Dimni plinovi

Vodena para

A = 0 A = A0 = 91,2 m2

1C&

2C&

ISTOSMJERNI

ϑ'2= 264 oC

ϑ''1= 600 oC

ϑ'1= 1050 oC

ϑ''2= 480 oC

Dimni plinovi

Vodena para

A = 0 A = A0 = 73,3 m2

1C&

2C&

PROTUSMJERNI

14vj_prim Izmjenjivači topline

1

1. PRIMJER

Križni izmjenjivač topline napravljen je kao snop od nc = 30 paralelno položenih čeličnih cijevi

promjera 25/30 mm.

Kroz cijevi struji 10800 kg/h hladnije vode, koja se zagrije od 20 oC na 80

oC, pomoću toplije

vode koja se strujeći oko cijevi ohladi od 120 oC na 90

oC. Na strani toplije vode je koeficijent

prijelaza topline 800 W/(m2 K).

a) Koliki je koeficijent prijelaza topline na strani hladnije vode (u cijevi) i koeficijent

prolaza topline, sveden na vanjsku površinu cijevi?

b) Kolika je dužina cijevnog snopa i protočna masa toplije vode?

Skiciraje raspored temperatura duž površine izmjenjivača.

......................................................................................................................................................

Zadani podaci: Snop čeličnih cijevi: nc = 30 cijevi, d1/d2 = 25/30 mm, λc = 58 W/(m K).

ϑ′t =120 oCSL

ST

d2

wo

ϑs

α t

αh

d1

ϑ″t =90 oC

wm

Hladna voda kroz cijevi (privremeni indeks h):

� površina presjeka strujanja: 2m00049104

0250

4

22

1 ,,d

A =π

=π

= ,

� protočna masa: kg/s3 kg/h == 10800hm�

� temperature: ϑ'h = 20 oC, ϑ"h = 80

oC → ∆ϑh = 60

oC.

Topla voda oko cijevi (privremeni indeks t):

� temperature: ϑ't = 120 oC, ϑ"t = 90

oC → ∆ϑt = 30

oC.

� koeficijent prijelaza topline na vanjskoj površini cijevi: αt = 800 W/(m2 K).

...........................

Budući da je ∆ϑh = 60 oC > ∆ϑt = 30

oC, to slijedi da je th CC �� < , odnosno: hladna voda je

slabija struja i po dogovoru dobiva indeks 1, a topla struja indeks 2.

...........................

a) Hladna voda

Određivanje koeficijenta prijelaza topline u cijevi (αh) na strani hladnije vode.

� Srednja temperatura: ϑm = 0,5(ϑ'1 + ϑ"1) = 0,5(20+80) = 50 oC.

Fizikalna svojstva:

ρ = 988,1 kg/m3 , c = 4187 J/(kg K), λ = 0,647 W/(m K), µ = 555·10

-6 Pa s.

ν = µ/ρ = 5,617·10-7

m2/s, a = λ/(cρ) = 1,567·10

-7 m

2/s,

Prandtlov broj: Pr = ν/a = 3,584

Protočna brzina: m/s20603000049101988

3,

,,An

mw

c

=⋅⋅

=ρ

=�

.

14vj_prim Izmjenjivači topline

2

Reynoldsov broj: 1

7

0, 206 0,0259169

5,617 10

wdRe

−

⋅= = =

ν ⋅ > 3000 = Rek → turbulentno strujanje.

Zbog nepoznate dužine cijevi pretpostavljamo termički oblikovano strujanje: L > Lt = 40 du.

Formula za oblikovano turbulentno strujanje:

( )

0,75

0,125

0,039854,84

1 1,74 1

PrReNu

Re Pr−

= =+ −

→ 2

1

0,64754,84 1419 W/(m K)

0,025h Nu

d

λα = = = .

Koeficijent prolaza topline – sveden na vanjsku površinu cijevi.

K)W/(m27466

800

1

25

30

58

0150

141925

30

1

1

1

1

22

1

22 ,

ln,

r

rln

r

r

rk

tch

=

++⋅

=

α+

λ+

α

= .

(Alternativno: K)W/(m256025

307466

1

221 === ,

d

dkk ....... na unutarnjoj površini)

............................................................................................................................

b) Proračun križnog izmjenjivača topline

Značajka 5060

303 ,

C

C

h

t

t

h ==ϑ∆

ϑ∆==π

�

�

.

Toplinski kapaciteti:

� W/K12534418731 =⋅==≡ hhh cmCC �� ,

� W/K250681253422 12 =⋅=⋅=≡ CCC t��

Protočna masa toplije vode: kg/s94654216

25068,

c

Cm

t

tt ===�

� , ct (105 oC) = 4216 J/(kg K).

Značajka 60012020

8020

21

111 ,=

−

−=

ϑ′−ϑ′

ϑ ′′−ϑ′=π .

Značajka 02

1

1, 2kA

Cπ = =

� (iz dijagrama za križne izmjenjivače topline)

Površina izmjenjivača topline: 210

125341, 2 1, 2 32, 2 m

466,7

CA

k= = =

�

.

Dužina izmjenjivača: 2

32, 211, 4 m

0, 03 30

o

c

AL

d n= = =

π π ⋅.

----------------------

Kontrola pretpostavke: L = 11,4 m > Lt = 40d1 = 40·0,025 = 1 m → pretpostavka je ispravna!

Približni prikaz temperatura:

A = Ao

Toplija struja

A

Hladnija struja

A = 0

C0

1 20=ϑ′

C0

1 80=ϑ′′

C0

2 90=ϑ′′

C0

2 120=ϑ′

ϑ

1C�

2C�

Documents

Fsb Vjezbe Iz Termodinamike