Riješeni zadaci Iz Termodinamike

UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek

ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 1.02.2007.

1. 1 kg vazduha (id.gas) stanja 1 (4 bar, 200oC) eksandira po zakonu p=av+b do stanja 2 (1.5 bar, 80oC). a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja. b) Koliko se pri ovom procesu razmeni zapreminskog rada i toplote sa okruženjem. c) Izaračunati promenu entropije vazduha tokom ovog procesa. 2. 20 kg/min vazduha (id.gas) stanja (900K, 100kPa) ulazi u dvostepeni kompresor. U oba stepena kompresora vazduh se politropno

kvazistatično sabija po zakonu 1.3pv const . U ustaljenom režimu, nakon kompresije u prvom stepenu do 400 kPa obavlja se izobarno hlađenje vazduha do temperature na ulazu prvog stepena kompresora, a zatim se propušta kroz drugi stepen kompresora do 1600 kPa. Promenu kinetičke i potencijalne energije vazduha zanemariti.

a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) izračunati potrebnu ukupnu snagu kompresora, c) odvedenu toplotu pri izobarnom hlađenju. 3. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa sa pregrevanjem pare, pritisak kondenzacije je 20 kPa, a najviša tempera u procesu

je 500oC. Toplota se dovodi na 5 MPa. Turbina je adijabatna, a na izlazu turbine je suvozasićena vodena para. Zanemarivši rad za pumpanje, treba:

a) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja, b) izračunati stepen dobrote (valjanosti) adijabatne turbine, c) odrediti termodinamički stepen iskorišćenja kružnog procesa. 4. Struja vlaznog vazduha (1015 mbar, 18oC, =30%) uvodi se u izobarni zagrejac ovlazivac gde joj se, po svakom kg izlazne

mesavine, dovodi 180 kJ toplote i 50 g fino rasprsene vode od 14oC. Izracunati: a) temperaturu izlazne mesavine, b) pokazivanje psihrometra (temperature suvog i vlaznog termometra) na izlazu iz uredjaja. Novi Sad, 1. februar 2007. Dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 1. 1 kg vazduha stanja 1 (4 bar, 200oC) eksandira po zakonu p=av+b do stanja 2 (1.5 bar, 80oC). a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja. b) Koliko se pri ovom procesu razmeni rada i toplote sa okruženjem. c) Izaračunati promenu entropije vazduha tokom ovog procesa.

RESENJE 1:

1

2

p

v

1m kg

Stanje 1: 1 4p bar

01 200t C

311

1

0.339 /RT

v m kgp

Stanje 2: 2 1.5p bar

02 80t C

322

2

0.675 /RT

v m kgp

2

Za datu promenu p=av+b, iz početnih i krajnjih uslova :

1 1p av b

2 2p av b dobijaju se koeficijenti a i b:

1 2 1 2p p a v v

1 2

1 2

744047.619p p

av v

1 1 652232.143b p av Sada se može izračunati i zapreminski rad koji vazduh obavi: dl pdv

2 2 2 2

2 112 2 1

1 1

92400 /2

v vl pdv av b dv a b v v J kg

12 92400 92.4L J kJ

Kao i ukupno razmenjena toplota sa okruženjem

12 12 12Q L U 12 12 2 1 92400 1 720 353 473vQ L mc T T

12 92400 86400 6000 6Q J kJ

c) Promena entropije vazduha :

2 212

1 1

ln lnpT p

s c RT p

12353 1.51000 ln 287 ln 11.132 /473 4

s J kgK

12 11.132 /S J K

RESENJE 2: 2. 20 kg/min vazduha (id.gas) stanja (900K, 100kPa) ulazi u dvostepeni kompresor. U oba stepena kompresora vazduh se politropno kvazistatično sabija po zakonu 1.3pv const . U ustaljenom režimu, nakon kompresije u prvom stepenu do 400 kPa obavlja se izobarno hlađenje vazduha do temperature na ulazu prvog stepena kompresora, a zatim se propušta kroz drugi stepen kompresora do 1600 kPa. Promenu kinetičke i potencijalne energije vazduha zanemariti. a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) izračunati potrebnu ukupnu snagu kompresora, c) odvedenu toplotu pri izobarnom hlađenju.

RESENJE 2:

1

2

p

v

3

4

n=1.3

n=1.3

20 / minm kg

3

b) Stanje 1:

1 100p kPa

1 900T K Stanje 2:

1 1.3 11.3

22 1

1

400900 1239.3100

nnp

T T Kp

2 400p kPa Stanje 3:

3 2 400p p kPa

3 900T K Stanje 4:

1 1.3 11.3

44 3

3

1600900 1239.3400

nnp

T T Kp

4 1600p kPa Potrebna snaga kompresora u oba stepena :

12 1 21.3 287 900 1239.3 421976.1 /

1 1.3 1nRlt T T J kg

n

34 3 41.3 287 900 1239.3 421976.1 /

1 1.3 1nRlt T T J kg

n

14 12 34 843.95 /lt lt lt kJ kg

14 1420 843.95 281.3260

Lt m lt kW

c) Toplota koja se odvodi pri izobarnom hlađenju:

23 3 2 1 900 1239.3 339.3 /pq c T T kJ kg

23 2320 339.3 113.160

Q m q kW

RESENJE 3

3. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa sa pregrevanjem pare, pritisak kondenzacije je 20 kPa, a najviša tempera u procesu je 500oC. Toplota se dovodi na 5 MPa. Turbina je adijabatna, a na izlazu turbine je suvozasićena vodena para. Zanemarivši rad za pumpanje, treba d) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja, e) izračunati stepen dobrote (valjanosti) adijabatne turbine, b) odrediti termodinamički stepen iskorišćenja kružnog procesa. RESENJE a)

T

s

T3=(273.15+500) K

p = 20 kPa

K

24s1

p = 5 MPa

p = 20 kPa=0.02 MPa

p = 5 M Pa

3

t p h S x faza C MPa kJ/kg kJ/kgK

4

1 60.08 0.02 251.4 0.8321 0 klucala voda 4 60.08 0.02 2609 7.907 1 suvozasićena para 2 60.42 5 257.05 0.8321 voda 3 500 5 3433 6.974 para (T>TK) 4s 60.08 0.02 2298.09 6.974 0.868 vlazna para b)

3 4

3 4

3433 26093433 2298.09T

s

h hh h

0.726 = 72.6%

c)

1 4 1 4Pr 2 1

3 2 3 1

| | | | | 251.4 2609|1 za nem. r ad pupanja 1 13433 251.4ocesa

h h h hh h

h h h h

= 0.259 = 25.9%

RESENJE 4:

4. Struja vlaznog vazduha (1015 mbar, 18oC, =30%) uvodi se u izobarni zagrejac ovlazivac gde joj se, po svakom kg izlazne mesavine, dovodi 180 kJ toplote i 50 g fino rasprsene vode od 14oC. Izracunati: c) temperaturu izlazne mesavine, d) pokazivanje psihrometra (temperature suvog i vlaznog termometra) na izlazu iz uredjaja. RESENJE

1

2

h kJ/kgL

x kg/kgL

18 oC

1.015 Pa30% 100%

124.19oC

(51-52)oC

h2

0.003817 0.05665 (0.086-0.096)

a) Bilans mase vlage i energije za kontrolnu zapreminu u ustaljenom rezimu sa dva ulaza i jednim izlazom su 0 1 2 Lx m Lx , 0 1 2 Lh m h Lh Q , gde su, prema uslovu zadatka, . ( )m L x 0 050 1 2 , ( )Q L x 180 1 2 .

Zamenom zadnjih u bilansne jednacine, nakon delenja sa L (protok suvog vazduha) sledi 0 0 050 11 2 2 x x x. ( ) , 0 0 050 1 180 11 2 2 2 h h x h x. ( ) ( ) . Stanja na ulazima su poznata, te se ima

xp t

p p tS

S1

1 1

1 10 622

.

( )( )

,

p t p tS S( ) ( ) .1 1 18 0 02064 oC bar, (tablice za vodu i vodenu paru), te je

5

x1 0 622 0 30 0 020641 015 0 30 0 02064

. . .

. . . 0.003817796845 kg/kgL

h c t x r c t t x tpL pW1 1 1 0 1 1 1 11 007 2500 1 865 ( ) . ( . ) , odnosno h1 1 007 18 0 003817796 2500 1 865 18 . . ( . ) = 27.7986555526 kJ/kgL Entalpija sveze vode, koja se ubrizgava je h c t t 4 186 4 186 14. . 58.604 kJ/kg, Sada se, resavanjem sistema jednacina “bilansa” 0 0 050 11 2 2 x x x. ( ) , 0 0 050 1 180 11 2 2 2 h h x h x. ( ) ( ) , iz prve jednacine neposredno dobija

x x2

1 0 0501 0 050

0 003817796 0 0501 0 050

..

. ..

0.0566503124684 kg/kgL ,

a zatim iz druge jednacine h h x h x2 1 2 20 050 1 180 1 . ( ) ( ) , odnosno h2 27 7986555526 1 0 0566503 58 604 180 . ( . ) ( . ) 279.91964373 kJ/kgL . Odavde, zbog h c t x r c t t x tpL pW2 2 2 0 2 2 2 21 007 2500 1 865 ( ) . ( . ) , dobija se temperatura izlazne mesavine

t h xx2 2 2

22500 1

1 007 1 865

( )

. ., odnosno

t2 279 9196437338 0 056650312 2500 11 007 0 056650312 1 865

( . . ). . .

124.29201614 oC = 124.3oC.

b) Pokazivanje suvog termometra je temperatura mesavine, koja je vec izracunata: t2=124.292016136oC = 124.292 = 124.3oC. Pokazivaje mokrog termometra nalazi se, prakticno, presecanjem entalpije h2 sa = 1.00. Sto ce reci, treba resiti sistem jednacina h c t x r c t t x tpL pW2 2 2 0 2 2 2 21 007 2500 1 865 ( ) . ( . ) , - izentalpa

x p tp p t

S

S2

2

20 622

. ( )

( ), - linija = 1.00

Mora se resavati iterativno, zbog toga sto je ravnotezni pritisak “nelinearna funkcija” po t. h2= 279.9196437338 kJ/kgL, (tacno) t ( )Sp t ( )Sx t ( ) ( )Sh t h t 51 0.1233 .08600718 274.555522926 51.1919506937 279.919643734 52 0.1361 .09631835 302.500828583 Linearnom interpolacijom se dakle dobija pokazivanje vlaznog termometra: t2=51.19195069oC = 51.192 = 51.2oC.

6



1. Suvozasićena vodena para na 3.4 bar meša se izobarno sa vodom na 15oC i dobija se 4 kg/s tople vode na 80oC . Svi ulazni

preseci i izlazni presek na uređaju za mešanje imaju prečnik od 5 cm. Uređaj je dobro toplotno izolovan u odnosu na okolinu, nema nikakvih mehaničkih mešača, i proces je ustaljen. Promenu potencijalne i kinetičke energije zanemariti. Treba odrediti potreban protok suvozasićene pare, kao i prosečne brzine fluida u pojedinim presecima.

2. 2 kg kiseonika (poluidealan gas) menja stanje kvazistatički od p1=1 bar, T1 = 280 K do p2= 30 bar po zakonu pv1.2 = const. Usvojivši za izobarnu specifičnu toplotu kiseonika cp=48.2 - 967 T-1/2 + 11530 T-1 kJ/kmolK, odrediti:

a) tehnički rad promene stanja, b) promenu entropije kiseonika. 3. 2 m3/s suvozasićene vodene pare na 180oC zagreva se kvazistatično izobarno do 600oC, zatim adijabatno ekspandira do 0.5 bar i

180 oC, pa se izotermnom kompresijom kvazistatično vrati u početno stanje, zatvarajući kružni proces. Odrediti: a) stepen dobrote adijabatne ekspanzije, b) ukupan ostvaren tehnički rad u ovom kružnom procesu, c) termodinamički stepen iskorišćenja kružnog ciklusa. 4. 4.2 kg/min vlažnog vazduha stanja 1(8oC, 97 kPa, =43%) izobarno se zagreva do stanja 2(24oC). Izračunati: a) potrebnu snagu za zagrevanje, b) relativnu vlažnost vlažnog vazduha na izlazu (u stanju 2). Novi Sad, 2. oktobar 2007. dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 1. Suvozasićena vodena para na 3.4 bar meša se izobarno sa vodom na 15oC i dobija se 4 kg/s tople vode na 80oC . Svi ulazni

preseci i izlazni presek na uređaju za mešanje imaju prečnik od 5 cm. Uređaj je dobro toplotno izolovan u odnosu na okolinu, nema nikakvih mehaničkih mešača, i proces je ustaljen. Promenu potencijalne i kinetičke energije zanemariti. Treba odrediti potreban protok suvozasićene pare, kao i prosečne brzine fluida u pojedinim presecima.

RESENJE Poznato je (iz tablica) tok m p t h s kg/s bar oC kJ/kg kg/m3 ulaz pare 1+ 3.4 2730.3 1.85735513 ulaz vode 2+ 3.4 15 63.5 - izlaz tople vode 1- 4 3.4 80 335.1 971.628449 a)Bilans mase i energije u ustaljenom radu je, (bez potencijalne i kineticke energije) 0 1 2 1 m m m ,

0 1 1 2 2 1 1 m h m h m h . Dve jednacine sa dve nepoznate se rešavaju lako: . /m kg s1 0 408 ,

2 4 0.408 3.592 /m kg s . Prosečne brzine u pojedinim presecima, na osnovu protoka :

w mD

m s1

1

12 2

14

0 4081 85735513

14 0 05

111 8788

( / )

.. ( / ) .

. /

,

…

w mD

m s1

1

12 2

14

4971 628449

14 0 05

2 097

( / ) . ( / ) .

. /

.

7

RESENJE 2: 2. 2 kg kiseonika (poluidealan gas) menja stanje kvazistatički od p1=1 bar, T1 = 280 K do p2= 30 bar po zakonu pv1.2 = const.

Usvojivši za izobarnu specifičnu toplotu kiseonika cp=48.2 - 967 T-1/2 + 11530 T-1 kJ/kmolK, odrediti: c) tehnički rad promene stanja, d) promenu entropije kiseonika. a) Tehnicki rad promene stanja je

l v p dp p v p dp p v p pp

p

p

p12 1

11

11

1

1 1

1

2

1

1

2

1

2

1

( ) ( )/ /

,

l RT pp12 1

2

1

1 1 2 11 2

11 260 280 1 2

1 2 11 30

1

( ) ..

( )

.. -333162.3786 J/kg = - 333.1623786 kJ/kg.

L m lt t, ,12 12 -666.3247572 kJ. b) Promena entropije kiseonika (poluidealan gas) je

ds c TT

dT Rp

dpp ( ) 1 10 , kJ/kmolK.

konkretno

s s c TT

dT Rp

dp T TT

dT R ppp

T

T

p

p

T

T

2 10 5 1

02

1

1 1 48 2 967 11530 1

1

2

1

2

1

2

( ) ( . ) ln. , odnosno

s s TT

T T T T R pp2 1

2

12

0 5 1 11

0 5 1 12

1 1 11

1 1 10

2

148 7 967 1

0 5 1 111530 1

1 1 1

. ln

.( ) ( ) ln. . ,

s s TT

T T T T R pp2 1

2

12

0 51

0 52

11

10

2

148 7 967 1

0 511530 1

1

. ln

.( ) ( ) ln. . .

Temperatura na kraju procesa je

p v p v p p RT p p R T1 1 2 2 2

1

21

2 1

1

11

1 , , oadkle T T

pp2 1

2

1

1

, odnosno ovde

T2

1 2 11 2

280301

.. 493.565627315 K,

Zato sledi

s s TT

T T T T R pp2 1

2

12

0 51

0 52

11

10

2

148 7 2 967 11530 . ln ( ) ( ) ln. . ,

s s2 1 0 5 0 548 7 493 565627315280

2 967 1493 565627315

1280

11530 1493 565627315

1280

8 314 301

. ln( . ) (.

)

(.

) . ln( ) ...

. .

( ) .s s2 1 11 37877169974 kJ/kmolK. Za celu kolicinu kiseonika je

S S G s s2 1 2 1 2 132

11 37877169974 ( ) ( . ) - 0.71117323123 kJ.

RESENJE 3

3. 2 m3/s suvozasićene vodene pare na 180oC zagreva se kvazistatično izobarno do 600oC, zatim adijabatno ekspandira do 0.5 bar i 180 oC, pa se izotermnom kompresijom kvazistatično vrati u početno stanje, zatvarajući kružni proces. Odrediti:

d) stepen dobrote adijabatne ekspanzije, e) ukupan ostvaren tehnički rad u ovom kružnom procesu, f) termodinamički stepen iskorišćenja kružnog ciklusa.

8

RESENJE

h

s

1

2

3

3'

600 oC

180 o C

180 oC

5 bar

c23 = 0 (adijabata)

a)

t[ 0 C ] p[bar] h[kJ/kg] s[kJ/kgK] Stanje 1 180 10.027 2778 6.5858 Stanje 2 600 10.027 3698 8.027 Stanje 3 180 0.5 2838 8.069 Stanje 3' 170.4545 0.5 2819.3864 8.027

a) Stepen dobrote adijabatske enspanzije 23:

at

t kv

ll

23

23,

Rad adijabatske stvarne ekspanzije je l q h h h ht23 23 2 3 2 30 . Rad adijabatske kvazistatične ekspanzije je l q h h h ht kv kv23 23 2 3 2 30, , ' ' . Sada je stepen dobrote adijabatske ekspanzije 23 jednak:

at

t kv kv

ll

q h hq h h

h hh h

23

23

23 2 3

23 2 3

2 3

2 3

00

0 978814, , ' '

. .

b) Tehnički rad izobarnog zagrevanja 12:

12 0tl . Rad adijabatne ekspanzije 23 je

23 23 2 3 2 30 3698 2838 860 /tl q h h h h kJ kg . Rad izotermne kompresije 31:

,31 31 3 1tl q h h , a odvedena toplota u izotermnoj kompresiji je 31 1 1 3( )q T s s . Dakle, tehnički rad izotermne kompresije 31 je:

,31 1 1 3 3 1( ) (180 273.15) (6.5858 8.069) (2838 2778) 611.8896 /tl T s s h h kJ kg Pa je ukupan ostvaren tehnički rad po jedinici mase u ovom kružnom procesu:

9

, 12 23 31 0 860 611.8896 248.11 /t cikl t t tl l l l kJ kg . Dok je ukupan ostvaren tehnički rad:

, ,t cikl t ciklL ml za protok fluida koji kruži

.

. /m Vv

V kg s 1 11

11 1

0 19392 10 3146

, , 10.3146 248.11 2559.155t cikl t ciklL ml kW

c) Termodinamički stepen iskorišćenja kružnog ciklusa:

| |1 oq

q

gde se toplota odvodi u procesu 31: 31 3 1 3 180 273 6.5858 8.069 671.8896 /oq q T s s kJ kg ,

a dovodi u procesu 12: q q h h kJ kg 12 2 1 3698 2778 920 00. / , Pa je termodinamički stepen iskorišćenja kružnog ciklusa:

| | 671.88961 1 0.2697920

oqq

REŠENJE 4: 4. 4.2 kg/min vlažnog vazduha stanja 1(8oC, 97 kPa, =43%) izobarno se zagreva do stanja 2(24oC). Izračunati: a) potrebnu snagu za zagrevanje, b) relativnu vlažnost vlažnog vazduha na izlazu (u stanju 2). RESENJE

43%

15.5%h

x

24

8

1

2

o1 1

1 o1 1

0.43 8 C 0.43 0.010720.622 0.622 0.622 0.002970.97 0.43 0.010720.97 0.43 8 C

wsws

ws ws

pp tx

p p t p

,

1 1 1 11.007 2500 1.865h t x t ,

2 2 2 21.007 2500 1.865h t x t . Kako je:

1 2x x x , to je :

2 1 2 11.007 1.865 1.007 24 8 0.00297 24 8 1.865h t t x t t 16.023 kJ/kgL a) Potrebna snaga za zagrevanje:

LQ m h Maseni protok suvog vazduha:

4.2 / 601 1 0.00297L

mmx

0.06979 kgL/s,

pa je: 0.06979 16.023Q 1.118 kJ/s = 1.118 kW.

10

b) Relativna vlažnost na izlazu:

2

22 2

0.97 0.00297 0.1550.622 0.622 0.00297 0.02982ws

p xx p t

2 15.5 % UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek


1. Vodena para stanja 1 (3 MPa, 300oC) se hladi pri konstantnoj zapremini do stanja 2 (200oC), a zatim se izotermno sabija do stanja 3 (2.5 MPa). Odrediti:

a) stanje vode (vodene pare) na kraju procesa i skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) razmenjenu količinu toplote u ovom procesu, c) zapreminski rad procesa. 2. 5 kg vazduha (id.gas) menja stanje kvazistatično, izobarno od polaznog stanja 1 ( 0,1MPa, 300K ) do stanja 2 (400K),

zatim kvazistatično, izohorno do stanja 3 ( 3 1T T ) i najzad kvazistatično, adijabatno do stanja 4 ( 4 1v v ,

4 1p p ). Potrebno je: a) skicirati proces u (p,V) i (T,S) dijagramima stanja, b) odrediti veličine stanja vazduha u tačkama koje odgovaraju karakterističnim stanjima radne supstance, c) odrediti predatu količinu toplote i obavljeni apsolutni i tehnički rad za svaku promenu stanja i za ceo niz promena

stanja, d) odrediti promenu entropije vazduha za svaku promenu stanja i za ceo niz promena stanja. 3. U Rankin-Klausijusovom kružnom procesu sa kotlovskim pritiskom 20 bar i pritiskom kondenzatora 0.05 bar,

ekspanzija u turbini počinje na 540oC. Izračunati, a zatim uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja kružnog procesa za dva slučaja:

a) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. 4. Vlažan vazduh na 10oC sa 30% relativne vlažnosti u ustaljenom režimu sa 45m3/min ulazi u sistem za pripremu vaz-

duha, a izlazi na 25oC sa 60% relativne vlažnosti. Vazduh se prvo zagreva do 22oC, a zatim ovlažuje ubrizgavanjem pregrejane vodene pare. Ceo proces pripreme teče na 100 kPa, a promene kinetičke i potencijalne energije su zanemarive. Odrediti:

a) snagu potrebnu za zagrevanje vazduha do 22oC, b) maseni protok vodene pare za vlaženje vazduha, i c) temperaturu pregrejane pare koja se ubrizgava ako je njen pritisak 12 bar. U Novom Sadu, 4. jula 2006. dr Gordan Dragutinović

REŠENJE 1:

1. Vodena para stanja 1 (3 MPa, 300oC) se hladi pri konstantnoj zapremini do stanja 2 (200oC), a zatim se izotermno sabija do stanja 3 (2.5 MPa). Odrediti:

d) stanje vode (vodene pare) na kraju procesa i skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, e) razmenjenu količinu toplote u ovom procesu, f) zapreminski rad procesa.

RESENJE

11

2

1

3

p

v a) Stanje 1:

1 30p bar 0

1 300t C 3

1 0.08119 /v m kg

1 2988h kJ/kg

1 6.530s kJ/kgK 3

1 1 1 1 2988 3 10 0.08119 2744.43u h p v kJ/kg Stanje 2:

32 1 0.08119 /v v m kg

02 200t C

,

2 ,, ,

0.08119 0.0011565 0.6350.1272 0.0011565

v vxv v

, , ,,2 2 2 2 2 852.4 0.635 2793 852.4 2084.681h h x h h kJ/kg

, ,, ,2 2 2 2 2 4.9349s s x s s kJ/kgK

Stanje 3:

03 200t C

3 25p bar 3

3 0.001155 /v m kg

3 852.5h kJ/kg

3 2.327s kJ/kgK 2

3 3 3 3 852.5 25 10 0.001155 849.6125u h p v kJ/kg b) Iz: dq=du+dl Za izohoran proces 1-2:

12 2 1 1958.659 2744.43 785.771q u u kJ/kg Za kvazistatičan, izoterman proces vazi: dq Tds pa je razmenjena količina toplote za proces 2-3:

23 2 3 2 473 2.327 4.9349 1233.5367q T s s kJ/kg Ukupno razmenjena količina toplote za 1-2-3:

13 12 23 785.771 1233.5367 2019.3077q q q kJ/kg c) Zapreminski rad izohornog procesa 1-2:

12 0l kJ/kg zapreminski rad izotermnog procesa 2-3:

23 23 23 1233.5367 849.6125 1958.659 124.49l q u kJ/kg

12

pa je ukupan zapreminski rad za ceo proces: 13 12 23 124.49l l l kJ/kg

RESENJE 2:

2. 5 kg vazduha (id.gas) menja stanje kvazistatično, izobarno od polaznog stanja 1 ( 0,1MPa, 300K ) do stanja 2 (400K),

zatim kvazistatično, izohorno do stanja 3 ( 3 1T T ) i najzad kvazistatično, adijabatno do stanja 4 ( 4 1v v ,

4 1p p ). Potrebno je: a) skicirati proces u (p,V) i (T,S) dijagramima stanja, b) odrediti veličine stanja vazduha u tačkama koje odgovaraju karakterističnim stanjima radne supstance, c) odrediti predatu količinu toplote i obavljeni apsolutni i tehnički rad za svaku promenu stanja i za ceo niz promena stanja, d) odrediti promenu entropije vazduha za svaku promenu stanja i za ceo niz promena stanja. RESENJE

p

v

1 2

3

4

a) Veličine stanje 1:

1p =0.1 MPa, 1T =300 K,

311 6

1

287 300 0.861 /0.1 10

R Tv m kgp

,

Veličine stanja 2:

2T =400 K, 2 1p p 0.1 MPa,

322 6

2

287 400 1.148 /0.1 10

R Tv m kgp

,

Veličine stanja 3: 3

3 2 1.148 /v v m k g , 3 1T T 300 K,

33

3

287 300 750001.148

R Tpv

Pa,

Veličine stanja 4:

4 1v v , 1.4

34 3

4

1.14875000 1121950.861

vp pv

Pa,

1 1.4 13

4 34

1.148300 336.590.861

vT Tv

K,

b) Predata količina toplote i ostvareni rad: 12 2 1 28700l p v v J/kg,

312 143.5 10L J,

12 0tl ,

13

12 0tL ,

12 121q l

=100450 J/kg,

312 502.25 10Q J,

23 0l ,

23 0L ,

23 2 3 2 28700tl v p p J/kg, 3

12 143.5 10tL J,

2 3 223 71750

1v p p

q

J/kg,

323 358.75 10Q J,

34 0q ,

34 0Q ,

3 434

3

1 26253.321

R T TlT

J/kg,

334 131.27 10L J,

34 3 3 4 4 36764.71tl p v p v

J, 3143.5 10

334 183.82 10tL J,

1234 12 23 34Q Q Q Q 3143.5 10 J 3

1234 12 23 34 12.24 10L L L L J 3

1234 12 23 34 40.32 10t t t tL L L L J d)Promena entropije:

2 22 1

1 1

400 1.148ln ln 720 ln 287 ln 207.13 82.57 289.7300 0.861v

T vs s c RT v

J/kgK

32 1 1.448 10S S J/K

3 33 2

2 2

ln ln 207.13vT vs s c RT v

J/kgK

33 2 1.036 10S S J/K

4 3 0S S

32 1 3 2 4 3 0.412 10S S S S S S J/K

REŠENJE 3:

3. U Rankin-Klausijusovom kružnom procesu sa kotlovskim pritiskom 20 bar i pritiskom kondenzatora 0.05 bar,

ekspanzija u turbini počinje na 540oC. Izračunati, a zatim uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja kružnog procesa za dva slučaja:

c) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, d) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. RESENJE

14

p

v

1

22b3

4

Stanje pare na ulazu u turbinu (stanje 1):

01 540t C

1 20p bar 3

1 0.1851 /v m kg

1 3556 /h kJ kg

1 7.542 /s kJ kgK Stanje pare na izlazu iz turbine (stanje 2):

2 0.05p bar Stanje pare se određuje korišćenjem zakona promene stanja: 1.18 1.18 1.18

1 1 2 2pv const p v p v

pa je:

1 11.18 1.18 31

2 12

200.1851 29.6853 /0.05

pv v m kg

p

2 2590.657 /h kJ kg

2 8.4848 /s kJ kgK Stanje pare na ulazu u pumpu (stanje 3):

3 0.05p bar

3 0x 3

3 0.0010053 /v m kg

3 137.83 /h kJ kg

3 0.4761 /s kJ kgK

3 137.82 /u kJ kg Stanje pare na izlazu iz pumpe (stanje 4):

4 20p bar

4 3 0.4761 /s s kJ kgK

4 140.6885 /h kJ kg Stanje pare na izlazu iz turbine-adijabatna kvazistatična promena (stanje 2b):

2 0.05bp bar

2 1 7.542 /bs s kJ kgK ,

2 22 ,, ,

2 2

7.542 0.4761 0.8938.393 0.4761

b bb

b b

s sx

s s

, ,, ,2 2 2 2 2 137.83 0.893 2561 137.83 2301.72 /b b b b bh h x h h kJ kg

a) Proces 1-2-3-4:

12 0q 1-2 je adijabatna promena,

,23 0tl 2-3 je izobarna promena,

15

23 3 2 ,23 137.83 2590.657 2452.827 /tq h h l kJ kg

34 0q 3-4 je kvazistatična adijabata,


41 1 4 ,41 3556 140.6885 3415.3115 /tq h h l kJ kg Dobija se:

23

41

2452.8271 1 0.2818

3415.3115a

qq

b) Proces 1-2b-3-4:

12 0bq 1-2 je adijabatna promena,

,2 3 0t bl 2-3 je izobarna promena,

2 3 3 2 ,2 3 137.83 2301.72 2163.89 /b b t bq h h l kJ kg




2 3

41

2163.891 1 0.3664

3415.3115b

a

qq

REŠENJE 4:

4. Sistem za pripremu vazduha uzima spoljni vazduh na 10oC sa 30% relativne vlažnosti u ustaljenom režimu sa

45m3/min, i zagreva do 25oC sa 60% relativne vlažnosti. Ulazni vazduh se prvo zagreva do 22oC a zatim ovlažuje ubrizgavanjem pregrajne vodene pare. Smatrajući da ceo proces pripreme teče na 100 kPa, da nema promene kinetičke i potencijalne energije, odrediti:

a) snagu grejača za zagrevanje vazduha do 22oC, i b) maseni protok vodene pare za ovlaživanje vazduha, c) temperaturu pregrejane pare koja se ubrizgava ako je njen pritisak 12 bar. RESENJE a) bilans za sekciju zagrevanja vazduha je

1 20 L L , 2 1L L L , bilans suvog vazduha

1 20 Lx Lx , bilans vlage u VV

1 20 0Lh Lh Q . bilans energije za sekciju grejanja.

2 1x x ,

2 1( )Q L h h .

o1 1

1 o1 1

( ) 0.3 (10 C) 0.3 1.22760.622 0.622 0.622100 0.3 1.2276( ) 100 0.3 (10 C)

s s

s sp t px

p p t p0.002299 kgW/kgL,

2 1x x 0.002299 kgW/kgL, 1 1 1 11.007 (2500 1.867 ) 1.007 10 0.002299 (2500 1.867 10)h t x t ...kJ/kgL, 2 1 1 2 1(1.007 1.867)( ) (1.007 0.002299 1.867) (22 10)h h x t t 12.135507 kJ/kgL,

,1 1 1L Lp V LR T , gde je parcijalni pritisak suvog vazduha na ulazu jednak

,1 ,1 1 1( )sL Wp p p p p t .

Tako je

,1 1 11 1

1 1

( ) 100 0.3 1.2276450.287 (273.15 10)

sL

L L

p p p tL V VR T R T

55.2 kg/min , 0.92 kg/s.

2 1( ) 0.92 12.135Q L h h 11.164 kJ/s , 11.164 kW.

b)

16

2 30 L L ,

3 2L L L , bilans suvog vazduha

2 30 Lx m Lx , bilans vlage u VV

2 30 0 0Lh m h Lh . bilans energije za sekciju vlaženja.

3 2( )m L x x ,

o3 3

3 o3 3

( ) 0.6 (25 C) 0.6 3.1690.622 0.622 0.622100 0.6 3.169( ) 100 0.6 (25 C)

s s

s sp t px


3 2( ) 55.2 (0.01205 0.002299)m L x x 0.538255 kg/min, 0.008971 kg/s. c)

3 2 3 2( ) ( )L Lh h h h hm m

3 3 3 31.007 (2500 1.867 ) 1.007 25 0.01205 (2500 1.867 25)h t x t 55.86 kJ/kgL, 2 2 2 21.007 (2500 1.867 ) 1.007 22 0.002299 (2500 1.867 22)h t x t 27.996 kJ/kgL,

55.2 (55.86 27.996)

0.538h 2858.90 kJ/kg

Ako je para na 12 bar, tada mora biti na oko 217.4oC.

UNIVERZITET U NOVOM SADU, FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek


1. 5 kg vodene pare stanja 1(5 bar, 250oC) izoentropno ekspandira do 150oC, a zatim se izotermno kvazistatično ohladi

do stanja suvozasićene vodene pare. Odrediti: a) koliko je potrebno odvesti toplote od vodene pare tokom procesa i b) koliko iznosi promena entropije i unutrašnje energije vodene pare i c) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja. 2. Dvoatomni idealni gas se nalazi u cilindru na pritisku 2 bar. Gasu se kvazistatično izobarno dovede 100 KJ toplote.

Odrediti: a) rad koji obavi gas pri tom procesu, b) promenu zapremine gasa u cilindru i c) skicirati proces u (p,v) i (T,s) dijagramima stanja. 3. 1 kg vodene pare se izohorno zagreva od stanja 1(6 bar, 160oC) do 2(10 bar), a zatim izobarno dovede do stanja

suvozasićene pare, stanje 3. Para se zatim izohorno hladi do stanja 4 i na kraju, izotermno dovodi do početnog stanja 1.

a) Skicirati procese u (p,v) dijagramu stanja. b) Izračunati ukupni zapreminski rad kružnog procesa, kJ, i razmenjenu toplotu sa svaki deo procesa, kJ. 5. Vlažan vazduh na 10oC sa 30% relativne vlažnosti u ustaljenom režimu sa 45m3/min ulazi u sistem za pripremu vaz-

duha, a izlazi na 25oC sa 60% relativne vlažnosti. Vazduh se prvo zagreva do 22oC, a zatim ovlažuje ubrizgavanjem pregrejane vodene pare. Ceo proces pripreme teče na 100 kPa, a promene kinetičke i potencijalne energije su zanemarive. Odrediti:

d) snagu potrebnu za zagrevanje vazduha do 22oC, e) maseni protok vodene pare za vlaženje vazduha, i f) temperaturu pregrejane pare koja se ubrizgava ako je njen pritisak 12 bar. Novi Sad, 4. septembar 2006. dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 1. 5 kg vodene pare stanja 1(5 bar, 250oC) izoentropno ekspandira do 150oC, a zatim se izotermno kvazistatično ohladi

do stanja suvozasićene vodene pare.. Odrediti: a) koliko je potrebno odvesti toplote od vodene pare tokom procesa i b) koliko iznosi promena entropije i unutrašnje energije vodene pare i c) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja.

17

T

s

1

23

0

000

Stanje pare na početku procesa:

10

13

1

1

1

1

5

250

0.4942 /2957.75 /7.273 /2710.65 /

p bart Cv m kgh kJ kgs kJ kgKu kJ kg

stanje pare posle ekspanzije:

20

2

2 1

2.0125

1507.273 /

p bart Cs s kJ kgK

stanje pare na kraju procesa hlađenja: 0

3 2

3

3

33

35 3

3 3 3 3

1504.766.8383 /2746 /

0.3926 /

2746 4.76 10 0.3926 10 2559.32 /

t t Cp bars kJ kgKh kJ kg

v m kg

u h p v kJ kg

a) Proces izoentropne ekspanzije je adijabatan proces pa je:

12 0Q . za izoterman proces 2-3, polazeći od: dq Tds može se napisati:

23 3 3 2 150 273 6.8383 7.273 183.878 /q T s s kJ kg

23 919.391Q kJ tj., za ceo proces potrebno je dovesti:

13 12 23 919.391Q Q Q kJ . b) Promena entropije za izotermno hlađenje

23 3 2

23 23

6.8383 7.273 0.4347 /2.1735 /

s s s kJ kgKS m s kJ K

dok je proces 2-3 izoentropan pa je 23 2.1735 /S S kJ K .

Promena unutrašnje energije procesa 1-3:

53 1 3 1 1 1( ) 2559 (2957.75 5 10 0.4942) 151.65 /

5 ( 151.65) 758.25u u u u h p v kJ kgU m u kJ

RESENJE 2:

2. Dvoatomni idealni gas se nalazi u cilindru na pritisku 2 bar. Gasu se kvazistatično izobarno dovede 100 KJ toplote. Odrediti:

d) rad koji obavi gas pri tom procesu, e) promenu zapremine gasa u cilindru i f) skicirati proces u (p,v) i (T,s) dijagramima stanja. RESENJE:

18

1 2

1

2

p

v

T

s

a) Polazeći od dq du dl za izobaran proces važi:

p vc dT c dT dl

odnosno: p v

pp

c cc dT dl

c

pa važi:

12 121l q

to jest, rad koji dvoatomni gas obavi tokom procesa:

12 121 1.4 1 100 28.571

1.4L Q KJ

b) Za kvazistatičan izobaran proces važi:

2

1

12 2 1

V

V

L pdV p V V p V pa je promena zapremine tokom ovog procesa:

312 28571 0.1429200000

LV m

p

RESENJE 3: 3. 1 kg vodene pare se izohorno zagreva od stanja 1(6 bar, 160oC) do 2(10 bar), a zatim izobarno dovede do stanja

suvozasićene pare, stanje 3. Para se zatim izohorno hladi i na kraju,izotermno dovodi do početnog stanja 1. a) Skicirati procese u (p,v) dijagramu stanja. c) Izračunati ukupni zapreminski rad kružnog procesa, kJ, i razmenjenu toplotu sa svaki deo procesa, kJ.

1

23

p

v

4

RESENJE:

1 0.3167v m3/kg, 1 2568.98u kJ/kg, 1 6.767s kJ/kgK

2 1 0.3167v v m3/kg, 2 2992.46u kJ/kg,

3 0.1944v m3/kg, 3 2583.6u kJ/kg,

4 3 0.1944v v m3/kg,

4 1 160T T 0C, 4 1871.2u kJ/kg, 4 4.972s kJ/kgK.

U Q L ,

19

izohorno zagrevanje 1-2:

12 12 12U Q L ,

12 0L ,

12Q U 12,

12 2 1U U U 423.48 kJ,

12 12 423.48Q U kJ, izobarna promena stanja 2-3:

23 23 23U Q L , 3

23 3 22

( ) 122.3L pdv mp v v kJ

23 3 2 23( ) 531.16Q m u u L kJ izohorno hladenje 3-4:

34 34 34U Q L ,

34 0L ,

34 4 3( ) 709.86Q m u u kJ, izotermno sirenje 4-1:

41 1 1 4 771.173Q T s s kJ,

41 41 1 4( ) 75.333L Q m u u kJ, ukupni zapreminski rad kruznog procesa:

46.96QL kJ,

ukupna razmenjena toplota: 46.37QQ kJ,

Q QL Q .

REŠENJE 4:

5. Sistem za pripremu vazduha uzima spoljni vazduh na 10oC sa 30% relativne vlažnosti u ustaljenom režimu sa


d) snagu grejača za zagrevanje vazduha do 22oC, i e) maseni protok vodene pare za ovlaživanje vazduha. RESENJE: h

x

1

2

31 30% 3 60%

010 C

022 C

025 C

a) bilans za sekciju zagrevanja vazduha je



20


2 1x x ,

2 1( )Q L h h .

o1 1

1 o1 1

( ) 0.3 (10 C) 0.3 1.22760.622 0.622 0.622100 0.3 1.2276( ) 100 0.3 (10 C)

s s

s sp t px


2 1x x 0.002299 kgW/kgL, 1 1 1 11.007 (2500 1.867 ) 1.007 10 0.002299 (2500 1.867 10)h t x t ...kJ/kgL, 2 1 1 2 1(1.007 1.867)( ) (1.007 0.002299 1.867) (22 10)h h x t t 12.135507 kJ/kgL,


,1 ,1 1 1( )sL Wp p p p p t .

Tako je

,1 1 11 1

1 1

( ) 100 0.3 1.2276450.287 (273.15 10)

sL

L L

p p p tL V VR T R T

55.2 kg/min , 0.92 kg/s.

2 1( ) 0.92 12.135Q L h h 11.164 kJ/s , 11.164 kW.

b)



2 30 0 0Lh m h Lh . bilans energije za sekciju vlaženja.

3 2( )m L x x ,

o3 3

3 o3 3

( ) 0.6 (25 C) 0.6 3.1690.622 0.622 0.622100 0.6 3.169( ) 100 0.6 (25 C)

s s

s sp t px


3 2( ) 55.2 (0.01205 0.002299)m L x x 0.538255 kg/min, 0.008971 kg/s. c)

3 2 3 2( ) ( )L Lh h h h hm m

3 3 3 31.007 (2500 1.867 ) 1.007 25 0.01205 (2500 1.867 25)h t x t 55.86 kJ/kgL, 2 2 2 21.007 (2500 1.867 ) 1.007 22 0.002299 (2500 1.867 22)h t x t 27.996 kJ/kgL,

55.2 (55.86 27.996)

0.538h 2858.90 kJ/kg

Ako je para na 12 bar, tada mora biti na oko 217.4oC. UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek


1. 10 kg vazduha (id.gas) stanja 1 (2 bar, 1300oC) se adijabatno komprimuje sve dok se pritisak ne poveća deset puta, a zatim se

izohorno ohladi do početnog pritiska. Obe promene su kvazistatične. d) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja. e) Izračunati razmenjenu količinu toplote i izvršeni zapreminski rad. f) Izračunati promenu unutrašnje energije vazduha. 2. U ustaljenom režimu, 37 m3/min vazduha (id. gas) na 136 kPa i 305 K ulazi u kompresor i komprimuje se do 680 kPa i

specifične zapremine 0.1686 m3/kg. Kompresoru se dovodi 161.5 kJ rada po svakom kg vazduha koji protiče. Usled prenosa toplote sa vazduha na rashladnu vodu (koja cirkulise oko kompresora) temperatura rashladne vode poraste za 11oC. Zanemariti druge razmene toplote, kao i promene potencijalne i kinetičke energije, i izračunati potrebni maseni protok vode za hlađenje kompresora, kg/min.

5. Vodena para obavlja Rankin-Klausijus-ov kružni proces sa jednim međupregrevanjem pare. Vodena para ulazi u turbinu visokog pritiska, na pritisku 14 MPa i temperaturi 600oC. Nakon ekspanzije u turbini visokog pritiska do 8 MPa, para se odvodi na

21

pregrevanje do 600oC, a zatim u turbinu niskog pritiska. Turbina i pumpa su adijabatne i idealne. Pritisak u kondenzatoru iznosi 6 kPa. Skicirati proces u (h,s) dijagramu stanja i izračunati termodinamički stepen iskorišćenja kružnog procesa.

4. 12.5 m3/min vlažnog vazduha sa 99 kPa, 35oC i 95% relativne vlažnosti ulazi u erkondišn (air-conditioner), a izlazi kao tok zasićenog vlažnog vazduha na 15oC. Vlaga koja se pri tom kondenzuje odvodi se na 15oC. Zanemariti promene pritiska, kinetičke i potencijalne energije i izračunati:

a) količinu vlage koja se izdvaja, i b) toplotu koja se odvodi od vlažnog vazduha. Novi Sad, 4. septembar 2007. dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 1. 10 kg vazduha (id.gas) stanja 1 (2 bar, 1300oC) se adijabatno komprimuje sve dok se pritisak ne poveća deset puta, a zatim se

izohorno ohladi do početnog pritiska. Obe promene su kvazistatične. d) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja. e) Izračunati razmenjenu količinu toplote i izvršeni zapreminski rad. f) Izračunati promenu unutrašnje energije vazduha.

RESENJE 1: Stanje 1:

1 2p bar 1T 1300oC

iz jednačine stanja za idealan gas:

311

1

10 287 1573 22.573200000

mRTV m

p

Stanje 2: za adijabatnu kvazistatičnu promenu stanja 1-2 važi:

1

2 2

1 1

T pT p

pa je odatle temperatura: 1 1.4 1

1.42

2 11

201573 3036.892

pT T K

p

a iz jednačine stanja idealnog gasa dobija se zapremina:

322

2

10 287 3036.89 4.2382000000

mRTV m

p

Stanje 3: Proces 2-3 je izohoran pa je: 2 3V V

Početni i krajnji pritisak ova dva procesa su isti: 3 1p p a iz jednačine stanja idealnog gasa dobija se temperatura u stanju 3:

3 33 303.69

V pT K

mR

Razmenjena količina toplote može se naći iz: dq du dl Kako je process 1-2 adijabatan to je:

12 0Q kJ tj.

13 12 23 23Q Q Q Q odnosno, za izohoran proces 1-2:

23 0L kJ pa je:

23 23Q U odnosno:

13 23 3 2 19679.05vQ Q m c T T kJ

Ostvaren zapreminski rad tokom ovog procesa kako je:

23 0L kJ to je:

3 3 3 1 1 1 11 2 1 2 2 2 1 1 1

13 12 1 1 1 1 12 2 2

10503.51 1

V V V p V V p V VL L pdV p dV p V V dV p V kJ

V

a promena unutrašnje energije vazduha se može naći iz prvog zakona termodinamike:

22

13 13 13 19679.05 10503.5 9175.55U Q L kJ

RESENJE 2: 2. U ustaljenom režimu, 37 m3/min vazduha (id. gas) na 136 kPa i 305 K ulazi u kompresor i komprimuje se do 680 kPa i

specifične zapremine 0.1686 m3/kg. Kompresoru se dovodi 161.5 kJ rada po svakom kg vazduha koji protiče. Usled prenosa toplote sa vazduha na rashladnu vodu (koja cirkulise oko kompresora) temperatura rashladne vode poraste za 11oC. Zanemariti druge razmene toplote, kao i promene potencijalne i kinetičke energije, i izračunati potrebni maseni protok vode za hlađenje kompresora, kg/min.

RESENJE 2:

1

2 2

1w,2

w,1

w,2

w,1h2

h1

hw,1

hw,2

L k L k

Q QQa 0 Qa 0

m

m

m w

m w

Bilansi energije za kontrolne zapremine u ustaljenom rezimu, uz zanemarivanje promena kineticke i potencijalne energije, su:

1 20 km h m h Q L , (za gas i kompresor, kojem se dovodi snaga, i pri tom hladi)

,1 ,20 0w w w wm h m h Q , (za vodu koja protice i greje se sa strane kompresora). Eliminacijom toplote iz druge jednacine bice

1 2 1 2

,2 ,1 ,2 ,1 ,2 ,1

( ) /k kw

w w w w w w

m h h L h h L mQm mh h h h h h

Razlika specificnih entalpija za vazduh je

1 2 1 2( )ph h c T T ; Temperatura gasa na izlazu je

32 2

2(680 10 ) 0.1686

287p vT

R

399.4704 K,

pa je

1 2 1 2( ) 1.00 (305 399.47)ph h c T T - 94.4704 kJ/kg. Maseni protok vazduha je na osnovu ulaznog stanja vazduha:

1

1

37 / 600.6436

Vmv

0.958152 kg/s, jer je 11 3

1

287 305136 10

R Tvp

0.6436 m3/kg.

Voda je nekompresibilna, te je, uzevsi aproksimativno c = 4.1618 kJ/kgK,

,2 ,1 ,2 ,1( ) 4.1618 11w w w wh h c T T 45.7798 kJ/kg. Prema tome:

1 2

,2 ,1

/ 94.47 161.50.958245.7798

kw

w w

h h L mm mh h

1.40298 kg/s = 84.2 kg/min

RESENJE 3

3. Vodena para obavlja Rankin-Clausius-ov kružni proces sa jednim međupregrevanjem pare. Vodena para ulazi u turbinu visokog pritiska, na pritisku 14 MPa i temperaturi 600oC. Nakon ekspanzije u turbini visokog pritiska do 8 MPa, para se odvodi na

23

pregrevanje do 600oC, a zatim u turbinu niskog pritiska. Turbina i pumpa su adijabatne i idealne. Pritisak u kondenzatoru iznosi 6 kPa. Skicirati proces u (h,s) dijagramu stanja i izračunati termodinamički stepen iskorišćenja kružnog procesa. RESENJE:

1

2

4

3

5

6

T

s

140 bar

0.06 bar

Stanje 1:

1p 14 MPa = 140 bar,

1t 600oC,

1h 3585 kJ/kg, 1s 6.716 kJ/kgK. Stanje 2:

2s 1s 6.716 kJ/kgK 2p 8 MPa=80 bar, 2h 3393.47 kJ/kg, Stanje 3:

3t 600oC, 3p 8 MPa=80 bar, 3h 3640 kJ/kg, 3s 7.019 kJ/kgK, Stanje 4:

4p 6kPa=0.06 bar,

4 3s s 7.019 kJ/kgK, ,

4 ,, ,

7.019 0.5207 0.8328.328 0.5207a

s sxs s

4h 2161.2 kJ/kg,

Stanje 5:

5 4 0.06p p bar

5 151.5 /h kJ kg 5 0.5207 /s kJ kgK Stanje 6:

6p 14 MPa = 140 bar

6 5 0.5207 /s s kJ kgK

6h 166.13 kJ/kg Rad dvostepene turbine:

1 2 3 4 1670.33tLh h h h

m

kJ/kg

Rad pumpe:

6 5 14.63pLh h

m

kJ/kg

Dovedena količina toplote radnom fluidu u kotlu i dogrejaču po jedinici masenog protoka:

1 6 3 2 3665.4inQ h h h hm

kJ/kg

Termodinamički stepen iskorišćenja za tri različita pritiska dogrevanja:

0.4517 45.17%

pt

neto

in in

LLl m mq Q

m

24

2p

46.07

45.27

44.46

20 80 120 UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek


4. 50 000 kg/h vodene pare, stanja 30 bar i 320oC, meša se sa m kg/h vode stanja 30 bar i 200oC. Kao rezultat na izlazu se dobija stalni protok suvozasićene vodene pare na 30 bar. Razmena toplote sa okolinom, promena kinetičke i potencijalne energije mogu se zanemariti. Izračunati.

b) potrebni maseni protok vode (tečnosti), c) generisanje entropije u ovom procesu mešanja. 2. Vazduh početnog stanja 0.75 bar, 1000 K i zapremine 0.12 m3, obavlja dva uzastopna procesa: prvo se izotermno komprimuje do

polovine početne zapremine, a zatim izobarno do četvrtine početne zapremine. Ako je vazduh idealan gas, treba: a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) izračunati ukupan zapreminsi rad i ukupno razmenjenu količinu toplote u ovom procesu, c) ukupnu promenu entropije vazduha. 5. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa sa pregrevanjem pare, pritisak kondenzacije je 10 kPa, a najviša temperatura u

procesu je 400oC. Zanemarivši rad za pumpanje, treba odrediti termodinamički stepen iskorišćenja procesa kada se toplota dovodi na:

a) 2 MPa, b) 4 MPa, Koji od prethodnih slučajeva ima veći termodinamički stepen iskorišćenja i za koliko posto? Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu

stanja. Novi Sad, 5. septembar 2007. dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 8. 50 000 kg/h vodene pare, stanja 30 bar i 320oC, meša se sa m kg/h vode stanja 30 bar i 200oC. Kao rezultat na izlazu se dobija

stalni protok suvozasićene vodene pare na 30 bar. Razmena toplote sa okolinom, promena kinetičke i potencijalne energije mogu se zanemariti. Izračunati.

e) potrebni maseni protok vode (tečnosti), f) generisanje entropije u ovom procesu mešanja.

RESENJE 1:

25

a) Za ovaj ustaljeni procas mešanja mogu se napisati bilansne jednačine u sledećem obliku: Bilans mase:

1 2 30 m m m Bilans energije:

2 2 21 2 3

1 2 3

1 1 102 2 2

m h w gz m h w gz m h w gz

Bilans entropije:

1 1 2 2 3 30 0 genm s m s m s S . Veličine stanja za pojedine tokove:

1: 1 30p bar , 0

1 320t C , 1 3038 /h kJ kg , 1 6.615 /s kJ kgK

2: 2 30p bar , 0

2 200t C , 2 852.6 /h kJ kg , 2 2.326 /s kJ kgK

3: 3 30p bar , ,,

3 3 2804 /h h kJ kg , ,,

3 3 6,186 /s s kJ kgK Iz bilansa mase i energije sledi:

1 1 2 2 1 2 30 m h m h m m h pa je:

2 3 2 1 1 3m h h m h h odnosno 2m je:

1 32 1

3 2

3038 280450000 5995.7 /2804 852.6

h hm m kg h

h h

b) Generisana entropija u ovom procesu mešanja se dobija iz bilansa entropije:

3 3 1 1 2 2 1 2 3 1 1 2 2

50000 5995.7 6.186 50000 6.615 5995.7 2.326 1693.4 / 0.47 /genS m s m s m s m m s m s m s

kJ hK kJ sK

RESENJE 2:

2. Vazduh početnog stanja 0.75 bar, 1000 K i zapremine 0.12 m3, obavlja dva uzastopna procesa: prvo se izotermno komprimuje do polovine početne zapremine, a zatim izobarno do četvrtine početne zapremine. Ako je vazduh idealan gas, treba:

a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) izračunati ukupan zapreminsi rad i ukupno razmenjenu količinu toplote u ovom procesu, c) ukupnu promenu entropije vazduha.

RESENJE 2: a) Veličine stanja vazduha: Stanje 1:

1 0.75p bar , 1 1000T K , 3

1 0.12V m Stanje 2:

1

2 2VV

za izoterman proces 1-2 važi: 2 1 1000T T K i

1 12

2

10.75 1.50.5

p Vp bar

V

Stanje 3:

1

3 4VV

za izobaran proces 2-3 važi: 3 2 1.5p p bar i

33 2 1

2

0.5 1000 0.5 500V

T T T KV

b) Ukupan ostvareni zapreminski rad u ovom procesu:

2 3 2

213 12 23 2 3 2 1 2 3 2

11 2 1

lnVdVL L L pdV pdV mRT p V V mRT p V V

V V

gde je:

51 1

1

0.75 10 0.12 0.03136287 1000

p Vm kg

RT

pa se dobija zapreminski rad:

26

5113

1

0.50.03136 287 1000 ln 1.5 10 0.5 0.5 0.12 0.5 0.12 10740

VL J

V

Ukupno razmenjena količina toplote je: 13 13 13 3 1 13 0.03136 0.72 500 1000 10.74 22.0296vQ U L mc T T L kJ

c)Promena entropije vazduha:

3 313 3 1

1 1

500 1.5ln ln 0.03136 1.00 ln 0.287 ln 0.0279756 /1000 0.75p

T pS S S m c R kJ KT p

RESENJE 3:

3. Pritisak kondenzacije kod Rankin-Klausijusovog kruznog procesa je 10 kPa, a najvisa tempera u procesu je 400oC. Zanemarivsi rad za

pumpanje, treba odrediti termodinamicki stepen iskoriscenja procesa kada se toplota dovodi na: a) 2 MPa, b) 4 MPa, Koji od prethodnih slucajeva ima veci termodinamicki stepen iskoriscenja i za koliko posto? Oba slucaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. RESENJE

T

s

p = 2 MPa

T3=(273.15+400) K

p = 10 kPa

K

2b2a 4a4b1

p = 4 MPa

p = 10 kPa=0.01 M Pa

p = 2 MPa

3a3b

p = 4 M Pa

t p v=1/r u h S x faza C MPa m3/kg kJ/kg kJ/kg kJ/kgK 1 45.81 0.01 0.00101 191.8 191.8 0.6492 0 klucala voda 2a 45.88 2 0.001009 191.8 193.8 0.6492 voda 3a 400 2 0.1512 2945 3248 7.127 para (T>TK) 4a 45.81 0.01 12.67 2132 2258 7.127 0.8636 vlazna para 2b 45.94 4 0.001009 191.8 195.8 0.6492 voda 3b 400 4 0.07341 2920 3214 6.769 para (T>TK) 4b 45.81 0.01 11.97 2024 2144 6.769 0.8159 vlazna para a)

tacno a

a a a

a a

h h h hh h

( ) ( )3 4 2 1

3 2 0.3235 = 32.35%

priblizno (zanemarivanjem rada pumpanja) a

a a a

a a

a a

a

h h h hh h

h hh h

( ) ( ) ( )3 4 2 1

3 2

3 4

3 1 0.3239 = 32.39% b)

tacno b

b b b

a b

h h h hh h

( ) ( )3 4 2 1

3 2 0.3532 = 35.320%

priblizno (zanemarivanjem rada pumpanja) b

b b b

a b

b b

b

h h h hh h

h hh h

( ) ( ) ( )3 4 2 1

3 2

3 4

3 1 0.354 = 35.40% c) procenat povecanja

% ..

povecan ja b a

a

b

a

100 1 100 0 35400 3239

1 1009.2929917 =9.3 %.

27



2. 5 kg vodene pare stanja 1(5 bar, 250oC) izoentropno ekspandira do 150oC, a zatim se izotermno kvazistatično ohladi

do stanja suvozasićene vodene pare. Odrediti: a) koliko je potrebno odvesti toplote od vodene pare tokom procesa i b) koliko iznosi promena entropije i unutrašnje energije vodene pare i c) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja. 2. Vazduh (id. gas) se nalazi u cilindru konstantnog poprečnog preseka 10 cm2 sa pokretnim klipom. Rastojanje od dna

cilindra do klipa je 20 cm u početnom stanju. Vazduh ekspandira od stanja 1(1 bar, 20oC) do stanja 2(0.5 bar, 18oC).Tokom procesa dovodi se toplota od 8 J. Takođe se mešalicom dovodi rad od 1.85 J. Nema značajne promene potencijalne i kinetičke energije gasa. Odrediti rad koji vazduh vrši na klip za vreme procesa, kao i promenu entropije gasa u ovom procesu.

4. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najviša temperatura u procesu je 540oC. Izračunati, a zatim uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja kružnog procesa za dva slučaja:

e) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. 4. Vazduh je na 20oC i 100 kPa u prostoriji zapremine 400 m3 sa relativnom vlažnošću 65%. Odrediti: a) parcijalan pritisak vlage u vlažnom vazduhu, b) količinu vlage u prostoriji, kg, i apsolutnu vlažnost vlažnog vazduha, c) količinu vlage koja još može da ispari na stalnom pritisku i temperaturi, d) do koje temperature treba zagrejati prostoriju da bi bilo moguće ispariti 10 kg vode koja je uneta u prostoriju. Novi Sad, 5. oktobar 2006. dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 1. 5 kg vodene pare stanja 1(5 bar, 250oC) izoentropno ekspandira do 150oC, a zatim se izotermno kvazistatično ohladi

do stanja suvozasićene vodene pare.. Odrediti: a) koliko je potrebno odvesti toplote od vodene pare tokom procesa i b) koliko iznosi promena entropije i unutrašnje energije vodene pare i c) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja.

T

s

1

23

0

000

Stanje pare na početku procesa:

10

13

1

1

1

1

5

250

0.4942 /2957.75 /7.273 /2710.65 /


stanje pare posle ekspanzije:

28

20

2

2 1

2.0125

1507.273 /

p bart Cs s kJ kgK

stanje pare na kraju procesa hlađenja: 0

3 2

3

3

33

35 3

3 3 3 3

1504.766.8383 /2746 /

0.3926 /

2746 4.76 10 0.3926 10 2559.32 /

t t Cp bars kJ kgKh kJ kg

v m kg

u h p v kJ kg

a) Proces izoentropne ekspanzije je adijabatan proces pa je:

12 0Q . za izoterman proces 2-3, polazeći od: dq Tds može se napisati:

23 3 3 2 150 273 6.8383 7.273 183.878 /q T s s kJ kg

23 919.391Q kJ tj., za ceo proces potrebno je dovesti:

13 12 23 919.391Q Q Q kJ . b) Promena entropije za izotermno hlađenje

23 3 2

23 23

6.8383 7.273 0.4347 /2.1735 /




53 1 3 1 1 1( ) 2559 (2957.75 5 10 0.4942) 151.65 /

5 ( 151.65) 758.25u u u u h p v kJ kgU m u kJ

REŠENJE 2: 1. Vazduh (id. gas) se nalazi u cilindru konstantnog poprečnog preseka 10 cm2 sa pokretnim klipom. Rastojanje od

dna cilindra do klipa je 20 cm u početnom stanju. Vazduh ekspandira od stanja 1(1 bar, 20oC) do stanja 2(0.5 bar, 18oC).Tokom procesa dovodi se toplota od 8 J. Takođe se mešalicom dovodi rad od 1.85 J. Nema značajne promene potencijalne i kinetičke energije gasa. Odrediti rad koji vazduh vrši na klip za vreme procesa, kao i promenu entropije gasa u ovom procesu.

a)

m vQ U L L ; gde je masa u cilindru data je sa:

5 4 2410 10 10 20 10 2.378 10

287 293pVmRT

kg

a promena unutrašnje energije: 42.378 10 0.72 2 0.34vU mc T J.

Odavde sledi : 8 J=-0.34 J+ ( 1.85 vL ); odnosno:

vL = 8 + 0.34 + 1.85 =10.19 J. b) Iz prvog zakona termodinamike

tdq dh dl ; odakle sledi: Tds = pc dT vdp . Promena entropije:

29

p pc dT c dTv Rds dp dpT T T p

,

2 212

1 1

291 0.5ln ln 1000 ln 287 ln 192.08293 1p

T ps c RT p

J/kgK

RESENJE 3:

5. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najviša

temperatura u procesu je 540oC. Izračunati, a zatim uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja kružnog procesa za dva slučaja:

f) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. RESENJE

p

v

1

22b3

4


01 540t C

1 20p bar 3

1 0.1851 /v m kg

1 3556 /h kJ kg




pa je:

1 11.18 1.18 31

2 12

200.1851 29.6853 /0.05

pv v m kg

p

2 2590.657 /h kJ kg


3 0.05p bar

3 0x 3

3 0.0010053 /v m kg

3 137.83 /h kJ kg

3 0.4761 /s kJ kgK


4 20p bar

4 3 0.4761 /s s kJ kgK


30

2 0.05bp bar

2 1 7.542 /bs s kJ kgK ,

2 22 ,, ,

2 2

7.542 0.4761 0.8938.393 0.4761

b bb

b b

s sx

s s

, ,, ,2 2 2 2 2 137.83 0.893 2561 137.83 2301.72 /b b b b bh h x h h kJ kg

a) Proces 1-2-3-4:



23 3 2 ,23 137.83 2590.657 2452.827 /tq h h l kJ kg




23

41

2452.8271 1 0.2818

3415.3115a

qq

b) Proces 1-2b-3-4:



2 3 3 2 ,2 3 137.83 2301.72 2163.89 /b b t bq h h l kJ kg




2 3

41

2163.891 1 0.3664

3415.3115b

a

qq

RESENJE 4:

5. Vazduh je na 20oC i 100 kPa u prostoriji zapremine 400 3m sa relativnom vlažnošću 65%. Odrediti: e) parcijalan pritisak vlage u vlaznom vazduhu, f) količinu vlage u prostoriji, kg, i apsolutnu vlažnost vlažnog vazduha g) količinu vlage koja još može da ispari pri konstantnom pritisku i temperaturi, h) do koje temperature treba zagrejati prostoriju da bi bilo moguće ispariti 10 kg vode koja je uneta u prostoriju.

X1 X1s X2

1

2

h

x

65%

a) Parcijalni pritisak vlage u prostoriji:

0.65 2.3392 1.520w wsp p kPa ; b) Količina vlage u prostoriji:

31

1520 400 4.5

461.89 20 273.15w

ww

p VmR T

kg;

dok je količina suvog vazduha u prostoriji:

100000 1520 400

468.2287 20 273.15

LL

L

p VmR T

kg

Apsolutna vlažnost vlage u prostoriji:

11.520.622 0.622 0.0096

100 1.52ws

ws

pxp p

;

dok je ukupna vlažnost vazduha koju vazduh može da primi na datoj temperaturi:

12.3390.622 0.622 0.01490

100 2.339w s

sw s

pxp p

.

c) Količina vlage koju vazduh još može da primi pri datoj temperaturi:

1 1 2.48w L L sm m x m x x kg. d) Ako treba da ispari 10kg vode:

10wdm kg;

10 0.0214468.2

wd

L

mxm

pa je krajnja apsolutna vlažnost :

2 1 0.0214 0.0096 0.031x x x

2 0.622 w s

ws

pxp p

odavde je odgovarajući pritisak vlage:

2

2

4.740.622w s

x ppx

kPa

što odgovara temperaturi: 032t C



1. Adijabatna komora ima 0.03 m3. Na početku, komora sadrži vazduh (id. gas) na 1 bar i 30oC. Komora je priključena

na dovodni i odvodni cevovod sa prigušnim ventilima, čime se kontroliše stalnost mase vaduha u komori. Vazduh u dovodnom cevovodu, pre ventila, je na 2 bar i 90oC. Oba ventila su istovremeno otvorena, i puštaju 0.45 kg/s vazduha. Vazduh u komori je uvek dobro pomešan tako da su temperatura i pritisak homogeni. Odrediti temperaturu i pritisak u komori tokom vremena.

2. 0.5kg vazduha (id.gas), koji je zatvoren u vertikalnom izolovanom cilindru sa pokretnim teškim klipom u gravitacionom polju zauzima zapreminu 0.2 m3 na temperaturi 27oC. Vazduh se meša mešačem uz dovođenje 28 J/s energije. Ako mešanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru povećanja zapremine gasa. Prečnik cilindra sa klipom je 15 cm.

a) Izračunati zapreminski rad koji zatvoreni gas obavi preko pokretnog klipa, kao i ukupni rad koji gas razmeni sa svojim okruženjem.

b) Izračunati krajnju temperaturu vazduha u procesu. 6. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najviša


g) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. 4. U rashladni toranj utiče voda na 50oC, hladi se, delemično ispari i ističe iz tornja sa 80 kg/min. Ventilatorom snage 8

kW u toranj se usisava 110 m3/min atmosferskog vazduha na 17oC, 0.98 bar i 60% relativne vlažnosti, koji iz tornja izlazi kao zasićen na 30oC i 0.98 bar. Toranj je adijabatan, u ustaljenom režimu. Odrediti:

32

a) maseni protok vode koja utiče u toranj, kg/min, b) temperaturu ohlađene vode na izlazu iz tornja, oC. Novi Sad, 9. decembar 2006. dr Gordan Dragutinović

REŠENJE 1 1. Adijabatna komora ima 0.03 m3. Na početku, komora sadrži vazduh (id. gas) na 1 bar i 30oC. Komora je priključena


RESAVANJE

1 20.45 kg/s

2 bar

m=const

90 CT()p()

V=const

T2=T()p2=p()

Bilans mase ima oblik 1 2dm m md

. Uz pretpostavku da je 1 2m m m , bice

0dmd

, Prema tome, masa u

zapremini je stalna. Uz navedene prepostavke, bilans energije je

1 2 cv cvdU m h h Q Ld

,

ili, pošto je U m u , biće du dmm ud d

1 ( ) cv cvm h h Q L ,

gde je 2 ( )h h , jer su polja homogena u zapremini. Dalje, za id. gas vdu c dT , i 1 1( ) ( ( ))ph h c T T , tako da je

1v pdTm c m c T Td

.

Očigledno je, zbog 1 .T const , da važi i

1

1

( ) p

v

cd T T m md dT T m c m

,

1

0 1ln T T m

T T m

, odnosno 1

0 1expT T m

T T m

,

Za zadate podatke biće, iz jednačine stanja za id. gas 0 0p V m R T ,

50

0

(1 10 ) 0.03287 (273.15 30)

p VmRT

0.0345 kg.

Promena temperature je tako poznata,

1 0 1( ) ( )exp mT T T Tm

a pritisak u zapremini je tada ( ) ( )p V m R T ,

287( ) ( ) ... 0.0345 ( )0.03

Rp m T TV

RESENJE 2:

33

2. 0.5kg vazduha koji je zatvoren u vertikalnom izolovanom cilindru sa pokretnim teškim klipom u gravitacionom polju zauzima zapreminu 30.2m na temperaturi 027 C . Vazduh se meša mešačem uz dovođenje 28 J/s energije. Ako mešanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru povećanja zapremine gasa. Prečnik cilindra sa klipom je 15 cm.


b) Izračunati krajnju temperaturu vazduha u procesu.

uk m vU Q L Q L L cilindar je izolovan od okoline Q=0 Pa je

m vU L L Rad koji je doveden mešalicom

28 20 560mL L J Pritisak u cilindru može se dobiti iz jednačine stanja idealnog gasa:

1

1

0.5 287 300 2152500.2

m RTpV

Pa

Zapreminski rad dobijen u procesu 2 2 2 2

1 1 1

0.15215250 228.234vL pdV p Adx dx

J

Ukupni rad razmenjen sa okolinom 560 228.23 331.77uk m vL L L J

Odavde je sada promena unutrašnje energije 331.77ukU L J

v vU m c T

331.77 0.9220.5 720v v

UT Km c

02 27.922t C

RESENJE 3: 7. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najviša


h) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. RESENJE

p

v

1

22b3

4


34

01 540t C

1 20p bar 3

1 0.1851 /v m kg

1 3556 /h kJ kg




pa je:

1 11.18 1.18 31

2 12

200.1851 29.6853 /0.05

pv v m kg

p

2 2590.657 /h kJ kg


3 0.05p bar

3 0x 3

3 0.0010053 /v m kg

3 137.83 /h kJ kg

3 0.4761 /s kJ kgK


4 20p bar

4 3 0.4761 /s s kJ kgK


2 0.05bp bar

2 1 7.542 /bs s kJ kgK ,

2 22 ,, ,

2 2

7.542 0.4761 0.8938.393 0.4761

b bb

b b

s sx

s s

, ,, ,2 2 2 2 2 137.83 0.893 2561 137.83 2301.72 /b b b b bh h x h h kJ kg

a) Proces 1-2-3-4:



23 3 2 ,23 137.83 2590.657 2452.827 /tq h h l kJ kg




23

41

2452.8271 1 0.2818

3415.3115a

qq

b) Proces 1-2b-3-4:



2 3 3 2 ,2 3 137.83 2301.72 2163.89 /b b t bq h h l kJ kg



35


2 3

41

2163.891 1 0.3664

3415.3115b

a

qq

REŠENJE 4 4. U rashladni toranj utiče voda na 50oC, hladi se, delemično ispari i ističe iz tornja sa 80 kg/min. Ventilatorom snage 8


a) maseni protok vode koja utiče u toranj, kg/min, b) temperaturu ohlađene vode na izlazu iz tornja, oC.

RESENJE

suvi vazduh

1

2

1

2

3

4

1

2

3

4

vlaga zajedno

1 3 2 40 L Lm x m m x m , (bilans vlage - vode - za toranj)

1 3 3 2 4 40 L Lm h m h m h m h L , (bilans energije za adijabatni toranj sa ventilatorom) Protok suvog vazduha:

,1 1 ,1 1 1 1( ) 0.98 0.6 0.01938sL W Wp p p p p t 0.96837 bar,

,1 1 1L L Lp V m R T , 5

,1 1

1

(0.96837 10 ) 110287 (273.15 17)

LL

L

p Vm

R T

127.92 kg/min.

Protok vode na ulazu: Iz bilansa vlage za adijabatni toranj biće

3 4 2 1( )Lm m m x x .

1 11

1 1 1

( ) 0.6 0.019380.622 0.6220.98 0.6 0.01938( )

sW

sW

p txp p t

0.0074688405 kg/kgL

2 22

2 2 2

( ) 1 0.042460.622 0.6220.98 1 0.04246( )

sW

sW

p txp p t

0.0281695928 kg/kgL

3 4 2 1( ) 80 127.92 (0.0281695 0.0074688)Lm m m x x 82.6480335 kg/min.

Temperatura vode na izlazu iz tornja: iz bilansa energije dobija se

1 2 3 34

4

( )Lm h h m h Lhm

.

1 , 1 1 0 , 1p L p Wh c t x r c t , 2 , 2 2 0 , 2p L p wh c t x r c t : 1 2 , 1 2 1 2 0 , 1 2( ) ( )p L p Wh h c t t x x r c t t ,

1 2 1.007 (17 30) (0.0074688 0.0281695) 2500 1.865 17 30h h -64.3408615 kJ/kgL Pri tom je 3 3 4.1618 50h ct 208.09 kJ/kgW,

36

1 2 3 34

4

( ) 127.92 ( 64.34086) 82.648 208.09 (8 60)80

Lm h h m h Lhm

118.09674 kJ/kg,

4 41 1 118.09674

4.1618t h

c 28.37636119 oC.

RESENJE 4:

4. 12.5 m3/min vlažnog vazduha sa 99 kPa, 35oC i 95% relativne vlažnosti ulazi u erkondišn (air-conditioner), a izlazi kao tok

zasćenog vlažnog vazduha na 15oC. Vlaga koja se pri tom kondenzuje odvodi se sa 15oC. Zanemariti promene pritiska, kinetičke i potencijalne energije i izračunati:

a) količinu vlage koja se izdvaja, i b) toplotu koja se odvodi od vlažnog vazduha. REŠENJE 4:

h

350C

150Cx

0.95 95%

1

p=99kPa

1

2

Vlažan vazduh na izlazu je zasićen, 2 1. a)bilans za suv vazduh

1 2L L L a bilans vlage dovodi do

1 1 20 wL x m Lx

1 2wm L x x maseni protok suvog vazduha je, iz

L wpV L R xR T , je dato

3

1

1 1

99 10 12.5 13.25287 0.035 461.5 273.15 35L w

pVLR x R T

kg/min

jer su

*1 1

1 *1 1

0.95 5.6290.622 0.622 0.035599 0.95 5.629

p tx

p p t

*2 2

2 *2 2

1 1.7060.622 0.622 0.0109.99 1 1.706

p tx

p p t

Količina izdvojene vlage je 1 2 13.25 0.035 0.0109 0.319wm L x x kg/min.

b) Iz bilansa energije 1 20 w w cvLh m h Lh Q L

0cvL biće

2 1w wQ Lh m h Lh Ovde su:

1 , 1 1 0 , 1 1.007 35 0.035 2500 1.865 35 124.7p l p wh c t x r c t kJ/kg l


, 0 4.1868 15 0 62.8w p w wh c t kJ/kg. Zato je

2 1 13.25 42.6 124.7 0.319 62.8 1087.8 20.03w wQ L h h m h -1067.8kJ/min=-17.8kW.

37



1. Vazduh se nalazi u cilindru zatvoren pokretnim klipom. Vazduh se sabija od stanja 1 (1 bar, 1.185 3/kg m ) do stanja 2 (5 bar) pri

čemu između pritiska i zapremine postoji relacija 1.3pV const . Promena kinetičke i potencijalne energije se može zanemariti. a) Odrediti potreban rad za sabijanje gasa u cilindru, kJ/kg, kao i razmenjenu količinu toplote između gasa i okoline u ovom

procesu, kJ/kg. Da li gas treba grejati ili hladiti pri ovom procesu? b) Prikazati proces u (p,v) dijagramu stanja. 2. Vodena para ustaljeno teče kroz kanal poprečnog preseka na izlazu 19 2cm . Između ulaza i izlaza nalazi se ventilator snage

1000 W. Stanje vodene pare na izlazu je 2p 1bar, 32 2 /v m kg i brzina 2 3 /w m s , a na ulazu 1 1p bar , 1 1x i brzina

1 9 /w m s .Odrediti: a) maseni protok vodene pare, b) toplotu koja se po jedinici protočne pare gubi u okolinu, KJ/kg, c) promenu entropije usled nepovratnosti, po jedinici mase koja protiče, ako je temperatura zida kanala 0100 C . 3. Vodena para obavlja Rankin-Klausijusov kružni proces. Temperatura vodene pare na ulazu u turbinu je 400oC, a pritisak u

kondenzatoru je 10 kPa. Zanemarivši rad za pumpanje, treba odrediti termodinamički stepen iskorišćenja procesa ako je pritisak u kotlu 3 MPa. Koliko bi iznosio termodinamički stepen iskorišćenja ako bi pritisak u kotlu bio 5 MPa. Koji od prethodnih slučajeva ima veći termodinamički stepen iskoriscenja i za koliko posto? Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja.

4. Iz nekog tehnološkog procesa u rashladnu kulu se dovodi 74.5 10 kg/h vode na temperaturi 038 C . Tok ohlađene vode iz rashladne kule se vraća u tehnološki proces sa 030 C . Temperatura vode koja se dodaje zbog isparenja je 020 C . Atmosferski vazduh sa 025 C i 35% relativne vlažnosti se dovodi u rashladnu kulu , a odvodi se sa 035 C i 90% relativne vlažnosti. Odrediti maseni tok suvog vazduha i masu vode koja se dodaje. Rashladni kula radi u ustaljenom režimu i na atmosferskom pritisku. Razmena toplote sa okolinom može se zanemariti kao i promene potencijalne i kinetičke energije.

Novi Sad, 10. mart 2007. dr Gordan Dragutinovic

RESENJE 1: 1. Vazduh se nalazi u cilindru zatvoren pokretnim klipom. Vazduh se sabija od stanja 1 (1 bar, 1.185 3/kg m ) do stanja 2 (5 bar) pri

čemu između pritiska i zapremine postoji relacija 1.3pV const . Promena kinetičke i potencijalne energije se može zanemariti. a) Odrediti potreban rad za sabijanje gasa u cilindru, kJ/kg, kao i razmenjenu količinu toplote između gasa i okoline u ovom

procesu, kJ/kg. Da li gas treba grejati ili hladiti pri ovom procesu? b) Prikazati proces u (p,v) dijagramu stanja. a) Za kvazistatičke procese, diferencijal zapreminskog rada je: dl pdv odnosno ukupan rad procesa:

2 2 0.3 0.32 1 2 2 1 1

12 1.31 1

126500 /0.3 0.3

v v p v p vcl pdv dv c J kgv

gde je:

31

1

1 0.844 /v m kg

a iz: 1.3 1.3

1 1 2 2p v p v const dobija se:

11.3

312 1

2

0.2447 /pv v m kgp

Razmenjena količina toplote pri ovom procesu sabijanja, polazeći od prvog zakona termodinamike: dq=du+dl

38

12 2 1 12 2 1( ) 126.5 0.72 426.3 294 126.5 31.24 /vq u u l c T T kJ kg

gde je:

5

1 11

10 0.844 294287

p vTR

K

5

2 21

5 10 0.2447 426.3287

p vTR

K

RESENJE 2:

1. Vodena para ustaljeno teče kroz kanal poprečnog preseka na izlazu 19 2cm . Između ulaza i izlaza nalazi se ventilator snage 1000 W. Stanje

vodene pare na izlazu je 2p 1bar, 32 2 /v m kg i brzina 2 3 /w m s , a na ulazu 1 1p bar , 1 1x i brzina

1 9 /w m s .Odrediti: d) maseni protok vodene pare, e) toplotu koja se po jedinici protočne pare gubi u okolinu, KJ/kg,

f) promenu entropije usled nepovratnosti, po jedinici mase koja protiče, ako je temperatura zida kanala 0100 C . Bilans mase za kontrolnu zapreminu: 0= 1 2m m gde je maseni protok

2 2 2 2 2 2m V A

22

1v

=1/2 = 0.5 3/kg m

4 32 2 2 2 2 2 0.5 19 10 3 2.85 10 /m V A kg s

Bilans energije:

2 2

1 2

1 102 2

m h w m h w Q L

2 22 1 2 1

12

Q L m h h w w

3 2 211 2.85 10 2803 2675 3 9 0.635 /2 1000

Q KJ s

3

0.635 222.91 /2.85 10

Q KJ kgm

Bilans entropije:

1 20 gen

Qm s m s ST

2 1

222.917.675 7.359 0.9136 /

373gen

QS ms s KJ kgKm T

RESENJE 3

4. Vodena para obavlja Rankin-Klausijusov kružni proces. Temperatura vodene pare na ulazu u turbinu je 400oC, a pritisak u

kondenzatoru je 10 kPa. Zanemarivsi rad za pumpanje, treba odrediti termodinamički stepen iskorišćenja procesa ako je pritisak u kotlu:

a) 3 MPa, b) 5 MPa, Koji od prethodnih slucajeva ima veći termodinamički stepen iskoriscenja i za koliko posto? Oba slucaja skicirati u (T,s) dijagramu

stanja. RESENJE

39

T

s

p = 2 MPa

T3=(273.15+400) K

p = 10 kPa

K

2b2a 4a4b1

p = 4 MPa

p = 10 kPa=0.01 M Pa

p = 2 MPa

3a3b

p = 4 M Pa

t p h s x C bar kJ/kg kJ/kgK 1 45.84 0.1 191.9 0.6492 0

2a 46.12 30 195.6 0.6492 3a 400 30 3229 6.916 4a 45.84 0.1 2190.73 6.916 0.836

t p h s x C bar kJ/kg kJ/kgK 1 45.84 0.1 191.9 0.6492 0

2b 46.22 50 197.83 0.6492 3b 400 50 3193 6.640 4b 45.84 0.1 2103.19 6.640 0.799

a)

tacno aa a a

a a

h h h hh h

( ) ( )3 4 2 1

3 20.34106 = 34.106%

priblizno (zanemarivanjem rada pumpanja) aa a a

a a

a a

a

h h h hh h

h hh h

( ) ( ) ( )3 4 2 1

3 2

3 4

3 10.34186 = 34.186%

b)

tacno bb b b

a b

h h h hh h

( ) ( )3 4 2 1

3 20.36188 = 36.188%

priblizno (zanemarivanjem rada pumpanja) bb b b

a b

b b

b

h h h hh h

h hh h

( ) ( ) ( )3 4 2 1

3 2

3 4

3 1 0.36188 = 36.188%

c) procenat povecanja

0.36188% 100 1 100 1 1000.34186

b a b

a a

povecanja

5.856 %.

RESENJE 4:

4. Iz nekog tehnološkog procesa u rashladnu kulu se dovodi 74.5 10 kg/h vode na temperaturi 038 C . Tok ohlađene vode iz rashladne kule se vraća u tehnološki proces sa 030 C . Temperatura vode koja se dodaje zbog isparenja je 020 C . Atmosferski vazduh sa 025 C i 35% relativne vlažnosti se dovodi u rashladnu kulu , a odvodi se sa 035 C i 90% relativne vlažnosti. Odrediti maseni tok suvog vazduha i masu vode koja se dodaje. Rashladni kula radi u ustaljenom režimu i na atmosferskom pritisku. Razmena toplote sa okolinom može se zanemariti kao i promene potencijalne i kinetičke energije.

Bilans vlage:

3 1 5 4 20 L x m m L x m , Kako je:

1 2m m , važi jednakost:

3 5 40 L x m L x ,

40

5 4 3m L x x .

Bilans energije:

1 ,1 3 5 ,5 2 ,2 40 v v vm h Lh m h m h Lh .

Apsolutne vlažnosti vazduhana ulazu i izlazu:

3 33

3 3

0.35 0.031660.622 0.622 0.006971 0.35 0.03166

sw

sw

p tx

p p t

4 44

4 4

0.9 0.056220.622 0.622 0.029881 0.9 0.05622

sw

sw

p tx

p p t

jer su iz tablica za vodu i vodenu paru:

03 25 0.03166s

wp t C bar,

04 35 0.05622s

wp t C bar. Specifična entalpija vlažnog vazduha na ulazu i izlazu su:

3 , 3 3 0 3 1.007 25 0.00697 2500 1.865 25 42.92 /p l pw lh c t x r c t KJ k g ,

4 , 4 4 0 4 1.007 35 0.02988 2500 1.865 35 111.9 /p l pw lh c t x r c t KJ kg .

Iz tablica za vodu i vodenu paru:

0,1 38 159.14vh C KJ/kg,

0,2 30 125.7vh C KJ/kg,

0,5 20 83.9vh C KJ/kg.

Rešavanjem jednačina po L i 5m dobija se: 72.24 10 /L kg h ,

55 4 3 5.14 10 /m L x x kg h .



1. Kompresor u ustaljenom režimu usisava vazduh na 1 bar i 20oC, i komprimuje ga na 5 bar. Koliki su snaga i

toplotna razmena po jedinici masenog protoka vazduha kroz kompresor, u kJ/kg, ako vazduh obavlja politropni proces sa eksponentom politrope 1.3? Zanemariti promenu kinetičke i potencijalne energije između ulaza i izlaza, vazduh smatrati idealnim gasom.

2. Pregrejana vodena para stanja 1(6 MPa, 733 K) širi se adijabatno u dvostepenoj turbini sa oduzimanjem i međuprigušenjem pare. Stepen dobrote prvog stepena je 1 a drugog 0.88. Nakon prvog stepena, na pritisku 0.8 MPa, deo od 30% ulaznog masenog protoka odvodi se iz (dvostepene) turbine, a preostala para se adijabatno priguši na 0.3 MPa, i u drugom stepenu turbine širi se do stanja 4(313 K) - vlažne vodene pare. Treba:

a) skicirati proces u (h,s) dijagramu, b) izračunati snagu turbine, po jedinici masenog protoka ulazne pare, c) izračunati promenu entropije vodene pare. 3. Kod Brajtonovog desnokretnog kružnog procesa (dve izobare i dve izoentrope) sa vazduhom (id. gas), najniža

temperatura u procesu je 20oC, a najviša 700 K. Izračunati odnos višeg i nižeg pritisaka kod ovog procesa tako da proces razvija najveću moguću snagu po jedinici masenog protoka vazduha. Koliki je tada termodinamički stepen iskorišćenja dovedene toplote?

4. Vlažan vazduh sa 20oC, 1 bar i relativne vlažnosti 41% sabija se kompresorom, a zatim se izobarno hladi u cevovodu. Treba odrediti na kojoj temperaturi tokom hlađenja će u cevovodu da počne kondenzacija vode iz vazduha za slučaj da je pritisak nakon kompresora (odnosno u cevovodu) jednak 4 bar.

Novi Sad, 12. maja 2007. G. Dragutinović

1

2 3

4m.0.3

m.

41

REŠENJE 1: 1. Kompresor u ustaljenom režimu usisava vazduh na 1 bar i 20oC, i komprimuje ga na 5 bar. Koliki su snaga

i toplotna razmena po jedinici masenog protoka vazduha kroz kompresor, u kJ/kg, ako vazduh trpi politropni proces sa eksponentom politrope 1.3. Zanemariti promenu kinetičke i potencijalne energije između ulaza i izlaza, vazduh smatrati idealnim gasom.

p

v

2

1 1 bar

5 bar425 K

pv1.3=const

osenčena površina = vrednost we,12

1 1.3 11.32

2 11

5(273.15 20)1

nnp

T Tp

425 K = 151.85oC.

,12 2 10.287( ) (425 293)

1 1.3 1d

Rw T Tn

126.28 kJ/kg.

,12 ,12 1.3 126.28e dw n w

164.16 kJ/kg.

12 2 1 2 11.3 1.4( ) ( ) 0.72 (425 293)

1 1.3 1n vnq c T T c T Tn

-31.68 kJ/kg.

Isto tako važi i

,121 2 120 eh h q w

,

,12 ,1212 2 1 2 1( ) 1.007 (425 293) 164.16e epq h h w c T T w

-31.236 kJ/kg. REŠENJE 2 2. Pregrejana vodena para stanja 1(6 MPa, 733 K) širi se adijabatno u dvostepenoj

turbini sa oduzimanjem i međuprigušenjem pare. Stepen dobrote prvog stepena je 1 a drugog 0.88. Nakon izlaza iz prvog stepena, na pritisku 0.8 MPa, deo od 30% ulaznog masenog protoka odvodi se iz turbine, a preostala para se adijabatno priguši na 0.3 MPa, i u drugom stepenu turbine širi se do stanja 4(313 K) - vlažne vodene pare. Treba:

a) skicirati proces u (h,s) dijagramu, b) izračunati snagu turbine, po jedinici masenog protoka ulazne pare, c) izračunati promenu entropije vodene pare. RESAVANJE a)

1

2 3

4

42

h

s

C

1

a

bx=0 x=1

4' 4

2 3

Specific Internal Specific Specific Temp Pressure Volume Energy Enthalpy Entropy Quality Phase C MPa m3/kg kJ/kg kJ/kg kJ/kg/K 1 460 6 0.05306 3008 3326 6.753 Dense Fluid (T>TC) 2 187.3 0.8 0.2522 2608 2810 6.753 Superheated Vapor 3 173.1 0.3 0.6723 2608 2810 7.19 Superheated Vapor 4' 40 0.007384 16.81 2116 2240 7.19 0.8612 Liquid Vapor Mixture h h h h4 3 3 4 2810 0 88 2810 2240 ( ) . ( )' 2308.4 kJ/kg, Specific Internal Specific Specific Temp Pressure Volume Energy Enthalpy Entropy Quality Phase C MPa m3/kg kJ/kg kJ/kg kJ/kg/K 4 40 0.007384 17.37 2180 2308 7.408 0.8895 Liquid Vapor Mixture b) Bilans energije za adijabatnu turbinu je 0 1 0 31 2 3 4 ( ) ( . ) ( ) m h h m h h L ;

l Lm

h h h h

( ) ( . )( ) ( ) ( . )( )1 2 3 41 0 3 3326 2810 1 0 3 2810 2308 867.4 kJ/kg.

c)

s Sm

s s s s ( ) ( . )( ) ( . . ) ( . )( . . )2 1 4 21 0 3 6 753 6 753 1 0 3 7 408 6 753 0.459 kJ/kgK.

REŠENJE 3 3. Kod Brajtonovog desnokretnog kružnog procesa (dve izobare i dve izoentrope) sa vazduhom (id. gas),

najniža temperatura u procesu je 20oC, a najviša 700 K. Izračunati odnos višeg i nižeg pritisaka kod ovog procesa tako da proces razvija najveću moguću snagu po jedinici masenog protoka vazduha. Koliki je tada termodinamički stepen iskorišćenja dovedene toplote?.

Postrojenje Sa Dovodjenjem Toplote na p=const, i Adijabatnom Kompresijom U praksi je tesko ostvariva izotermna kompresija, pa se ona obicno zamenjuje adijabatnom (tj. izoentropnom u idealnom slucaju). To je tzv. Brajton-ov proces.

43

Tp

h

s

s

s

1

1

21

2

4

3

4

2

3

4

v

3

Tp

pT

s

1

2

4

3

p

p

C

C

N E TL

Slika 1. Gasno turbinsko postojenje sa Brajtonov-ovim procesom Za izoentropnu kompresiju 1-2 i ekspanziju 3-4 između istih pritisaka je

TT

pp

TT

2

1

2

1

1

3

4

FHG

IKJ

. (1)

Termodinamicki stepen iskoriscenja kruznog procesa je

4 1 1 4 1 1

3 2 2 3 2 2

( ) / 11 1 1 1( ) / 1

pNET

p

c T Tw T T T Tqc T T T T T Tq q

, (2)

jer je ocigledno, koriscenjem (1), odnos 4 1 3 2/ /T T T T . Koriscenjem (1) moze se pokazati da je

... 1 1x

, x pp

FHG

IKJ

2

1

1

, ()

a takodje i dobijena snaga po jedinici masenog protoka

31

1

11 ( 1)NE T pTl c T xT x

. ()

Termodinamicki stepen iskoriscenja nema optimum, ali rad ima. Dobija se da je

x l TT

ox

FH IK arg max 3

1. Odnosno p

pTTl

2

1

3

1

12

1FHG

IKJ

FHG

IKJ

max

.

Prema tome, za poznate granicne temperature T1 i T3 postoji optimalni odnos pritisaka koji ce osigurati ma x( )l , ali tada nije i najveci terodinamicki stepen iskoriscenja kruznog procesa: Za svaki veci odnos pritisaka bice i veci termodinamicki stepen iskoriscenja.

REŠENJE 4 4. Vlazan vazduh stanja 20oC, 1 bar i relativne vlaznosti 41% sabija se kompresorom, a zatim se izobarno hladi u

cevovodu. Treba odrediti na kojoj temperaturi tokom hladjenja ce u cevovodu poceti kondenzacija vode iz vazduha za slucaj da je pritisak nakon kompresora (odnosno u cevovodu) jednak:

a) 4 bar, b) 10 bar. RESENJE

44

h

20oC

28.18oC

44.92oC

100%(1.0 bar)

1

100%(10 bar ) 100%(4 bar)

41%(1.0 bar)

x=0.006

R(10 bar)

R(4 bar )a

b

Apsolutna vlaznost vazduha na ulazu u kompresor (pre kompresije) je

x p tp p t

S

S1

1 1

1 10 622 0 622 0 41 0 02337

1 0 0 41 0 02337

. ( )( )

. . .. . .

0.0059380349 =0.006.

Tokom kompresije apsolutna vlaznost se ne menja, mada temperatura i pritisak rastu. x x xR R1 2 1 0 006 . . Konkretan problem je: odredjivanje temperature tacke rose vlaznog vazduha na pritisku nakon kompresije (u cevovodu) za poznatu (prethodno izracunatu) apsolutnu vlaznost vazduha. a) pritisak nakon kompresije (pritisak u cevovodu) je 4 bar. Treba naci temperaturu tacke rose (=100%) za poznatu apsolutnu vlaznost i dati pritisak: x xRa 1 0 006. ,

p t p xxS R a

a Ra

Ra Ra( )

..

. ..

. .

0 6224 0 006

1 0 622 0 0064 0 006

1 0 622 0 006b g b g b g 0.038217 bar,

Za ovaj pritisak zasicenja iz tablica za vodu i vodenu paru nalazi se tRa ( . )0 038217 bar 28.18 oC. Specific Internal Specific Specific Temp Pressure Volume Energy Enthalpy Entropy Quality Phase C MPa m3/kg kJ/kg kJ/kg kJ/kg/K R 28.18 0.003822 0.001004 118.2 118.2 0.4117 0 Saturated Liquid

b) pritisak nakon kompresije (pritisak u cevovodu) je 10 bar. Treba naci temperaturu tacke rose (=100%): x xRb 1 0 006.

p t p xxS R b

b Rb

Rb Rb( )

..

. ..

. .

0 62210 0 006

1 0 622 0 00610 0 006

1 0 622 0 006b g b g b g 0.095541 bar,

Za ovaj pritisak zasicenja iz tablica za vodu i vodenu paru nalazi se tRb ( . )0 095541 bar 44.92 oC. Specific Internal Specific Specific Temp Pressure Volume Energy Enthalpy Entropy Quality Phase C MPa m3/kg kJ/kg kJ/kg kJ/kg/K R 44.92 0.009554 0.00101 188.1 188.1 0.6375 0 Saturated Liquid



1. 0.5kg vazduha (idealnog gasa) zatvoreno je u vertikalnom izolovanom cilindru sa pokretnim teškim klipom u gravitacionom polju, i na početku ima zapreminu 0.2 m3 na temperaturi 27oC. Vazduhu se mešačem dovodi 28 J/s energije. Ako mešanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru povećanja zapremine gasa. Prečnik cilindra sa klipom je 15 cm.


b) Izračunati krajnju temperaturu vazduha u procesu. 2. 1 kg/s vazduha (idealnog gasa) stanja 1(16 bar, 524oC) adijabatno se prigušuje do stanja 2, a zatim sa stepenom

dobrote 0.80 nastavlja adijabatno širenje do stanja 3(1 bar, 207oC). Treba: a) skicirati ceo proces u (T,s) dijagramu stanja, b) odrediti (tehnički) rad i razmenjenu toplotu u celom procesu 1-3,

45

c) izračunati generisanje entropije u procesu adijabatnog prigušivanja 1-2. 8. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar.

Najviša temperatura u procesu je 540oC. Izračunati, a zatim uporediti termodinamičke stepene iskorišćenja kružnog procesa za dva slučaja:

i) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, j) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična; k) skicirati procese u (p,v) dijagramu stanja za vodu i vodenu paru. 4. Vlažan vazduh na 10oC sa 30% relativne vlažnosti u ustaljenom režimu sa 45m3/min ulazi u sistem za pripremu

vazduha, a izlazi na 25oC sa 60% relativne vlažnosti. Vazduh se prvo zagreva do 22oC, a zatim ovlažuje ubrizgavanjem pregrejane vodene pare. Ceo proces pripreme teče na 100 kPa, a promene kinetičke i potencijalne energije su zanemarive. Odrediti:

a) snagu potrebnu za zagrevanje vazduha do 22oC, b) maseni protok vodene pare za vlaženje vazduha. Novi Sad, 13. aprila 2007. dr Gordan Dragutinović UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek


1. 0.5kg vazduha (idealnog gasa) zatvoreno je u vertikalnom izolovanom cilindru sa pokretnim teškim klipom u gravitacionom polju, i na početku ima zapreminu 0.2 m3 na temperaturi 27oC. Vazduhu se mešačem dovodi 28 J/s energije. Ako mešanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru povećanja zapremine gasa. Prečnik cilindra sa klipom je 15 cm.


b) Izračunati krajnju temperaturu vazduha u procesu. 2. 1 kg/s vazduha (idealnog gasa) stanja 1(16 bar, 524oC) adijabatno se prigušuje do stanja 2, a zatim sa stepenom

dobrote 0.80 nastavlja adijabatno širenje do stanja 3(1 bar, 207oC). Treba: a) skicirati ceo proces u (T,s) dijagramu stanja, b) odrediti (tehnički) rad i razmenjenu toplotu u celom procesu 1-3, c) izračunati generisanje entropije u procesu adijabatnog prigušivanja 1-2. 3. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar.


l) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, m) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična; n) skicirati procese u (p,v) dijagramu stanja za vodu i vodenu paru. 4. Vlažan vazduh na 10oC sa 30% relativne vlažnosti u ustaljenom režimu sa 45m3/min ulazi u sistem za pripremu

vazduha, a izlazi na 25oC sa 60% relativne vlažnosti. Vazduh se prvo zagreva do 22oC, a zatim ovlažuje ubrizgavanjem pregrejane vodene pare. Ceo proces pripreme teče na 100 kPa, a promene kinetičke i potencijalne energije su zanemarive. Odrediti:

c) snagu potrebnu za zagrevanje vazduha do 22oC, d) maseni protok vodene pare za vlaženje vazduha. Novi Sad, 13. aprila 2007. dr Gordan Dragutinović

REŠENJE 1: 1. 0.5kg vazduha (idealnog gasa) zatvoreno je u vertikalnom izolovanom cilindru sa pokretnim teškim klipom u

gravitacionom polju, i na početku ima zapreminu 0.2 m3 na temperaturi 27oC. Vazduhu se mešačem dovodi 28 J/s energije. Ako mešanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru povećanja zapremine gasa. Prečnik cilindra sa klipom je 15 cm.



46

REŠENJE a) Pritisak u cilindru može se dobiti iz jednačine stanja idealnog gasa:

11

1

0.5 287 300 2152500.2

m R Tp pV

Pa

Zapreminski rad dobijen u procesu (guranjem klipa)

2 2 2

2 11 1

0.15215250 ... 228.234vL pdV pA dx x x

J.

Rad koji je doveden mešalicom 28 20 560mL L J


b)

uk m vU Q L Q L L cilindar je izolovan od okoline, Q=0, pa je

m vU L L Odavde je sada promena unutrašnje energije

331.77ukU L J Međutim, za idealan gas u procesu sa homogenim pritiskom i temperaturom važi i

v vU m c T odakle

331.77 0.9220.5 720v v

UT Km c

02 27.922t C

REŠENJE 2 2. 1 kg/s vazduha (idealnog gasa) stanja 1(16 bar, 524oC) adijabatno se prigušuje do stanja 2, a zatim sa stepenom dobrote 0.80 nastavlja adijabatno širenje do stanja 3(1 bar, 207oC). Treba: a) skicirati ceo proces u (T,s) dijagramu stanja, b) odrediti (tehnički) rad i razmenjenu toplotu u celom procesu 1-3, c) izračunati generisanje entropije u procesu adijabatnog prigušivanja 1-2. REŠENJE a)

1

3'

T

s

tp

3

2

b) adijabatno prigušivanje 1-2: bilans energije za ustaljeni proces

1 2 12 ,120 th h q w ,

47

bilans entropije 12

1 20 , 0q s sT

.

Kod adijabatnog prigušivanja je (po definiciji) 12 0q , ,12 0tl .

Kombinovanjem prethodnog dobija se

1 20 0 0h h ,

1 200 , 0s sT

.

Promena entalpije za idealan gas je pdh c dT , a a promena entropije kod idealnog gasa je pdT dpds c RT p

, te je

1 2 1 2( )ph h c T T kJ/kg,

2 22 1

1 1

ln lnpT ps s c RT p

, kJ/kgK.

Kombinovanjem zadnje četiri relacije biće 1 20 ( ) 0 0pc T T ,

2 2

1 1

0 0 ln lnpT pc RT p

.

Iz prve od prethodne dve je očigledno, zbog cp <>0,

2 1 273.15 524T T 797.15 K, a iz druge je

2 2 1 2 22 1

1 1 1 1 1

ln ln ln ln lnp pT p T p ps s c R c R RT p T p p

.

Za sada nije ponat pritisak u stanju 2 nakon prigušivanja. Biće određen nako analize promene 2-3. adijabatna promena 2-3 (nekvazistatična): bilans energije za ustaljeni proces

2 3 23 ,230 th h q l , uz uslov q23 0 (adijabatan). Ocigledno je

,23 2 3tl h h . Promena entalpije za idealan gas je pdh c dT , pa se dobija

2 3 2 3( )ph h c T T .

2 3 2 3 2 31.4 0.287( ) { } ( ) (796.42 480.15)

1 1.4 1p p vRh h c T T c c R T T

317.69 kJ/kg,

Dakle ,23tl 317.69 kJ/kg.

c) Prema definiciji stepena dobrote adijabatne ekspanzije, biće

,2323,

,23 '

ta

t

ll

,

pri čemu su, za dijabatni proces,

,23 2 3 2 3( )t pl h h c T T , ,23 ' 2 3 ' 2 3 '( )t pl h h c T T . Dakle

48

2 323,

2 3 ' 3 '

797.15 (207 273.15)0.80797.15a

T TT T T

, odakle

2 33 ' 2

797.15 (207 273.15)797.150.80 0.80

T TT T 400.9 K = 127.75 oC.

12 2

3 ' 3 '

p Tp T

, 1.4

1 1.4 12

2 3 '3 '

797.151400.9

Tp p

T

11.08 bar.

Sada može da se izračuna promena entropije, odnosno generisanje entropije u procesu adijabatnog prigušivanja 1-2:

212

1

ln pRp

11.080.287 ln

16 0.1066773 kJ/kgK.

REŠENJE 3 3. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar.


o) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. c) Oba slučaja skicirati u (p,v) dijagramu stanja. REŠENJE p

v

1

22b3

4


01 540t C

1 20p bar 3

1 0.1851 /v m kg 1 3556 /h kJ kg 1 7.542 /s kJ kgK

Stanje pare na izlazu iz turbine (stanje 2):



pa je: 1 1

1.18 1.18 312 1

2

200.1851 29.6853 /0.05

pv v m kg

p

2 2590.657 /h kJ kg 2 8.4848 /s kJ kgK

Stanje pare na ulazu u pumpu (stanje 3):

3 0.05p bar 3 0x

33 0.0010053 /v m kg 3 137.83 /h kJ kg 3 0.4761 /s kJ kgK

49


4 20p bar 4 3 0.4761 /s s kJ kgK 4 140.6885 /h kJ kg

Stanje pare na izlazu iz turbine-adijabatna kvazistatična promena (stanje 2b):

2 0.05bp bar 2 1 7.542 /bs s kJ kgK

,2 2

2 ,, ,2 2

7.542 0.4761 0.8938.393 0.4761

b bb

b b

s sx

s s

, ,, ,2 2 2 2 2 137.83 0.893 2561 137.83 2301.72 /b b b b bh h x h h kJ kg

a) Proces 1-2-3-4:

12 0q 1-2 je adijabatna promena, ,23 0tl 2-3 je izobarna promena,

23 3 2 ,23 137.83 2590.657 2452.827 /tq h h l kJ kg

34 0q 3-4 je kvazistatična adijabata, ,41 0tl 4-1 je izobarna promena,


23

41

2452.8271 1 0.2818

3415.3115a

qq

b) Proces 1-2b-3-4:

12 0bq 1-2 je adijabatna promena, ,2 3 0t bl 2-3 je izobarna promena,

2 3 3 2 ,2 3 137.83 2301.72 2163.89 /b b t bq h h l kJ kg

34 0q 3-4 je kvazistatična adijabata, ,41 0tl 4-1 je izobarna promena,


2 3

41

2163.891 1 0.3664

3415.3115b

a

qq

REŠENJE 4: 6. Sistem za pripremu vazduha uzima spoljni vazduh na 10oC sa 30% relativne vlažnosti u ustaljenom režimu sa


f) snagu grejača za zagrevanje vazduha do 22oC, i g) maseni protok vodene pare za ovlaživanje vazduha.

RESENJE a) Bilans za sekciju zagrevanja vazduha (prvi stepen pripreme vazduha) su:




2 1x x ,

50

2 1( )Q L h h .

o1 1

1 o1 1

( ) 0.3 (10 C) 0.3 1.22760.622 0.622 0.622100 0.3 1.2276( ) 100 0.3 (10 C)

s s

s sp t px


2 1x x 0.002299 kgW/kgL, 1 1 1 11.007 (2500 1.867 ) 1.007 10 0.002299 (2500 1.867 10)h t x t ...kJ/kgL,

2 1 1 2 1(1.007 1.867)( ) (1.007 0.002299 1.867) (22 10)h h x t t 12.135507 kJ/kgL,

,1 1 1L Lp V LR T ,

gde je parcijalni pritisak suvog vazduha na ulazu jednak ,1 ,1 1 1( )s

L Wp p p p p t . Tako je

,1 1 1

1 11 1

( ) 100 0.3 1.2276450.287 (273.15 10)

sL

L L

p p p tL V VR T R T

55.2 kg/min , 0.92 kg/s.

2 1( ) 0.92 12.135Q L h h 11.164 kJ/s , 11.164 kW.

b) Bilansi za sekciju vlađenja vazduha (drugi stepen pripreme vazduha) su:


2 30 Lx m Lx , bilans vlage u VV 2 30 0 0Lh m h Lh . bilans energije za sekciju vlaženja.

3 2( )m L x x ,

o3 3

3 o3 3

( ) 0.6 (25 C) 0.6 3.1690.622 0.622 0.622100 0.6 3.169( ) 100 0.6 (25 C)

s s

s sp t px


3 2( ) 55.2 (0.01205 0.002299)m L x x 0.538255 kg/min, 0.008971 kg/s. UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek


1. 20 kg/min vazduha (id. gas) na 1400 K i 1600 kPa ekspandira kroz dvostepenu turbinu do atmosferskog pritiska. Oba stepena su

adijabatna i imaju stepen dobrote 1. Između prvog i drugog stepena, na pritisku 4 bar, obavlja se izobarno dogrevanje vazduha do temperature na ulazu prvog stepena. Treba:

g) skicirati proces u (T,s) dijagramu, h) izračunati snagu dvostepene turbine, i potrebnu toplotu za izobarno dogrevanje vazduha između prvog i drugog stepena, i) promenu entropije vazduha od stanja na ulazu do stanja na izlazu. 2. 0.8 kg vodene pare na 9 bar i 0.1722 m3/kg širi se kvazistatično do 0.5 bar, tako da tokom procesa važi pv const . Treba: a) odrediti stanja pare na početku i kraju procesa, i skicirati u (h,s) dijagramu. b) toplotu koja se razmeni u ovom procesu, c) zapreminski rad procesa. 6. Vazduh početnog stanja 1 izohorno ekspandira do stanja 2 (300 K), zatim se adijabatno komprimuje do stanja 3 ( 3 2/ 3T T ) i na

kraju izotermno ekspandira do početnog stanja. Sve promene su kvazistatične. f) Skicirati proces u (p,v) dijagramima stanja. g) Izračunati termodinamički stepen iskorišćenja kružnog ciklusa, kao i izvršeni zapreminski rad. h) Izračunati promenu entropije vazduha za izoterman proces. 5. U rashladni toranj utiče voda na 50oC, hladi se, delemično ispari i ističe iz tornja sa 80 kg/min. Ventilatorom snage 8 kW u

toranj se usisava 110 m3/min atmosferskog vazduha na 17oC, 0.98 bar i 60% relativne vlažnosti, koji iz tornja izlazi kao zasićen na 30oC i 0.98 bar. Toranj je adijabatan, u ustaljenom režimu. Odrediti:

c) maseni protok vode koja utiče u toranj, kg/min, d) temperaturu ohlađene vode na izlazu iz tornja, oC. Novi Sad, 13. jul 2007. dr Gordan Dragutinović

51

RESENJE 1: 1. 20 kg/min vazduha (id. gas) na 1400 K i 1600 kPa ekspandira kroz dvostepenu turbinu do atmosferskog pritiska. Oba stepena su

adijabatna i imaju stepen dobrote 1. Između prvog i drugog stepena, na pritisku 4 bar, obavlja se izobarno dogrevanje vazduha do temperature na ulazu prvog stepena. Treba:

a) skicirati proces u (T,s) dijagramu, b) izračunati snagu dvostepene turbine, i potrebnu toplotu za izobarno dogrevanje vazduha između prvog i drugog stepena, c) promenu entropije vazduha od stanja na ulazu do stanja na izlazu. RESENJE a)

T

s

a

p

3

medjudogrevanje

4

3

p

ab

4TB1

TB2

b

b) Za postrojenje sa dvostepenom adijabatno ekspanzijom

3 4t a bl l l ,

3 3 3 33

1 aa a p a p

Tl h h c T T c TT

,

4 44 4 4 3

3

1 1b b p b p b pb

T Tl h h c T T c T c TT T

,

11

34 4 1

3 3 3 3 2

... 1 1 2t a m

p p m

l l T pT pc T c T T T p p

.

Kako je međupritisak na kom se obavlja dogrevanje:

b a mp p p 400 kPa = 4 bar, dobija se:

1 1

3

4 12 0.65416 4

t

p

lc T

, odakle je 3 0.654 1.0 1400 0.654 915.74t pl c T kJ/kg,

pa je 20 915.74 305.2560t tL m l kW.

Za izobarno međuzagrevanje potrebna toplota je:

1

3 3 33 3

1 1a ap b a p a p p

T pQ m c T T m c T T m c T m c TT p

1.4 1

1.420 41.00 1400 1 152.6260 16

kW.

c) Promena entropije vazduha od stanja na ulazu do stanja na izlazu, jednaka je promeni entropije vazduha u međupregrevanju pošto su turbine idealne i adijabatne. Iz Gibsove jednacine pTds c dT vdp , za izobaran proces, promena entropije jednaka je:

1 1.4 11.4

3 3 16ln ln ln 1.00 ln 0.3964

bp p p

a a a

T T ps c c c

T T p

kJ/kgK,

odakle 200.396 0.396 0.13260

S m s m kJ/sK.

52

RESENJE 2: 2. 0.8 kg vodene pare na 9 bar i 0.1722 m3/kg širi se kvazistatično do 0.5 bar, tako da tokom procesa važi pv const . Treba: a) odrediti stanja pare na početku i kraju procesa, i skicirati u (h,s) dijagramu. b) toplotu koja se razmeni u ovom procesu, c) zapreminski rad procesa. RESENJE Specific Internal Specific Specific Temp Pressure Volume Energy Enthalpy Entropy Quality Phase C MPa m3/kg kJ/kg kJ/kg kJ/kgK 1. 175.4 0.9 0.1722 2213 2368 5.717 0.8 Liquid Vapor Mixture 2. 81.33 0.05 3.1 2391 2546 7.311 0.9566 Liquid Vapor Mixture Bilans mase i energije za kontrolnu zapreminu u neustaljenom rezimu sa jednim dotokom su: dUd

Q L ,

L p dVd

.

Integracijom od pocetnog do krajnjeg stanja, uz cinjenicu da su h pp i 0 stalni tokom vremena, dobija se

U U Qd L2 11

2

12 z ,

L p dVd

d m p dvd

d m pdv m pdv m p v dvv

m p v vv

m p v pp12

1

2

1

2

1

2

1

2

1 11

2

1 12

11 1

1

2 z z z z z

ln ln ,

U U m u u2 1 2 1 ( ) . Konkretno je:

L m p v pp12 1 1

1

2

50 8 9 10 0 1722 90 5

ln . ( ) . ln.

3.58359 x 105 J= 3.58359 x 102 kJ.

U U m u u2 1 2 1 0 8 2391 2213 ( ) . ( ) 142.4 kJ.

Q Q d U U Ls121

2

2 1 12 142 4 358 4 z . . 500.8 kJ

RESENJE 3:

3. Vazduh početnog stanja 1 izohorno ekspandira do stanja 2 (300 K), zatim se adijabatno komprimuje do stanja 3 ( 3 2/ 3T T ) i na kraju izotermno ekspandira do početnog stanja. Sve promene su kvazistatične.

j) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja. k) Izračunati izvršeni zapreminski rad i termodinamički stepen iskorišćenja za ovaj kružni ciklus. l) Izračunati promenu entropije vazduha za izoterman proces.

RESENJE 1:

1

2

3

v =const

t =const

s =const

p

v

Stanje 2:

53

2 300T K Stanje 3: uslov zadatka

3 23 900T T K Stanje 1: za izoterman proces 3-1

1 3 900T T K . b) Zapreminski rad za izohoran proces 1-2:

12 0l Zapreminski rad za adijabatan proces 2-3 iz: dl pdv integraljenjem se dobija:

3 3 3 1 12 32 2 1 2 2 1 1

23 2 2 2 2 22 2 2

( )430500

1 1 1R T Tv v v p v p v

l pdv p dv p v v dv p v Jv

Zapreminski rad za izoterman proces 3-1 iz: dl pdv integraljenjem se dobija:

11 1 1

3 31 231 3 3 3 3 3 3 3

3 3 2 23 3

1ln ln ln ln 709428.881

T Tv vdvl pdv p v p v RT RT RT Jv v v T T

Pa je ukupan ostvaren rad u procesu:

12 23 31 278928.88l l l l J Razmenjena količina toplote za izohoran proces 1-2:

12 12 12 12 2 1 720 300 900 432000 /vq u l u c T T J kg

Proces 2-3 je adijabatan pa je:

23 0q Razmenjena količina toplote za izoterman proces 3-1:

3 331 31 31 31

2

ln 709428.885 /1

RT Tq u l l J kg

T

Pa je termodinamički stepen iskorišćenja za ovaj kružni ciklus data:

4320001 1 0.391 39.1%709428.885

o

d

qq

c)Promena entropije za izoterman proces 3-1:

11

31 231

3 3 2

ln ln ln 788.254 /Tv v

s R R R J kgKv v T

REŠENJE 4:

5. U rashladni toranj utiče voda na 50oC, hladi se, delemično ispari i ističe iz tornja sa 80 kg/min. Ventilatorom snage 8 kW u

toranj se usisava 110 m3/min atmosferskog vazduha na 17oC, 0.98 bar i 60% relativne vlažnosti, koji iz tornja izlazi kao zasićen na 30oC i 0.98 bar. Toranj je adijabatan, u ustaljenom režimu. Odrediti:

c) maseni protok vode koja utiče u toranj, kg/min, d) temperaturu ohlađene vode na izlazu iz tornja, oC. RESENJE

suvi vazduh

1

2

1

2

3

4

1

2

3

4

vlaga zajedno



54

,1 1 ,1 1 1 1( ) 0.98 0.6 0.01938sL W Wp p p p p t 0.96837 bar,

,1 1 1L L Lp V m R T , 5

,1 1

1

(0.96837 10 ) 110287 (273.15 17)

LL

L

p Vm

R T

127.92 kg/min.


3 4 2 1( )Lm m m x x .

1 11

1 1 1

( ) 0.6 0.019380.622 0.6220.98 0.6 0.01938( )

sW

sW

p txp p t

0.0074688405 kg/kgL

2 22

2 2 2

( ) 1 0.042460.622 0.6220.98 1 0.04246( )

sW

sW

p txp p t

0.0281695928 kg/kgL

3 4 2 1( ) 80 127.92 (0.0281695 0.0074688)Lm m m x x 82.6480335 kg/min.


1 2 3 34

4

( )Lm h h m h Lhm

.


1 2 1.007 (17 30) (0.0074688 0.0281695) 2500 1.865 17 30h h -64.3408615 kJ/kgL

Pri tom je 3 3 4.1618 50h ct 208.09 kJ/kgW,

1 2 3 34

4

( ) 127.92 ( 64.34086) 82.648 208.09 (8 60)80

Lm h h m h Lhm

118.09674 kJ/kg,

4 41 1 118.09674

4.1618t h

c 28.37636119 oC.

ITET U NOVOM SADU, FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek


2. U cilindru sa klipom nalazi se vlažna para na 500 kPa stepena suvoće 98%. Potiskujući klip para se širi do pritiska

150 kPa, i razmenjuje toplotu sa izvorom stalne temperature. Pritisak i specifična zapremina pare tokom procesa su u relaciji p v = const. Odrediti: a) rad pare na pomeranju klipa, kJ/kg, b) razmenjenu toplotu, kJ/kg, c) najnižu temperaturu toplotnog izvora stalne temperature, tako da generisanje entropije usled toplotne razmene

bude najmanje moguće (najmanja promena entropije za paru+izvor). 3. Adijabatna komora ima 0.03 m3. Na početku, komora sadrži vazduh (id. gas) na 1 bar i 30oC. Komora je priključena


4. Voda je radni fluid u teorijskom Rakin-Klausijusovom kružnom procesu bez pregrevanja pare. Suvozasićena para ulazi u turbinu na 68 bar, a kondenzuje se na 0.07 bar. Odrediti: a) odnos snage napojne pumpe i snage turbine, b) neto snagu kružnog procesa po jedinici masenog protoka pare, kJ/kg, c) toplotu koja se odvodi u kondenzatoru, po jedinici masenog protoka pare, kJ/kg, d) teorijski najmanji odnos masenih protoka rashladne vode i masenog protoka pare, pod pretpostavkom da je

temperatura rashladne vode na ulazu u adijabatni kondenzator jednaka 15oC. 4. U rashladni toranj utiče voda na 50oC, hladi se, delemično ispari i ističe iz tornja sa 80 kg/min. Ventilatorom snage 8


55

a) maseni protok vode koja utiče u toranj, kg/min, b) temperaturu ohlađene vode na izlazu iz tornja, oC.

U Novom Sadu, 14. februara 2006. dr Gordan Dragutinović

REŠENJE 1: 2. U cilindru sa klipom nalazi se vlažna para na 500 kPa stepena suvoće 98%. Potiskujući klip para se širi do pritiska

150 kPa, i razmenjuje toplotu sa izvorom stalne temperature. Pritisak i specifična zapremina pare tokom procesa su u relaciji .p v const Odrediti:

a) rad pare na pomeranju klipa, kJ/kg, b) razmenjenu toplotu, kJ/kg, c) najnižu temperaturu toplotnog izvora stalne temperature, tako da generisanje entropije usled toplotne razmene

bude najmanje moguće (najmanja promena entropije za paru+izvor). RESAVANJE

Specific Internal Specific Specific Temp Pressure Volume Energy Enthalpy Entropy Quality Phase C kPa m3/kg kJ/kg kJ/kg kJ/kgK 1 151.9 500 0.3674 2523 2707 6.722 0.98 Liquid Vapor Mixture 2 131.4 150 1.225 2551 2735 7.328 Superheated Vapor

T

1

2

s

C 500 kPa

pv=const.150 kPa

v2

T i - temperatura izvora

a)

2 2 2

1 1 1

212 1 1

1

1( ) ( ) lnV v v

V v v

vL pdV m pdv m pv dv m pvv v

,

2 212 1 1

1 1/ ( ) ln ( ) lnv vL m pv pv

v v

Pošto je 1 2( ) . ( ) ( )pv const pv pv , biće 2 1 1 2/ /v v p p , pa je

112 1

2

500/ ( ) ln (500 0.3674) ln150

pL m pvp

221.169 kJ/kg.

b) 12 12 12 12 12K P U Q L ,

Zbog 12 2 1( )U m u u biće 2 1 12 12( )m u u Q L , odakle

12 2 1 12/ ( ) /Q m u u L m (2551.1 2523.4) 221.2 248.9 kJ/kg. c)

1212 12

i

QS DT

Zbog 12 2 1( )S m s s biće 122 1 12

/( ) /i

Q ms s D mT

, odakle

1212 2 1

/ 248.9 248.9/ ( ) (7.328 6.722) 0.606i i i

Q mD m s sT T T

12248.9min ( / ) 0.606min i

D mT

.

Posto je 2 1 iT T T , biće 1min iT T , pa je

121

248.9 248.9min ( / ) 0.606 0.606(273.15 151.9)

D mT

0.0204 kJ/kgK

56

REŠENJE 2 3. Adijabatna komora ima 0.03 m3. Na početku, komora sadrži vazduh (id. gas) na 1 bar i 30oC. Komora je priključena


RESAVANJE

1 20.45 kg/s

2 bar

m=const

90 CT()p()

V=const

T2=T()p2=p()

Bilans mase ima oblik 1 2dm m md

. Uz pretpostavku da je 1 2m m m , bice

0dmd

, Prema tome, masa u

zapremini je stalna. Uz navedene prepostavke, bilans energije je

1 2 cv cvdU m h h Q Ld

,

ili, pošto je U m u , biće du dmm ud d

1 ( ) cv cvm h h Q L ,

gde je 2 ( )h h , jer su polja homogena u zapremini. Dalje, za id. gas vdu c dT , i 1 1( ) ( ( ))ph h c T T , tako da je

1v pdTm c m c T Td

.

Očigledno je, zbog 1 .T const , da važi i

1

1

( ) p

v

cd T T m md dT T m c m

,

1

0 1ln T T m

T T m

, odnosno 1

0 1expT T m

T T m

,

Za zadate podatke biće, iz jednačine stanja za id. gas 0 0p V m R T ,

50

0

(1 10 ) 0.03287 (273.15 30)

p VmRT

0.0345 kg.

Promena temperature je tako poznata,

1 0 1( ) ( )exp mT T T Tm

a pritisak u zapremini je tada ( ) ( )p V m R T ,

287( ) ( ) ... 0.0345 ( )0.03

Rp m T TV

57

REŠENJE 3 4. Voda je radni fluid u teorijskom Rakin-Klausijusovom kružnom procesu. Suvozasićena para ulazi u turbinu na 68 bar,

a kondenzuje se na 0.07 bar. Odrediti: a) odnos snage napojne pumpe i snage turbine, b) neto snagu kružnog procesa po jedinici masenog protoka pare, kJ/kg, c) toplotu koja se odvodi u kondenzatoru, po jedinici masenog protoka pare, kJ/kg, d) teorijski najmanji odnos masenih protoka rashladne vode i masenog protoka pare, pod pretpostavkom da je

temperatura rashladne vode na ulazu u adijabatni kondenzator jednaka 15oC. RESAVANJE

Specific Internal Specific Specific Temp Pressure Volume Energy Enthalpy Entropy Quality Phase C MPa m3/kg kJ/kg kJ/kg kJ/kgK 1. 283.9 6.8 0.02827 2582 2775 5.828 1 Saturated Vapor 2. 39 0.007 14.02 1710 1808 5.828 0.6828 Liquid Vapor Mixture 3. 39 0.007 0.001007 163.4 163.4 0.5591 0 Saturated Liquid 4. 39.2 6.8 0.001005 163.4 170.2 0.5591 Compressed Liquid

5 3 5 3

4 3 3 4 3( ) 163.4 0.001007 (68 10 10 0.07 10 10 )h h v p p 170.240551 kJ/kg. T

2s

C 68 bar

1

0.07 bar4

3

rashladna voda a)

1 2/ 2775 1808T Tl L m h h 967 kJ/kg,

4 3/ 170.2 163.4P Pl L m h h 6.8 kJ/kg, / 6.8/ 967

P P P

T T T

L L m lL L m l

0.007 (<1%)

b) / / 967 6.8N ET T P T Pl L m L m l l 960.2 kJ/kg,

c) 1 4/ 2775 170.2G Gq Q m h h 2604.8 kJ/kg

2 3/ 1808 163.4K Kq Q m h h 1644.6 kJ/kg d)

960.22604.8

N ET NET

G G

L lQ q

0.37 (~37%)

e)

2 3( ) (max 15)p vm h h m c t ,

2 3( )(max 15)

v

p

m h hm c t

Pošto je maxT ;+ Tkondenyacije + 39oC, biće 2 3( ) (1808 163.4)

(max 15) 4.1618 (39 15)v

p

m h hm c t

16.46523

58

REŠENJE 4 6. U rashladni toranj utiče voda na 50oC, hladi se, delemično ispari i ističe iz tornja sa 80 kg/min. Ventilatorom snage 8


e) maseni protok vode koja utiče u toranj, kg/min, f) temperaturu ohlađene vode na izlazu iz tornja, oC.

RESENJE

suvi vazduh

1

2

1

2

3

4

1

2

3

4

vlaga zajedno



,1 1 ,1 1 1 1( ) 0.98 0.6 0.01938sL W Wp p p p p t 0.96837 bar,

,1 1 1L L Lp V m R T , 5

,1 1

1

(0.96837 10 ) 110287 (273.15 17)

LL

L

p Vm

R T

127.92 kg/min.


3 4 2 1( )Lm m m x x .

1 11

1 1 1

( ) 0.6 0.019380.622 0.6220.98 0.6 0.01938( )

sW

sW

p txp p t

0.0074688405 kg/kgL

2 22

2 2 2

( ) 1 0.042460.622 0.6220.98 1 0.04246( )

sW

sW

p txp p t

0.0281695928 kg/kgL

3 4 2 1( ) 80 127.92 (0.0281695 0.0074688)Lm m m x x 82.6480335 kg/min.


1 2 3 34

4

( )Lm h h m h Lhm

.


1 2 1.007 (17 30) (0.0074688 0.0281695) 2500 1.865 17 30h h -64.3408615 kJ/kgL Pri tom je 3 3 4.1618 50h ct 208.09 kJ/kgW,

59

1 2 3 34

4

( ) 127.92 ( 64.34086) 82.648 208.09 (8 60)80

Lm h h m h Lhm

118.09674 kJ/kg,

4 41 1 118.09674

4.1618t h

c 28.37636119 oC.



3. 10 kg suvozasićene vodene pare na pritisku 5 bar, zagreva se izobarno do 250oC, a zatim izoentropno ekspandira do

početne temperature. Odrediti: a) koliko je potrebno dovesti toplote vodenoj pari tokom procesa i b) koliko iznosi promena entropije i unutrašnje energije vodene pare. 2. 5 kg vazduha (id.gas) se nalazi u cilindru na temperaturi 20oC i pritisku 100 kPa. Vazduhu se kvazistatično izobarno

dovede 300 KJ toplote. Odrediti: g) rad koji obavi vazduh pri tom procesu, h) promenu zapremine vazduha, i) početnu i krajnju zapreminu vazduha. 3. 1 kg vode (vodene pare) obavlja kružni proces: 1-2 izohorno zagrevanje od 1(5 bar, 160oC) do 2(10 bar), 2-3 izobarna

promena do stanja suvozasićene pare, 3-4 izohorno hlađenje, 4-1 izotermno širenje uz dovođenje 815.8 kJ doplote. a) Skicirati kružni proces u (p,v) dijagramu stanja. d) Zanemarivši promene potencijalne i kineticke energije, izračunati ukupni zapreminski rad kružnog procesa, kJ, i

razmenjenu toplotu sa svaki deo procesa, kJ. 5. 12.5 m3/min vlažnog vazduha sa 99 kPa, 35oC i 95% relativne vlažnosti ulazi u erkondišn (air-conditioner), a izlazi

kao tok zasćenog vlažnog vazduha na 15oC. Vlaga koja se pri tom kondenzuje odvodi se sa 15oC. Zanemariti promene pritiska, kinetičke i potencijalne energije i izračunati:

c) količinu vlage koja se izdvaja, i d) toplotu koja se odvodi od vlažnog vazduha. Novi Sad, 15. jun 2006. dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 1. 10 kg suvozasićene vodene pare na pritisku 5 bar, zagreva se izobarno do 250oC, a zatim izoentropno ekspandira do početne

temperature. Odrediti: a) koliko je potrebno dovesti toplote vodenoj pari tokom procesa i b) koliko iznosi promena entropije i unutrašnje energije vodene pare.

T

s

2K

3

p =5 bar

1

Stanje suvozasićene pare na početku procesa:

10

13

1

1

1

1

5

151.84

0.3747 /2749 /6.822 /2562 /


60

stanje pare na kraju procesa zagrevanja: 2

02

32

2

2

5250

0.4942 /2957.75 /7.273 /

p bart C

v m kgh kJ kgs kJ kgK

stanje pare na kraju procesa ekspanzije: 0

3

3 2

3

33

35 3

3 3 3 3

151.847.273 /

2.0612773.12 /

0.9447 /

2773.12 2.061 10 0.9447 10 2578.42 /

t Cs s kJ kgKp barh kJ kg

v m kg

u h p v kJ kg

a) Iz

tdq dh dl za izobaran proces je:

12 2 1 2957.75 2749 208.75 /q h h kJ kg

12 12 10 208.75 2087.5Q m q kJ Proces izoentropne ekspanzije je adijabatan proces pa je:

23 0Q . tj., potrebno je dovesti:

12 23Q Q Q . Promena entropije izobarnog zagrevanja:

12 2 1

12

7.273 6.822 0.451 /10 0.451 4.51 /




5 33 1 3 3 3 1 2773.12 2.061 10 0.9447 10 2562 16.417 /

10 16.417 164.17u u u h p v u kJ kgU m u kJ

RESENJE 2:

2. 5 kg vazduha (id.gas) se nalazi u cilindru na temperaturi 20oC i pritisku 100 kPa. Vazduhu se kvazistatično izobarno dovede 300 KJ toplote. Odrediti:

a) rad koji obavi vazduh pri tom procesu, b) promenu zapremine vazduha, c) početnu i krajnju zapreminu vazduha. RESENJE: a) Polazeći od dq du dl za izobaran proces važi:

p vc dT c dT dl

odnosno: p v

pp

c cc dT dl

c

pa važi:

12 121l q

to jest, rad koji vazduh obavi tokom procesa:

12 121 1.4 1 300 85.714

1.4L Q KJ

b) Za kvazistatičan izobaran proces važi:

61

2

1

12 2 1

V

V

L pdV p V V p V pa je promena zapremine tokom ovog procesa:

385714 0.857100000

LV mp

c) Zapremina koju vazduh zauzima na početku procesa:

311 5

1

5 287 293 4.20510

m R TV m

p

dok je krajnja zapremina vazduha: 3

1 2 5.062V V V m

RESENJE 3: 3. 1 kg vode (vodene pare) obavlja kružni proces: 1-2 izohorno zagrevanje od 1(5 bar, 160oC) do 2(10 bar), 2-3 izobarna promena do

stanja suvozasićene pare, 3-4 izohorno hlađenje, 4-1 izotermno širenje uz dovođenje 815.8 kJ doplote. a) skicirati kružni proces u (p,v) dijagramu stanja, b) zanemarivši promene potencijalne i kineticke energije, izračunati ukupni zapreminski rad kružnog procesa, kJ, i razmenjenu

toplotu sa svaki deo procesa, kJ. RESENJE:

1 0.3835v m3/kg, 1 2575.2u kJ/kg,

3835.012 vv m3/kg, 8.32312 u kJ/kg,

3 0.1944v m3/kg, 3 2583.6u kJ/kg,

4 3 0.1944v v m3/kg,

4 1 160T T 0C, 4 1871.2u kJ/kg.

K P U Q L , izohorno zagrevanje 1-2:

12 12 12K P U Q L ,

0K , 0P ,

12 0L ,

12Q U 12,

12 2 1U U U 656.6 kJ,


23 23 23K P U Q L ,

0K , 0P , 3

23 3 22



34 34 34K P U Q L izohorno hladenje 3-4:

34 34 34K P U Q L ,

0K , 0P , 0L ,


0K ,

62

0P ,

41 815,8Q kJ,

41 41 1 4( ) 111,8L Q m u u kJ, ukupni zapreminski rad kruznog procesa:

77,3QL kJ,

ukupna razmenjena toplota:

77,3QQ kJ,

.

RESENJE 4: 4. 12.5 m3/min vlažnog vazduha sa 99 kPa, 35oC i 95% relativne vlažnosti ulazi u erkondišn (air-conditioner), a izlazi

kao tok zasćenog vlažnog vazduha na 15oC. Vlaga koja se pri tom kondenzuje odvodi se sa 15oC. Zanemariti promene pritiska, kinetičke i potencijalne energije i izračunati:

c) količinu vlage koja se izdvaja, i d) toplotu koja se odvodi od vlažnog vazduha. REŠENJE 4:

h

350C

150Cx

0.95 95%

1

p=99kPa

1

2

Vlažan vazduh na izlazu je zasićen, 2 1. a)bilans za suv vazduh

1 2L L L a bilans vlage dovodi do

1 1 20 wL x m Lx

1 2wm L x x maseni protok suvog vazduha je, iz

L wpV L R xR T , je dato

3

1

1 1

99 10 12.5 13.25287 0.035 461.5 273.15 35L w

pVLR x R T

kg/min

jer su

*1 1

1 *1 1

0.95 5.6290.622 0.622 0.035599 0.95 5.629

p tx

p p t

*2 2

2 *2 2

1 1.7060.622 0.622 0.0109.99 1 1.706

p tx

p p t

Količina izdvojene vlage je 1 2 13.25 0.035 0.0109 0.319wm L x x kg/min.

b) Iz bilansa energije 1 20 w w cvLh m h Lh Q L

0cvL biće

2 1w wQ Lh m h Lh Ovde su:


63


, 0 4.1868 15 0 62.8w p w wh c t kJ/kg. Zato je

2 1 13.25 42.6 124.7 0.319 62.8 1087.8 20.03w wQ L h h m h -1067.8kJ/min=-17.8k UNIVERZITET U NOVOM SADU, FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek


4. 1 kg suvozasićene vodene pare na pritisku 3 MPa se zagreva izobarno do stanja 2 (300oC), a zatim se hladi pri

konstantnoj zapremini do stanja 3 (200oC). Na kraju, vodena para se izotermno kvazistatično sabija do stanja ključale tečnosti, stanje 4. Odrediti:

a) stanje vode (vodene pare) na kraju procesa i skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) razmenjenu količinu toplote u ovom procesu kao i c) zapreminski rad procesa. 2. 5 kg vazduha (id.gas), na temperaturi 150oC, nalazi se u cilindru sa klipom zanemarljive mase. Vazduhu se

kvazistatično dovede 300 KJ toplote po zakonu pv1.3=const. Treba: j) izračunati rad koji obavi vazduh pomerajući klip, promenu unutrašnje energije vazduha kao i krajnju temperaturu

gasa, k) skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja. 9. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najviša


p) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. 5. 4.2 kg/min vlažnog vazduha stanja 1(8oC, 97 kPa, =43%) izobarno se zagreva do stanja 2(24oC). Izračunati: c) potrebnu snagu za zagrevanje, d) relativnu vlažnost vlažnog vazduha na izlazu (u stanju 2). Novi Sad, 15. septembar 2006. dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 5. 1 kg suvozasićene vodene pare na pritisku 3 MPa se zagreva izobarno do stanja 2 (300oC), a zatim se hladi pri


a) stanje vode (vodene pare) na kraju procesa i skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) razmenjenu količinu toplote u ovom procesu kao i c) zapreminski rad procesa.

1 2

34

p

v

a)

64

Stanje 1: 1 30p bar

31 0.06665 /v m kg

1 2804h kJ/kg

1 6.186s kJ/kgK

1 2604u kJ/kg Stanje 2:

2 1 30p p bar 0

2 300t C 3

2 0.08119 /v m kg

2 2988h kJ/kg

2 6.530s kJ/kgK 3

2 2 2 2 2988 3 10 0.08119 2744.43u h p v kJ/kg Stanje 3:

32 3 0.08119 /v v m kg

03 200t C

,

3 ,, ,

0.08119 0.0011565 0.6350.1272 0.0011565

v vxv v

, , ,,3 3 3 3 3 852.4 0.635 2793 852.4 2084.681h h x h h kJ/kg

, , ,,3 3 3 3 3 851.6 0.635 2595 851.6 1958.659u u x u u kJ/kg

, ,, ,3 3 3 3 3 4.9349s s x s s kJ/kgK

Stanje 4:

04 200t C

4 15.551p bar , 3

4 4 0.0011565 /v v m kg ,

4 4 852.4h h kJ/kg ,

4 4 2.3308s s kJ/kgK ,

4 4 851.6u u kJ/kg b) Iz: dq=du+dl Za izobaran proces 1-2:

12 2 1 2988 2804 184q h h kJ/kg Za izohoran proces 2-3:

23 3 2 1958.659 2744.43 785.771q u u kJ/kg Za kvazistatičan, izoterman proces vazi: dq Tds pa je razmenjena količina toplote za proces 2-3:

34 3 4 3 473 2.3308 4.9349 1231.74q T s s kJ/kg Ukupno razmenjena količina toplote za 1-2-3-4:

14 12 23 34 184 785.771 1233.5367 1833.51q q q q kJ/kg

14 1833.51Q kJ c) Zapreminski rad izobarnog zagrevanja:

12 12 12 12 2 1 184 2744.43 2604 43.57l q u q u u kJ/kg Zapreminski rad izohornog procesa 2-3:


65

34 34 34 1233.5367 851.6 1958.659 126.48l q u kJ/kg pa je ukupan zapreminski rad za ceo proces:

14 12 23 34 82.91l l l l kJ/kg

14 82.91L kJ

RESENJE 2:

2. 5 kg vazduha (id.gas), na temperaturi 150oC, nalazi se u cilindru sa klipom zanemarljive mase. Vazduhu se kvazistatično dovede 300 KJ toplote po zakonu pv1.3=const. Treba:

l) izračunati rad koji obavi vazduh pomerajući klip , promenu unutrašnje energije vazduha kao i krajnju temperaturu gasa,

m) skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja. RESENJE:

1

2

p

v

a) Polazeći od dq du dl za politropnu promenu:

n vc dT c dT dl Specifična toplota za opštu politropsku promenu stanja:

1n vnc cn

tj.

1v n

nc cn

,

pa je: 1

n nnc dT c dT dln

odnosno: 11n

nc dT dln

,

pa je:

12 1211 nl q

n

to jest, rad koji vazduh obavi tokom procesa:

12 121 1.3 11 1 300 1200

1.3 1.4nL Q KJn

Promena unutrašnje energije iz:

12 12 12Q U L dobija se:

12 12 12 300 1200 900U Q L kJ

66

Krajnja temperatura gasa može se dobiti polazeci od: 12 2 1vU m c T T

pa je:

0122 1

900150 1005 0.72v

UT T C

mc

RESENJE 3: 10. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najviša


q) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatična. Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. RESENJE

p

v

1

22b3

4


01 540t C

1 20p bar 3

1 0.1851 /v m kg

1 3556 /h kJ kg




pa je:

1 11.18 1.18 31

2 12

200.1851 29.6853 /0.05

pv v m kg

p

2 2590.657 /h kJ kg


3 0.05p bar

3 0x

67

33 0.0010053 /v m kg

3 137.83 /h kJ kg

3 0.4761 /s kJ kgK


4 20p bar

4 3 0.4761 /s s kJ kgK


2 0.05bp bar

2 1 7.542 /bs s kJ kgK ,

2 22 ,, ,

2 2

7.542 0.4761 0.8938.393 0.4761

b bb

b b

s sx

s s

, ,, ,2 2 2 2 2 137.83 0.893 2561 137.83 2301.72 /b b b b bh h x h h kJ kg

a) Proces 1-2-3-4:



23 3 2 ,23 137.83 2590.657 2452.827 /tq h h l kJ kg




23

41

2452.8271 1 0.2818

3415.3115a

qq

b) Proces 1-2b-3-4:



2 3 3 2 ,2 3 137.83 2301.72 2163.89 /b b t bq h h l kJ kg




2 3

41

2163.891 1 0.3664

3415.3115b

a

qq

RESENJE 4: 5. 4.2 kg/min vlažnog vazduha stanja 1(8oC, 97 kPa, =43%) izobarno se zagreva do stanja 2(24oC). Izračunati: c) potrebnu snagu za zagrevanje, d) relativnu vlažnost vlažnog vazduha na izlazu (u stanju 2). RESENJE

68

43%

15.5%h

x

24

8

1

2

o1 1

1 o1 1

0.43 8 C 0.43 0.010720.622 0.622 0.622 0.002970.97 0.43 0.010720.97 0.43 8 C

wsws

ws ws

pp tx

p p t p

,

1 1 1 11.007 2500 1.865h t x t ,

2 2 2 21.007 2500 1.865h t x t . Kako je:

1 2x x x , to je :

2 1 2 11.007 1.865 1.007 24 8 0.00297 24 8 1.865h t t x t t 16.023 kJ/kgL a) Potrebna snaga za zagrevanje:

LQ m h Maseni protok suvog vazduha:

4.2 / 601 1 0.00297L

mmx

0.06979 kgL/s,

pa je: 0.06979 16.023Q 1.118 kJ/s = 1.118 kW.

b) Relativna vlažnost na izlazu:

2

22 2

0.97 0.00297 0.1550.622 0.622 0.00297 0.02982ws

p xx p t

2 15.5 % UNIVERZITET U NOVOM SADU, FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek


1. Toplotno izolovani rezervoar, zapremine 20 m3, sadrži vodenu paru početnog stanja 1(2 MPa, 553 K). Rezervoar je

povezan sa toplotno izolovanom parnom turbinom, u kojoj se odvija ravnotežno (kvazistaticno) širenje pare. Pritisak pare na izlazu iz turbine je stalan i jednak 0.15 MPa, a proces se odvija dok pritisak pare u rezervoaru ne opadne na 0.3 MPa. Odrediti rad pare obavljen tokom ovog procesa.

2. Vazduh (idealan gas) ustaljeno teče kroz toplotno izolovani kratki kanal. Između ulaza i izlaza nalazi se ventilator snage 100 W i elektricni grejač. Merenja u ustaljenom radu pokazuju na izlazu 83oC, pritisak 1 bar i brzinu 9.1 m/s kroz poprečni presek 19 cm2, a na ulazu 22oC, pritisak 1 bar i brzinu 3.7 m/s. Izračunati:

a) maseni protok vazduha, b) snagu električnog grejača, c) razliku entropije vazduha na izlazu iz kanala i na usisu u kanal. 5. Kod Rankin-Klausijusovog kružnog procesa sa pregrevanjem pare, pritisak kondenzacije je 10 kPa, a najviša tempera

u procesu je 400oC. Zanemarivši rad za pumpanje, treba odrediti termodinamički stepen iskorišćenja procesa kada se toplota dovodi na:

c) 2 MPa, d) 4 MPa,

69

Koji od prethodnih slučajeva ima veći termodinamički stepen iskorišćenja i za koliko posto? Oba slučaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja.

4. Kroz neku prostoriju prolazi vodovodna cev. Temperatura spoljašnje površine cevi je 12oC. U prostoriji je vlažan vazduh na 21oC. Koje relativne vlažnosti moze da ima vazduh, a da ne dođe do pojave rose (kondenzovane vlage) na vodovodnoj cevi?

Novi Sad, 18. mart 2001. dr Gordan Dragutinovic

RESENJE 1: 2. Toplotno izolovani rezervoar, zapremine 20 m3, sadrzi vodenu paru pocetnog stanja 1(2 MPa, 553 K). Rezervoar je povezan

sa toplotno izolovanom parnom turbinom, u kojoj se odvija ravnotezno (kvazistaticno) sirenje pare. Pritisak pare na izlazu iz turbine je stalan i jednak 0.15 MPa, a proces se odvija dok pritisak pare u rezervoaru ne opadne na 0.3 MPa. Odrediti rad pare obavljen tokom ovog procesa.

RESENJE

para u rezervoaru

p1= 2 MPa, t 1=553 Kp2= 0.3 MPaV = 20 m3

pe= 0.15 MPa

turbina

vent i l

T

s

1

2

p1

p2

pe

T1

T2

Tee

K

Bilans mase i energije za kontrolnu zapreminu u neustaljenom rezimu glase: dmd

m e ,

dUd

m h Le e cv 0

Integracijom od pocetka do kraja procesa po vremenu (uz cinjenicu da je h conste tokom procesa) dobija se

m u m u m m h Le cv2 2 1 1 2 1 0 ( ) , m m m d m h d h m d h m me e e2 1 2 1

1

2

1

2

1

2

z z z , ( )

.

Odnosno L m h u m h u m u u p v m u u p vcv e e e e e e e e 2 2 1 1 2 2 1 1( ) ( ) ( ) ( ) . U prethodnom je

m V Vv1 1

1 ,

m V Vv2 2

2 .

Proces je izoentropan: t p v u h s x Phase C MPa m3/kg kJ/kg kJ/kg kJ/kgK 1. 280 2 0.12 2736 2976 6.683 Superheated Vapor 2. 133.5 0.3 0.57072428 2600 6.683 0.9419 Liquid Vapor Mixture e. 111.4 0.15 1.051 2328 2486 6.683 0.9066 Liquid Vapor Mixture

m Vv1

1

200 12

.

166.67 kg,

m Vv2

2

200 5707

.

35.0447 kg,

70

L m u u p v m u u p vcv e e e e e e

2 2 1 1

3 335 0447 2428 2328 0 15 10 1 051 166 67 2736 2328 0 15 10 1 051

( ) ( )

. ( . . ) . ( . . )

= 43746.1615 kJ =43.746 MJ. Ili, alternativno L m h u m h ucv e e 2 2 1 1 35 0447 2486 2428 166 67 2486 2736( ) ( ) . ( ) . ( ) 43700.0926 kJ =43.7 MJ.

RESENJE 2 2. Vazduh (idealan gas) ustaljeno tece kroz toplotno izolovani kratki kanal. Izmedju ulaza i izlaza nalazi se ventilator snage

100 W i elektricni grejac. Merenja u ustaljenom radu pokazuju na izlazu 83oC, pritisak 1 bar i brzinu 9.1 m/s kroz poprecni presek 19 cm2, a na ulazu 22oC, pritisak 1 bar i brzinu 3.7 m/s. Izracunati:

a) maseni protok vazduha, b) snagu elektricnog grejaca, c) razliku entropije vazduha na izlazu iz kanala i na usisu u kanal. RESENJE a)

m A wv

2 2

2, v R T

p22

2 ,

4 52 2 2

2

(19 10 ) 9.1 (1 10 )287 (273.15 83)

A w pmRT

0.0169 kg/s.

b) 0 1

12 1

22

12 2

2 m h w m h w Q Le j e j ,

Q m h h w w L F

HGIKJ 2 1

22

12

2,

2

1

2 1 2 1 2 1( ) ( ) ( ) 1.007 (83 22)T

p p pT

h h c T dT c T T c t t 61.427 kJ/kg , ili 61424 J/kg .

12

12

9 1 3 722

12 2 2w w e j ( . . ) 34.56 m2/s2 = 34.56 J/kg.

0.0169 61424 34.56 0.0169 61424 34.56 ( 100)Q L 938.6497 J/s (W)= 0.938 kW.

c) Za idealan gas vazi

ds c dTT

R dppp , odakle je razlika izmedju izlaza i ulaza jednaka

2 22 1 2

121 11 1

( ) 273.15 83ln ln 1.007 ln273.15 22p p p

p p TdT dTs c R c cT p T T

0.2032 kJ/kgK.

Konkretno:

12 12 0.0169 0.2032S m s 0.00343 kW/K = 3.43 W/K.

RESENJE 3: 3. Pritisak kondenzacije kod Rankin-Klausijusovog kruznog procesa je 10 kPa, a najvisa tempera u procesu je 400oC.

Zanemarivsi rad za pumpanje, treba odrediti termodinamicki stepen iskoriscenja procesa kada se toplota dovodi na: a) 2 MPa, b) 4 MPa, Koji od prethodnih slucajeva ima veci termodinamicki stepen iskoriscenja i za koliko posto? Oba slucaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. RESENJE

71

T

s

p = 2 MPa

T3=(273.15+400) K

p = 10 kPa

K

2b2a 4a4b1

p = 4 MPa

p = 10 kPa=0.01 M Pa

p = 2 MPa

3a3b

p = 4 M Pa

t p v=1/r u h s x faza C MPa m3/kg kJ/kg kJ/kg kJ/kgK 1 45.81 0.01 0.00101 191.8 191.8 0.6492 0 klucala voda 2a 45.88 2 0.001009 191.8 193.8 0.6492 voda 3a 400 2 0.1512 2945 3248 7.127 para (T>TK) 4a 45.81 0.01 12.67 2132 2258 7.127 0.8636 vlazna para 2b 45.94 4 0.001009 191.8 195.8 0.6492 voda 3b 400 4 0.07341 2920 3214 6.769 para (T>TK) 4b 45.81 0.01 11.97 2024 2144 6.769 0.8159 vlazna para a)

tacno aa a a

a a

h h h hh h

( ) ( )3 4 2 1

3 2 0.3235 = 32.35%

priblizno (zanemarivanjem rada pumpanja) aa a a

a a

a a

a

h h h hh h

h hh h

( ) ( ) ( )3 4 2 1

3 2

3 4

3 10.3239 = 32.39%

b)

tacno bb b b

a b

h h h hh h

( ) ( )3 4 2 1

3 2 0.3532 = 35.320%

priblizno (zanemarivanjem rada pumpanja) bb b b

a b

b b

b

h h h hh h

h hh h

( ) ( ) ( )3 4 2 1

3 2

3 4

3 1 0.354 = 35.40%

c) procenat povecanja

% ..

povecan ja b a

a

b

a

100 1 100 0 35400 3239

1 100 9.2929917 =9.3 %.

RESENJE 4:

4. Kroz neku prostoriju prolazi vodovodna cev. Temperatura spoljasnje povrsine cevi je 12oC. U prostoriji je vlazan vazduh na

21oC. Koje relativne vlaznosti moze da ima vazduh, a da ne dodje do pojave rose (kondenzovane vlage) na vodovodnoj cevi?

RESENJE

o

o1 ( ) 1 (12 C) 1 0.014020.622 0.622 0.622

1 1 0.014021 ( ) 1 1 (12 C)

s sR

R s sR

p t pxp p t p

0.008844439 = 0.009,

max Rx x 0.008844,

Sada iz maxmax

max

( )0.622( )

s

sp tx

p p t

, dobija se relativna vlaznost

maxmax o

max

1 0.0088(0.622 ) 0.02487 (0.622 0.0088)(21 C)s

xpxp

0.56093844 = 56.1 %.

komentar: moze se eliminisati pritisak u prostoriji, naime

72

1 ( )0.6221 ( )

sR

R sR

p txp p t

max

maxmax

( )0.622( )

s

sp tx

p p t

.

Odavde je

max max1 ( ) ( ) ( ) 1 ( )s s s sR Rp t p p t p t p p t ,

max max max( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )s s s s s sR R Rp t p p t p t p p t p t p t ,

max( ) ( )s sRp t p p p t ,

max( ) ( )s sRp t p t , max

( ) 0.014020.02487( )

sR

sp tp t

0.5637314033 = 56.3%.



1. Voda je radni fluid u teorijskom Rakin-Klausijusovom kružnom procesu sa pregrevanjem pare. Na ulazu u turbinu

para je na 6.8 MPa i 350oC, a pritisak u kondenzatoru je 0.07 bar. Treba skicirati proces u (T,s) dijagramu i odrediti: a) termodinamički stepen iskorišćenja toplote ovog kružnog procesa. b) termodinamički stepen iskorišćenja toplote kružnog procesa i stepen dobrote adijabatne turbine, pod uslovom da iz

turbine para izlazi kao suvozasićena. 2. 20 kg kiseonika (id. gas) početnog stanja 1 bar i 17oC ekspandira po zakonu p c v do pritiska 4 bar, a zatim se

hladi pri konstantnoj zapremini do početnog pritiska i na kraju se hladi pri konstantnom pritisku do početnog stanja. Sve promene stanja su kvazistatične. Treba:

a) skicirati promenu u (p,v) dijagramu, b) odrediti zapreminski neto rad, c) odrediti termodinamički stepen iskorišćenja kružnog procesa, d) odrediti promenu entropije za izobaran proces. Novi Sad, 19. jun 2007. dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 1. Voda je radni fluid u teorijskom Rakin-Klausijusovom kružnom procesu sa pregrevanjem pare. Na ulazu u turbinu

para je na 6.8 MPa i 350oC, a pritisak u kondenzatoru je 0.07 bar. Treba skicirati proces u (T,s) dijagramu i odrediti: a) termodinamički stepen iskorišćenja toplote ovog kružnog procesa. b) termodinamički stepen iskorišćenja toplote kružnog procesa i stepen dobrote adijabatne turbine, pod uslovom da iz

turbine para izlazi kao suvozasićena. RESAVANJE

Specific Internal Specific Specific Temp Pressure Volume Energy Enthalpy Entropy Quality Phase C MPa m3/kg kJ/kg kJ/kg kJ/kgK 1 350 6.8 0.03648 2774 3022 6.249 Superheated Vapor 2 39 0.007 15.14 1834 1940 6.249 0.7373 Liquid Vapor Mixture 3 39 0.007 0.001007 163.4 163.4 0.5591 0 Saturated Liquid 4 39.2 6.8 0.001005 163.4 170.2 0.5591 Compressed Liquid 5 39 0.007 20.53 2429 2572 8.276 1 Saturated Vapor

5 3 5 3

4 3 3 4 3( ) 163.4 0.001007 (68 10 10 0.07 10 10 )h h v p p 170.240551 kJ/kg.

73

T

2s

C 68 bar

1

0.07 bar4

3 5

a) turbina 1-2b) turbina 1-5

a)

1 2/ 3022 1940T Tl L m h h 1082 kJ/kg,

4 3/ 170.2 163.4P Pl L m h h 6.8 kJ/kg,

/ / 1082 6.8N ET T P T Pl L m L m l l 1075.2 kJ/kg,

1 4/ 3022 170.2G Gq Q m h h 2851.8 kJ/kg

2 3/ 1940 163.4K Kq Q m h h 1776.6 kJ/kg

1075.22851.8

N ET NET

G G

L lQ q

0.38 , ili 1776.61 1 12851.8

K K

G G

Q qQ q

0.38 (~38%)

b)

1 5/ 3022 2572T Tl L m h h 450 kJ/kg,

4 3/ 170.2 163.4P Pl L m h h 6.8 kJ/kg,


1 4/ 3022 170.2G Gq Q m h h 2851.8 kJ/kg

5 3/ 2572 163.4K Kq Q m h h 2408.6 kJ/kg

443.22851.8

N ET NET

G G

L lQ q

0.16 , ili 2408.61 1 12851.8

K K

G G

Q qQ q

0.16 (~16%)

Stepen dobrote adijabatne turbine:

( ) ( ) 450( ) ( ) 1082

T TT

T T

L b l bL a l a

0.42 (~42%)

RESENJE 2:

2. 20 kg kiseonika (id. gas) početnog stanja 1 bar i 17oC ekspandira po zakonu p c v do pritiska 4 bar, a zatim se hladi pri konstantnoj zapremini do

početnog pritiska i na kraju se hladi pri konstantnom pritisku do početnog stanja. Sve promene stanja su kvazistatične. Treba: a) skicirati promenu u (p,v) dijagramu, b) odrediti zapreminski neto rad, c) odrediti termodinamički stepen iskorišćenja kružnog procesa, d) odrediti promenu entropije za izobaran proces. RESAVANJE a) .

p

V

1

2

V

3

V=const

p=const .

p=cxv

b) Početna specifična zapremina kiseonika je iz: pv R T

za kiseonik: R=260 J/kgK, i za početni pritisak 1 1p bar i temperaturu 1 290T K,

74

311 5

1

260 290 0.754 /10

R Tv m kg

p

Sada možemo naći konstantu c iz: p=cxv kao: 5

31

1

10 132625.99 /0.754

pc Pak g m

v

pa je i: 5

322

4 10 3.016 /132625.99

pv m kg

c

a: 5

2 22

4 10 3.016 4640260

p vTR

K

Kako je: 3

3 2 3.016 /v v m kg

3 1 1p p bar to je temperatura kiseonika nakon izohornog hlađenja:

53 3 1 2

310 3.016 1160

260p v p vT

R R

K.

Zapreminski rad ćemo naći iz: 2 2 2 2 2 2

2 112

1 1

3.016 0.754132625.99 565499.982 2

v vl pdv cvdv c J/kg

23 0l J/kg

1

531 3 1 3

3

10 0.754 3.016 226200l pdv p v v J/kg

12 23 31 339299.98cikll l l l J/kg

6.786cikl ciklL m l MJ c) Količina dovedene toplote u ciklus je:

12 12 2 1 12 650 4640 290 565499.98 3392999.98dov vq u l c T T l J/kg

pa je i termodinamički stepen iskorišćenja kružnog procesa:

0.1cik l

dov

lq

d) Promena entropije kiseonikaza izobaran proces:

131 1 3

3

290ln 910 ln 1261.531160p

Ts s s cT

J/kgK

31 31 25.23056S m s kJ/K UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Mašinski odsek


1. 50 000 kg/h vodene pare, stanja 30 bar i 320oC, meša se sa m kg/h vode stanja 30 bar i 200oC. Kao rezultat na izlazu se dobija


a) potrebni maseni protok vode (tečnosti), b) generisanje entropije u ovom procesu mešanja. 2. Vazduh početnog stanja 0.75 bar, 1000 K i zapremine 0.12 m3, obavlja dva uzastopna procesa: prvo se izotermno komprimuje do

polovine početne zapremine, a zatim izobarno do četvrtine početne zapremine. Ako je vazduh idealan gas, treba: a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) izračunati ukupan zapreminsi rad i ukupno razmenjenu količinu toplote u ovom procesu, c) ukupnu promenu entropije vazduha. 3. 0.5 kg vazduha (id. gas) obavlja Karnotov kružni proces čiji je termodinamički stepen iskorišćenja toplote jednak 0.5. U procesu

se dovodi 40 kJ toplote. Na početku izotermnog širenja vazduh je na 7 bar i ima zapreminu 0.12 m3. Izračunati: a) najvišu i najnižu temperaturu kružnog procesa, K, b) zapreminu vazduha na kraju izotermnog širenja, m3, c) rad i toplotu za svaki deo kružnog procesa, kJ, d) skicirati kružni proces u (p,v) dijagramu stanja.

75

4. U adijabatnu komoru za hlađenje vode (kontaktni toplotni razmenjivač) ustaljeno se dovodi vlažan vazduh stanja 98 kPa, 20oC i 60% relativne vlažnosti, a odvodi kao zasićeni vlažan vazduh na istom pritisku i na 30oC. Voda ulazi u komoru sa 35oC, hladi se i izlazi sa 22oC. Protok vode na ulazu je 50 kg/s. Zanemariti promene pritiska, kinetičke i potencijalne energije i izračunati:

a) zapreminski protok vlažnog vazduha na ulazu, m3/s, i b) količinu vode koja se isparavanjem gubi (prelazi u vlažan vazduh) od ulaza do izlaza vode koja se hladi, kg/s. Novi Sad, 21. septembar 2007. dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 2. 50 000 kg/h vodene pare, stanja 30 bar i 320oC, meša se sa m kg/h vode stanja 30 bar i 200oC. Kao rezultat na izlazu se dobija


c) potrebni maseni protok vode (tečnosti), d) generisanje entropije u ovom procesu mešanja.

RESENJE 1:

a) Za ovaj ustaljeni procas mešanja mogu se napisati bilansne jednačine u sledećem obliku: Bilans mase:

1 2 30 m m m Bilans energije:

2 2 21 2 3

1 2 3

1 1 102 2 2

m h w gz m h w gz m h w gz

Bilans entropije:

1 1 2 2 3 30 0 genm s m s m s S . Veličine stanja za pojedine tokove: 1: 1 30p bar , 0

1 320t C , 1 3038 /h kJ kg , 1 6.615 /s kJ kgK 2: 2 30p bar , 0

2 200t C , 2 852.6 /h kJ kg , 2 2.326 /s kJ kgK 3: 3 30p bar , ,,

3 3 2804 /h h kJ kg , ,,3 3 6,186 /s s kJ kgK

Iz bilansa mase i energije sledi: 1 1 2 2 1 2 30 m h m h m m h

pa je: 2 3 2 1 1 3m h h m h h

odnosno 2m je:

1 32 1

3 2

3038 280450000 5995.7 /2804 852.6

h hm m kg h

h h

b) Generisana entropija u ovom procesu mešanja se dobija iz bilansa entropije:

3 3 1 1 2 2 1 2 3 1 1 2 2

50000 5995.7 6.186 50000 6.615 5995.7 2.326 1693.4 / 0.47 /genS m s m s m s m m s m s m s

kJ hK kJ sK

RESENJE 2: 2. Vazduh početnog stanja 0.75 bar, 1000 K i zapremine 0.12 m3, obavlja dva uzastopna procesa: prvo se izotermno komprimuje do

polovine početne zapremine, a zatim izobarno do četvrtine početne zapremine. Ako je vazduh idealan gas, treba: a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) izračunati ukupan zapreminsi rad i ukupno razmenjenu količinu toplote u ovom procesu, c) ukupnu promenu entropije vazduha.

RESENJE 2: a) Veličine stanja vazduha: Stanje 1: 1 0.75p bar , 1 1000T K , 3

1 0.12V m Stanje 2:

12 2

VV

76

za izoterman proces 1-2 važi: 2 1 1000T T K i 1 12

2

10.75 1.50.5

p Vp bar

V

Stanje 3:

13 4

VV

za izobaran proces 2-3 važi: 3 2 1.5p p bar i 33 2 1

2

0.5 1000 0.5 500V

T T T KV

b) Ukupan ostvareni zapreminski rad u ovom procesu:

2 3 2

213 12 23 2 3 2 1 2 3 2

11 2 1

lnVdVL L L pdV pdV mRT p V V mRT p V V

V V

gde je: 5

1 1

1

0.75 10 0.12 0.03136287 1000

p Vm kg

RT

pa se dobija zapreminski rad:

5113

1

0.50.03136 287 1000 ln 1.5 10 0.5 0.5 0.12 0.5 0.12 10740

VL J

V

Ukupno razmenjena količina toplote je: 13 13 13 3 1 13 0.03136 0.72 500 1000 10.74 22.0296vQ U L mc T T L kJ

c)Promena entropije vazduha:

3 313 3 1

1 1

500 1.5ln ln 0.03136 1.00 ln 0.287 ln 0.0279756 /1000 0.75p

T pS S S m c R kJ KT p

RESENJE 3: 4. 0.5 kg vazduha (id. gas) obavlja Karnotov kružni proces ciji je termodinamički stepen iskorišćenja toplote jednak 0.5. U procesu se dovodi 40

kJ toplote. Na početku izotermnog širenja vazduh je na 7 bar i ima zapreminu 0.12 m3. Izračunati: e) najvišu i najnižu temperaturu kružnog procesa, K, f) zapreminu vazduha na kraju izotermnog širenja, m3, g) rad i toplotu za svaki deo kružnog procesa, kJ, h) skicirati kružni proces u (p,v) dijagramu stanja.

RESENJE 3: a)

51 1

17 10 0.12

0.5 287p VTm R

585.366 K = 585.4 K.

1HT T 585.4 K.

1 0.5CC

H

TT

. 1 0.5C

H

TT

, odakle (1 0.5)C HT T ...=292.7 K.

b) Promena 1-2:

2 1 12 ,12defU U Q L ,

12Q 40 kJ,

2 1 2 1 2 1( ) { )} 0v HU U m c T T T T T kJ.

,12 12 2 1( ) 40 0defL Q U U 40 kJ.

Medjutim vazi i

2 22

,1211 1

1{ , } lndef H H HVL pdV pV m R T T T const m R T dV m R T

V V .

,122 1

40exp 0.12 exp0.5 0.287 585.4

def

H

LV V

m R T

0.19318 m3 = 0.193 m3.

c) Proces 1-2:

77

12Q 40 kJ,

,12 12 2 1( ) 40 0defL Q U U 40 kJ.

Proces 2-3:

3 2 23 ,23defU U Q L ,

23Q 0 kJ,

3 2 3 2 3 2( ) { , )} ( ) 0.5 0.72 (292.7 585.4)v C H v C HU U m c T T T T T T m c T T -105.37kJ.

,23 23 3 3( ) 0 ( 105.34)defL Q U U 105.37 kJ.

Proces 3-4:

4 3 34 ,34defU U Q L ,

4 3 4 3 4 3( ) { )} 0v CU U m c T T T T T kJ.

,34 34defL Q = ?

Za kvazistatičnu, izotermnu promenu 1-2 i 3-4 važi:

34122 1 3 4

H C

QQS S S S

T T

Dakle, 34 34 12C

H

TL Q Q

T = - 20 kJ.

Proces 4-1:

1 4 14 ,14defU U Q L ,

41Q 0 kJ,

1 4 1 4 1 4( ) { , )} ( ) 0.5 0.72 (585.4 292.7)v H C v H CU U m c T T T T T T m c T T 105.37kJ.

,41 41 1 4( ) 0 (105.34)defL Q U U -105.37 kJ.

Komentar: provera

,12 ,23 ,34 ,41

12

40 105.37 20 105.3740

def def def defC

L L L LQ

0.5 (OK)

RESENJE 4: 4. U adijabatnu komoru za hlađenje vode (kontaktni toplotni razmenjivač) ustaljeno se dovodi vlažan vazduh stanja 98 kPa, 20oC i 60% relativne

vlažnosti, a odvodi kao zasićeni vlažan vazduh na istom pritisku i na 30oC. Voda ulazi u komoru sa 35oC, hladi se i izlazi sa 22oC. Protok vode na ulazu je 50 kg/s. Zanemariti promene pritiska, kinetičke i potencijalne energije i izračunati:

c) zapreminski protok vlažnog vazduha na ulazu, m3/s, i d) količinu vode koja se isparavanjem izgubi (prelazi u vlažan vazduh) od ulaza do izlaza vode, kg/s. RESENJE



1 20 m m m , bilans vode,

1 1 ,1 2 2 ,20 0 0w wLh m h Lh m h . bilans energije za celu komru. a) iz 2 se dobija

2 1( )m L x x , sto zamenom u (3) daje

2 1 1 2 1( )m m m m L x x , pa se zamenom u (4) dobija

1 2 1 ,1 ,2 2 1 ,20 ( ) ( ) ( ) 0 0w w wL h h m h h L x x h , odakle

,1 ,21

2 1 2 1 ,2( ) ( )w w

w

h hL m

h h x x h

.

Ovde su o

,1 '(35 C) 146.68wh h kJ/kg,

78

o,2 '(22 C) 92.33wh h kJ/kg,

o1 1

1 o1 1

( ) 0.6 (20 C) 0.6 2.3390.622 0.622 0.62298 0.6 2.339( ) 98 0.6 (20 C)

s s

s sp t px

p p t p

0.00904 kgW/kgL,

o2 2

2 o2 2

( ) 1 (30 C) 1 4.2470.622 0.622 0.62298 1 4.247( ) 98 1 (27 C)

s s

s sp t px

p p t p

0.02817 kgW/kgL,

1 1 1 11.007 (2500 1.867 ) 1.007 20 0.00904 (2500 1.867 20)h t x t 43.02 kJ/kgL,

2 2 2 21.007 (2500 1.867 ) 1.007 30 0.02817 (2500 1.867 30)h t x t 102.13 kJ/kgL, Tako je maseni protok suvog vazduha

146.68 92.3350(102.13 43.02) (0.02817 0.00904) 92.33

L

47.38 kgL/s.

Zapreminski protok vlaznog vazduha dobja se iz jednacine stanja idealnog gasa za npr. suvi vazduh:


,1 ,1 1 1( )sL Wp p p p p t .

Tako je

1 11

,1 1 1

0.287 (273.15 20)46.53( ) 98 0.6 2.339

L Ls

L

R T R TV L Lp p p t

40.53 m3/s.

b) Kolicina vode koja isparavanjem prelazi u vlazan vazduh je sada

2 1( ) 47.38 (0.02817 0.00904)m L x x 0.890 kg/s.



1. Adijabatna boca stalne zapremine 1 m3 spojena je ventilom na cevovod kroz koji ustaljeno teče vazduh na 6 bar i

100oC. Na početku, u boci je vazduh na 40oC i 1 bar. Nakon otvaranja ventila boca se puni sve dok pritisak u boci ne postane jednak pritisku vazduha u cevovodu. Smatrajući vazduh idealnim gasom izračunati:

a) temperaturu vazduha u boci na kraju punjenja, i b) promenu mase vazduha u boci. 2. Vazduh (idealan gas) ustaljeno teče kroz toplotno izolovani kratki kanal. Između ulaza i izlaza nalazi se ventilator

snage 100 W i električni grejač. Merenja u ustaljenom radu pokazuju na izlazu 83oC, pritisak 1 bar i brzinu 9.1 m/s kroz poprečni presek 19 cm2, a na ulazu 22oC, pritisak 1 bar i brzinu 3.7 m/s. Izračunati:

a) maseni protok vazduha, b) snagu električnog grejača, c) razliku entropije vazduha na izlazu iz kanala i na ulazu u kanal. 3. Voda je radni fluid u teorijskom Rakin-Klausijusovom kružnom procesu sa pregrevanjem pare. Na ulazu u turbinu

para je na 6.8 MPa i 350oC, a pritisak u kondenzatoru je 0.07 bar. Treba skicirati proces u (T,s) dijagramu i odrediti: e) termodinamički stepen iskorišćenja toplote ovog kružnog procesa. f) termodinamički stepen iskorišćenja toplote kružnog procesa i stepen dobrote adijabatne turbine, pod uslovom da iz

turbine para izlazi kao suvozasićena. 4. Kroz neku prostoriju prolazi vodovodna cev. Temperatura spoljašnje površine cevi je 12oC. U prostoriji je vlažan

vazduh na 21oC. Koje relativne vlažnosti moze da ima vazduh, a da ne dođe do pojave rose (kondenzovane vlage) na vodovodnoj cevi?

Novi Sad, 27. aprila 2006. dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1:

79

1. Adijabatna boca stalne zapremine 1 m3 spojena je ventilom sa cevovodom kroz koji ustaljeno stuji vazduh na 6 bar i 100oC. Na početku, u boci je vazduh na 40oC i 1 bar. Nakon otvaranja ventila boca se puni sve dok pritisak u boci ne postane jednak pritisku vazduha u cevovodu. Smatrajući vazduh idealnim gasom izračunati:

a) temperaturu vazduha u boci na kraju punjenja, i b) promenu mase vazduha u boci. RESENJE a) Bilansi mase i energije za kontrolnu zapreminu (zapreminu koju zauzima gas u cilindru) glase dm md

,

L cvdU m h Q Ld

, 0cvL , 0Q .

Itegracijom od pocetka do kraja punjenja dobija se

2 2 1 1 2 1( )Lm u m u h m m , ili grupisanjem 2 2 1 1( ) ( ) 0L Lm u h m u h . Zbog h u pv , bice dalje

2 2 2 2 1 1 1 1( ) ( ) 0L Lm h h p v m h h p v . Posto je za idealan gas pdh c dT , ,pv R T pV m R T bice

2 2 2 1 1 1( ( ) ) ( ( ) ) 0p L p Lm c T T R T m c T T R T , Takodje je p vR c c , pa se dobija

2 2 1 1( ) ( ) 0p L v p L vm c T c T m c T c T , ili delenjem sa vc : 2 2 1 1( ) ( ) 0L Lm T T m T T , /p vc c . Pri tome je

2 2 1 12 1

2 1,p V p Vm m

RT RT ,

pa je 2 2 1 1

2 12 1

( ) ( ) 0L Lp V p VT T T TR T R T

, ili 2 2 2 1 1 1(1 / ) (1 / ) 0L Lp V T T p V T T .

Dalje, zbog 2 2 1,Lp p V V V 1 m3 bice

2 1 1(1 / ) (1 / ) 0L L Lp T T p T T , odakle

21

1

1.4(273.15 100)1 273.15 1001 1 1.41 1 6 273.15 40

LL

L

T Tp Tp T

470.06 K = 196.91 oC.

Kolicina fluida koja je usla u bocu je razlika masa na kraju i pocetku:

1 12 1

1 1 2

100000 1 6 273.15 401 1287 273.15 40 1 273.15 196.91

Lp V p Tm mR T p T

3.3348 kg

RESENJE 2 3. Vazduh (idealan gas) ustaljeno tece kroz toplotno izolovani kratki kanal. Izmedju ulaza i izlaza nalazi se ventilator

snage 100 W i elektricni grejac. Merenja u ustaljenom radu pokazuju na izlazu 83oC, pritisak 1 bar i brzinu 9.1 m/s kroz poprecni presek 19 cm2, a na ulazu 22oC, pritisak 1 bar i brzinu 3.7 m/s. Izracunati:

d) maseni protok vazduha, e) snagu elektricnog grejaca, f) razliku entropije vazduha na izlazu iz kanala i na usisu u kanal. RESENJE a)

6 bar100oC

1 m3

izolacija

80

m A wv

2 2

2, v R T

p22

2 ,

4 52 2 2

2

(19 10 ) 9.1 (1 10 )287 (273.15 83)

A w pmRT

0.0169 kg/s.

b) 0 1

12 1

22

12 2

2 m h w m h w Q Le j e j ,

Q m h h w w L F

HGIKJ 2 1

22

12

2,

2

1

2 1 2 1 2 1( ) ( ) ( ) 1.007 (83 22)T

p p pT

h h c T dT c T T c t t 61.427 kJ/kg , ili 61424 J/kg .

12

12

9 1 3 722

12 2 2w w e j ( . . ) 34.56 m2/s2 = 34.56 J/kg.

0.0169 61424 34.56 0.0169 61424 34.56 ( 100)Q L 938.6497 J/s (W)= 0.938 kW.

c) Za idealan gas vazi

ds c dTT

R dppp , odakle je razlika izmedju izlaza i ulaza jednaka

2 22 1 2

121 11 1

( ) 273.15 83ln ln 1.007 ln273.15 22p p p

p p TdT dTs c R c cT p T T

0.2032 kJ/kgK.

Konkretno:

12 12 0.0169 0.2032S m s 0.00343 kW/K = 3.43 W/K.

RESENJE 3: 4. Voda je radni fluid u teorijskom Rakin-Klausijusovom kružnom procesu sa pregrevanjem pare. Na ulazu u turbinu

para je na 6.8 MPa i 350oC, a pritisak u kondenzatoru je 0.07 bar. Treba skicirati proces u (T,s) dijagramu i odrediti: c) termodinamički stepen iskorišćenja toplote ovog kružnog procesa. d) termodinamički stepen iskorišćenja toplote kružnog procesa i stepen dobrote adijabatne turbine, pod uslovom da iz

turbine para izlazi kao suvozasićena. RESAVANJE

Specific Internal Specific Specific Temp Pressure Volume Energy Enthalpy Entropy Quality Phase C MPa m3/kg kJ/kg kJ/kg kJ/kgK 1 350 6.8 0.03648 2774 3022 6.249 Superheated Vapor 2 39 0.007 15.14 1834 1940 6.249 0.7373 Liquid Vapor Mixture 3 39 0.007 0.001007 163.4 163.4 0.5591 0 Saturated Liquid 4 39.2 6.8 0.001005 163.4 170.2 0.5591 Compressed Liquid 5 39 0.007 20.53 2429 2572 8.276 1 Saturated Vapor

5 3 5 3

4 3 3 4 3( ) 163.4 0.001007 (68 10 10 0.07 10 10 )h h v p p 170.240551 kJ/kg.

81

T

2s

C 68 bar

1

0.07 bar4

3 5

a) turbina 1-2b) turbina 1-5

a)

1 2/ 3022 1940T Tl L m h h 1082 kJ/kg,

4 3/ 170.2 163.4P Pl L m h h 6.8 kJ/kg,


1 4/ 3022 170.2G Gq Q m h h 2851.8 kJ/kg

2 3/ 1940 163.4K Kq Q m h h 1776.6 kJ/kg

1075.22851.8

N ET NET

G G

L lQ q

0.38 , ili 1776.61 1 12851.8

K K

G G

Q qQ q

0.38 (~38%)

b)

1 5/ 3022 2572T Tl L m h h 450 kJ/kg,

4 3/ 170.2 163.4P Pl L m h h 6.8 kJ/kg,


1 4/ 3022 170.2G Gq Q m h h 2851.8 kJ/kg

5 3/ 2572 163.4K Kq Q m h h 2408.6 kJ/kg

443.22851.8

N ET NET

G G

L lQ q

0.16 , ili 2408.61 1 12851.8

K K

G G

Q qQ q

0.16 (~16%)

Stepen dobrote adijabatne turbine:

( ) ( ) 450( ) ( ) 1082

T TT

T T

L b l bL a l a

0.42 (~42%)

RESENJE 4: 5. Kroz neku prostoriju prolazi vodovodna cev. Temperatura spoljasnje povrsine cevi je 12oC. U prostoriji je vlazan

vazduh na 21oC. Koje relativne vlaznosti moze da ima vazduh, a da ne dodje do pojave rose (kondenzovane vlage) na vodovodnoj cevi?

RESENJE

o

o1 ( ) 1 (12 C) 1 0.014020.622 0.622 0.622

1 1 0.014021 ( ) 1 1 (12 C)

s sR

R s sR

p t pxp p t p

0.008844439 = 0.009,

max Rx x 0.008844,

Sada iz maxmax

max

( )0.622( )

s

sp tx

p p t


maxmax o

max

1 0.0088(0.622 ) 0.02487 (0.622 0.0088)(21 C)s

xpxp

0.56093844 = 56.1 %.

82

komentar: moze se eliminisati pritisak u prostoriji, naime

1 ( )0.6221 ( )

sR

R sR

p txp p t

max

maxmax

( )0.622( )

s

sp tx

p p t

.

Odavde je

max max1 ( ) ( ) ( ) 1 ( )s s s sR Rp t p p t p t p p t ,

max max max( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )s s s s s sR R Rp t p p t p t p p t p t p t ,

max( ) ( )s sRp t p p p t ,

max( ) ( )s sRp t p t , max

( ) 0.014020.02487( )

sR

sp tp t

0.5637314033 = 56.3%.



6. 1 kg suvozasićene vodene pare na pritisku 3 MPa se zagreva izobarno do stanja 2 (300oC), a zatim se hladi pri


a) stanje vode (vodene pare) na kraju procesa i skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) razmenjenu količinu toplote u ovom procesu kao i c) zapreminski rad procesa. 2. 0.5kg vazduha (id.gas), koji je zatvoren u vertikalnom izolovanom cilindru sa pokretnim teškim klipom u

gravitacionom polju zauzima zapreminu 0.2 m3 na temperaturi 27oC. Vazduh se meša mešačem uz dovođenje 28 J/s energije. Ako mešanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru povećanja zapremine gasa. Prečnik cilindra sa klipom je 15 cm.


b) Izračunati krajnju temperaturu vazduha u procesu. 3. 1 kg vodene pare se izohorno zagreva od stanja 1(6 bar, 160oC) do 2(10 bar), a zatim izobarno dovede do stanja

suvozasićene pare, stanje 3. Para se zatim izohorno hladi do stanja 4 i na kraju, izotermno dovodi do početnog stanja 1.

a) Skicirati procese u (p,v) dijagramu stanja. b) Izračunati ukupni zapreminski rad kružnog procesa, kJ, i razmenjenu toplotu sa svaki deo procesa, kJ. 4. Kroz adijabatan kanal teče vlažan vazduh. Merenja na ulazu kanala pokazuju 20oC, 1 bar, 68% relativne vlažnosti i

zapreminski protok 0.5 m3/s vlažnog vazduha, a na izlazu 23oC. Između ulaznog i izlaznog preseka kanala postavljen je ventilator. Zanemarivši promene pritiska, kinetičke i potencijalne energije vlažnog vazduha između ulaza i izlaza, treba proceniti:

a) potrebnu snagu ventilatora u ustaljenom režimu, b) relativnu vlažnost vlažnog vazduha na izlazu kanala. Novi Sad, 27. septembar 2006. dr Gordan Dragutinović

RESENJE 1: 7. 1 kg suvozasićene vodene pare na pritisku 3 MPa se zagreva izobarno do stanja 2 (300oC), a zatim se hladi pri


a) stanje vode (vodene pare) na kraju procesa i skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) razmenjenu količinu toplote u ovom procesu kao i c) zapreminski rad procesa.

83

12

34

p

v

a) Stanje 1:

1 30p bar 3

1 0.06665 /v m kg

1 2804h kJ/kg

1 6.186s kJ/kgK

1 2604u kJ/kg Stanje 2:

2 1 30p p bar 0

2 300t C 3

2 0.08119 /v m kg

2 2988h kJ/kg

2 6.530s kJ/kgK 3

2 2 2 2 2988 3 10 0.08119 2744.43u h p v kJ/kg Stanje 3:

32 3 0.08119 /v v m kg

03 200t C

,

3 ,, ,

0.08119 0.0011565 0.6350.1272 0.0011565

v vxv v

, , ,,3 3 3 3 3 852.4 0.635 2793 852.4 2084.681h h x h h kJ/kg

, , ,,3 3 3 3 3 851.6 0.635 2595 851.6 1958.659u u x u u kJ/kg

, ,, ,3 3 3 3 3 4.9349s s x s s kJ/kgK

Stanje 4:

04 200t C

4 15.551p bar , 3

4 4 0.0011565 /v v m kg ,

4 4 852.4h h kJ/kg ,

4 4 2.3308s s kJ/kgK ,

4 4 851.6u u kJ/kg b) Iz: dq=du+dl Za izobaran proces 1-2:

12 2 1 2988 2804 184q h h kJ/kg Za izohoran proces 2-3:

23 3 2 1958.659 2744.43 785.771q u u kJ/kg

84

Za kvazistatičan, izoterman proces vazi: dq Tds pa je razmenjena količina toplote za proces 2-3:

34 3 4 3 473 2.3308 4.9349 1231.74q T s s kJ/kg Ukupno razmenjena količina toplote za 1-2-3-4:

14 12 23 34 184 785.771 1233.5367 1833.51q q q q kJ/kg

14 1833.51Q kJ c) Zapreminski rad izobarnog zagrevanja:

12 12 12 12 2 1 184 2744.43 2604 43.57l q u q u u kJ/kg Zapreminski rad izohornog procesa 2-3:


34 34 34 1233.5367 851.6 1958.659 126.48l q u kJ/kg pa je ukupan zapreminski rad za ceo proces:

14 12 23 34 82.91l l l l kJ/kg

14 82.91L kJ

RESENJE 2:

2. 0.5kg vazduha koji je zatvoren u vertikalnom izolovanom cilindru sa pokretnim teškim klipom u gravitacionom polju zauzima zapreminu 30.2m na temperaturi 027 C . Vazduh se meša mešačem uz dovođenje 28 J/s energije. Ako mešanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru povećanja zapremine gasa. Prečnik cilindra sa klipom je 15 cm.



uk m vU Q L Q L L cilindar je izolovan od okoline Q=0 Pa je

m vU L L Rad koji je doveden mešalicom

28 20 560mL L J Pritisak u cilindru može se dobiti iz jednačine stanja idealnog gasa:

1

1

0.5 287 300 2152500.2

m RTpV

Pa

Zapreminski rad dobijen u procesu 2 2 2 2

1 1 1

0.15215250 228.234vL pdV p Adx dx

J


Odavde je sada promena unutrašnje energije 331.77ukU L J

v vU m c T

331.77 0.9220.5 720v v

UT Km c

02 27.922t C

85

RESENJE 3: 3. 1 kg vodene pare se izohorno zagreva od stanja 1(6 bar, 160oC) do 2(10 bar), a zatim izobarno dovede do stanja

suvozasićene pare, stanje 3. Para se zatim izohorno hladi i na kraju,izotermno dovodi do početnog stanja 1. a) Skicirati procese u (p,v) dijagramu stanja. e) Izračunati ukupni zapreminski rad kružnog procesa, kJ, i razmenjenu toplotu sa svaki deo procesa, kJ.

1

23

p

v

4

RESENJE:

1 0.3167v m3/kg, 1 2568.98u kJ/kg, 1 6.767s kJ/kgK

2 1 0.3167v v m3/kg, 2 2992.46u kJ/kg,

3 0.1944v m3/kg, 3 2583.6u kJ/kg,

4 3 0.1944v v m3/kg,

4 1 160T T 0C, 4 1871.2u kJ/kg, 4 4.972s kJ/kgK.

U Q L , izohorno zagrevanje 1-2:

12 12 12U Q L ,

12 0L ,

12Q U 12,

12 2 1U U U 423.48 kJ,


23 23 23U Q L , 3

23 3 22



34 34 34U Q L ,

34 0L ,


41 1 1 4 771.173Q T s s kJ,

41 41 1 4( ) 75.333L Q m u u kJ, ukupni zapreminski rad kruznog procesa:

46.96QL kJ,

ukupna razmenjena toplota: 46.37QQ kJ,

Q QL Q .

RESENJE 4:

86

4. Kroz adijabatan kanal tece vlazan vazduh. Merenja na ulazu kanala pokazuju 20oC, 1 bar, 68% relativne vlaznosti i zapreminski protok 0.5 m3/s vlaznog vazduha, a na izlazu 23oC. Izmedju ulaznog i izlaznog preseka kanala postavljen je ventilator. Zanemarivsi promene pritiska, kineticke i potencijalne energije vlaznog vazduha izmedju ulaza i izlaza, treba proceniti:

a) potrebnu snagu ventilatora u ustaljenom rezimu , b) relativnu vlaznost vlaznog vazduha na izlazu kanala. RESENJE

12

? kW, dovodjenje

1 bar,20 oC68 %,0.5 m3/s

~1 bar ,23 oC = ?

a) 0 1 1 2 2 m x m xL L, , , bilans vlage, 0 1 2 m mL L, , , bilans suvog vazduha,

,1 1 ,2 20 0L L cvm h m h L , bilans energije, Dobija se

,2 ,1L L Lm m m ,

2 1x x x ,

1 2( ) 0cv LL m h h . Zna se da su

o1 1

1 o1 1 1

( ) 0.68 (20 C) 0.68 0.023390.622 0.622 0.6221 0.68 0.02339( ) 1 0.68 (20 C)

s s

s sp t px x

p p t p

0.010053 = 0.01,

1 11 5

1

8314287 0.01(273.15 20)18

1 1 0.01 1 10L WR x R Tv

x p

0.855 m3/kg,

11 1 1

1

0.50.855

Vm Vv

0.5848 kg/s,

1,1

1

0.58481 1 0.01L L

mm mx

0.57901 kgL/s,

1.007 (2500 1.865 )h t x t ,

2 1 2 1 2 1 2 11.007 ( ) 1.865 ( ) 1.007 1.865 ( )h h t t x t t x t t

1 21.007 1.865 ( )cv LL m x t t ,

5.7901 1.007 0.01 1.865 (20 23)cvL -1.78158 kJ/s (kW) = -1.8 kW. b)

Sada iz 2 22 1

2 2

( )0.622( )

s

sp tx x x

p p t


2 o1 0.01

(0.622 ) 0.0281 (0.622 0.01)(23 C)sp x

xp

0.563088 = 56.31 %.

Documents

Riješeni zadaci Iz Termodinamike