I.5. ANALIZA OSNOVNIH TERMODINAMIČKIH PROCESA IDEALNIH PLINOVA

Zadatak analize bilo kojeg termodinamičkog procesa je ustanovljavanje zakonitosti promjene parametara stanja radnog tijela i karakteristika preobražaja energije. U tom cilju provodi se analiza sljedećim tokom: - postavlja se jednadnadžba procesa u v-p koordinatama, - postavlja se ovisnost između termičkih parametara stanja, - određuje se toplina neophodna za odvijanje procesa, - određuje se promjena unutarnje energije, uΔ , promjena

entalpije, iΔ i promjena entropije sΔ , - određuje se apsolutni ( l ) i tehnički (w, lt ) rad plina, - kontrola proračuna može se obaviti preko I zakona termodinamike,

W + I = L+U=Q ΔΔ . Unutarnja energija, entalpija i entropija su kalorični parametri stanja i njihova promjena ne ovisi od karaktera procesa. Promjena specifične unutarnje energije, uΔ : Tc=u v Δ•Δ (I.36) Promjena specifične entalpije, iΔ : Tc=i p Δ•Δ (I.37) Promjena specifične entropije, sΔ :

ppR-

TTc=

vvR+

TTc=s

1

2

1

2p

1

2

1

2v lnlnlnln ••••Δ (I.38)

I.5.1. Promjene stanja idealnog plina Osnovni termodinamički procesi su procesi dovođenja ili odvođenja topline, pri const.=vp n• : 1. v=const. - izohorni proces ( ±∞=n ) 2. p =const. - izobarni proces ( 0=n ) 3. T =const. - izotermni proces ( 1=n ) 4. s =const. -izentropski (reverzibilni adijabatskiproces)( k=n 1) 5. opći politropski proces ( ∞∞ +<n<- )

I.5.1.1. Izohorni proces

- Jednadžba procesa: vp ∞• =const.; v=const. - Ovisnost između početnih i konačnih parametara stanja:

TT=

pp

2

1

2

1 (I.39)

- količina topline, q : u=Tc=q v ΔΔ• (I.40) - apsolutni (volumni) rad, l : 0=l (I.41) - tehnički rad, )lw( t : )p-p-v(=w 12 (I.42) I.5.1.2. Izobarni proces

- Jednadžba procesa: vp 0• =const.; p =const. - Ovisnost između početnih i konačnih parametara stanja:

TT=

vv

2

1

2

1 (I.43)

- količina topline, q : i=Tc=q p ΔΔ• (I.44) - apsolutni rad, l : )T-TR(=)v-vp(=l 1212 (I.45) - tehnički rad, w: 0 = w (I.46) I.5.1.3. Izotermni proces

- Jednadžba procesa: vp • =const.; T =const. - Ovisnost između početnih i konačnih parametara:

vv=

pp

1

2

2

1 (I.47)

- količina topline, q : 0) = i 0; =u ( ),s-sT( = q 12 ΔΔ (I.48) - apsolutni rad ( l ), tehnički rad (w):

vvvp = w= l

1

211 ln•

ppRT =

vvRT=

2

1

1

2 lnln •• (I.49)

I.5.1.4. Adijabatski proces

- Jednadžba procesa: vp k• =const.; cc=k

v

p , eksponent adijabate

(I.50) - Ovisnost između početnih i konačnih parametara:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

vv=

pp

2

1k

1

2 ; ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

pp=

TT

1

2k1-k

1

2 ; ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

vv=

TT

2

11-k

1

2 (I.51)

- količina topline, q : 0=q (I.52) - apsolutni rad, l : u=l Δ-

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛•pp-1

1-kvp=l

1

2k1-k

11

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

VV-1

1-kvp=l

2

11-k

11 (I.53)

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛

TT-1

1-kRT=l

1

21

- tehnički rad, w: l k = i- = w •Δ (I.54) I.5.1.5. Politropski proces - Jednadžba procesa: vp n• =const. - Ovisnost između početnih i konačnih parametara:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

vv=

pp

2

1n

1

2 ; ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

vv=

TT

2

11-n

1

2 ; ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

pp=

TT

1

2n1-n

1

2 (I.55)

- količina topline, q :

)T-T(1-nk-n

c=Tc=q 12vn •Δ

1-kn-kl=q • (I.56)

- apsolutni rad, l :

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛•

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛•

TT-1

1-nRT=

VV-1

1-nvp=

pp-1

1-nvp=l

1

21

2

11-n

11

1

2n1-n

11 (I.57)

- tehnički rad, w: ln=w • (I.58) - eksponent politrope, n :

vvpp

=n

1

2

2

1

ln

ln;

1-1-k=n

ϕϕ•

; k-n1-n=

qu= Δϕ (I.59)

- promjena unutarnje energije, uΔ :

lk-11-n=q

k-n1-n=Tc=u v ••Δ•Δ (I.60)

- promjena entropije, sΔ

TT

1-nk-n

c=s1

2v ln••Δ (I.61)

Primjeri: 1. U sudu volumena 0.09 m3 nalazi se zrak, pri pritisku 0.8 MPa i

temperaturi 30oC. Izračunati količinu topline, koju treba dovesti zraku, da bi se njegov pritisak povisio do 1.6 MPa, pri v=const.

Rješenje: Količina dovedene topline: t]cm[=Q t

tv2

1Δ

Konačna temperatura zraka:

TT=

pp

2

1

2

1 ; 606=0.81.630)+(273=

pp

T=T1

212 K

Količina zraka u sudu:

0.8288=30)+(273

298315

0.09100.8=RT

Vp=m6 •••

kg

Srednja specifična toplina za zrak u intervalu temperatura 30-333oC:

30-333

30]c[-333]c[=]c[

300v

3330v333

30v••

=]]c[-]c0.33[[+]c[=]c[ 3000v

4000v

3000v

3330v

0.735=0.7319)-50.33(0.741+0.7319= kJkg-1K-1

[ ]=c-]c[ 0.3+c=]c[ 0v

1000v

0v

300v

0.7173=0.7164)-0.3(0.7193+0.7164= kJkg-1K-1

0.7369=30-333

300.7173-3330.7351=]c[ 33330v

•• kJkg-1K-1

185.06=30)-0.7369(3030.8288=Q • kJ 2. Koliko se utroši topline, da bi se pri pritisku 0.2 MPa

(nadpritisak), povećala temperatura 2 m3 zraka, od 100-500oC? Koliki je apsolutni rad, kojeg izvrši zrak u tom procesu? Atmosferski pritisak je 101325 Pa.

Rješenje: Količina utrošene topline: t]C[n=Q p

tt2

1Δ

0.1943=100)+(2738315

2101325)+10(0.2=TRVp=n

6

u •••

••

kmol

Srednja molna specifična toplina zraka u temperaturnom intervalu 100-500oC:

100-500

100]C[-500]C[=]C[

1000p

5000p500

100p••

30.33075=100-500

10029.152-50030.095= •• kJkmol-1K-1

2357.3=100)-(50030.330750.1943=Q •• kJ Izvršeni rad: 106.463=2)-(4.145100.101325)+(0.2=)V-V( p=L 56

12 ••• J

TT=

VV

1

2

1

2 ; 4.145=100+273500+2732=

TTV=V

1

212 •• m3

3. Zrak na izlazu iz kompresora ima temperaturu 190oC i hladi se u

hladnjaku, pri konstantnom pritisku p =0.5 MPa, na temperaturu 20oC. Pri ovim parametrima kapacitet kompresora je

8.333•10-3m3s-1. Izračunati potrošnju rashladne vode, ako se ona zagrije za 10oC.

Rješenje: Količina topline, koju preda zrak: )t-t(]c[m=Q 12

ttpz2

1•&&

Maseni kapacitet kompresora: RT m=Vp z&&• ;

Slika uz primjer 3

104.96=20)+(273

298315

108.333100.5=RT

Vp=m 2--36

z ••

•••&& kgs-1

ili V=mz&& •ρ ; 5.9525=

100.101325100.5

20+273273

22.429=

pp

TT=

6

6

0

00 •

•••••ρρ kgm-3

104.96=108.3335.9525=m -2-3z •••& kgs-1

Srednja specifična toplina zraka u temperaturnom intervalu 20-190oC: [ ]=]c[-]c[ 0.9+]c[=]c[ 100

0p2000p

1000p

1900p

1.01096=1.0061)-0.9(1.0115+1.0061= kJkg-1K-1

[ ]c-]c[ 0.2+c=]c[ 0p

1000p

0p

200p

1.0041=1.0036)-0.2(1.0061+1.0036=]c[ 200p kJkg-1K-1

1.01177=20-190

201.0041-1901.01096=]c[ 19020p

•• kJkg-1K-1

8.5312=20)-01.01177(19104.96=Q -2 ••& kW Potrošnja rashladne vode:

tcm=Q ww Δ••&& ; 0.2038=104.1868

8.5312=tc

Q=mw

w •Δ•

&& kgs-1

4. Pri izobarnoj promjeni stanja promijeni se gustoća zraka za 0.5

kgm-3, a temperatura opadne za 200 stupnjeva. Nepromjenljivi pritisak iznosi 2 bar. Odrediti početnu i konačnu temperaturu zraka.

Rješenje:

RT=p=>RT=vp 11

11 ρ•

RT=p=>RT=vp 22

22 ρ•

)T-TR(=)1-1p( 1212 ρρ

)T-T(pR=1-1

1212 ρρ

)T-TR(

)M-p(==>)T-T(

pR=

-12

212112

21

21 ρρρρ

ρρρρ

1.7438=21ρρ 0.5=- 12 ρρ

0=1.7438-0.5+ 121 ρρ

2

1.7438 4+50.+0.5-=2

1•

ρ

1.094=1ρ kgm-3 => 364.45=t1 oC 1.594=2ρ kgm-3 => 164.45=t2 oC 5. Količini od 200 nm3 CO2 dovedeno je, pri konstantnom pritisku,

370 MJ topline. Početna temperatura je 200oC. Kolika je konačna temperatura?

Rješenje: t]Cn[=Q t

tp2

1Δ ; 200)-t(]Cn[=Q x

t200px

Zadatak _e se riješiti metodom probanja: Neka je C800=t 0

x ;

Srednja molna specifična toplina za CO2|800200 :

200-800

20040.059-80047.736=]C[ 800200p

••

50.295 = ]C[ 800200p kJkmol-1K-1

200-1000

20040.059-100049.392=]C[ 1000200p

••

51.725 = ]C[ 1000200p kJkmol-1K-1

200-1200

20040.059-120050.740=]C[ 1200200p

••

52.876 = ]C[ 1200200p kJkmol-1K-1

269438=200)-50.295(80022.4200=Q1 • kJ

369464=200)-051.725(10022.4200=Q2 • kJ

472107=200)-052.876(12022.4200=Q3 • kJ

Slika uz primjer 5

Konačna temperatura CO2 je, 1000 t2 ≅ oC 6. Pri izotermnoj kompresiji 2.1 m3 dušika, početnog pritiska 0.1 MPa, od plina se odvelo 335 kJ topline. Izračunati konačni

volumen, konačni pritisak i utrošeni apsolutni rad. Rješenje: L+U=Q Δ ; L=Q ; 335=L _ kJ Apsolutni rad, pri izotermnoj promjeni stanja:

VVVp=

VVmRT=dV

VmRT=pdV=L

1

211

1

2V

V

V

V

2

1

2

1

lnln∫∫

VVVp=L

1

211 ln ;

VpL=

VV

111

2ln ; e=VV

VpL

1

211

0.426=e2.1=eV=V 2.1100.110-335

VpL

12 6

3

11 •••

• m3

VV=

pp

1

2

2

1 ; 0.493=0.426

2.10.1=pp

V=p2

112 MPa

7. Izotermnom ekspanzijom 168 kg zraka ( p1=0.9 MPa, t1 =100

oC), ostvari se 5 kWh tehničkog rada. Odrediti stanje zraka na kraju ekspanzije i promjenu entropije. Promjenu stanja predstaviti u si, -dijagramu.

Rješenje:

ep=p=>ppRTm=W RTm

W-12

2

1•••• ln

0.3305=e0.9=p 373 8.315 1682936005-

2 ••••

• MPa

=ppRm=S

2

1ln••Δ

Slika uz primjer 7

48.26=0.3305

0.929

8.315168= ln•• kJK-1

ili 48.26=37336005=

TW=S •

Δ kJK-1

8. Stvarna specifična toplina, pri stalnom volumenu, data je

sljedećom jednadžbom: Tb+c=c vv 0•

Izvesti izraz za adijabatsku promjenu. Rješenje: dvp+du=qd •′ ; dTc=du v 0=pdv+T)dTb+c(=pdv+dTc=qd vv 0

•′

0=v

Rdv+dTb+TdT

cv0•

Integracijom se dobiva:

0=vv

cR+)T-T(

cb+

TT

1

2

v12

v1

2

00

lnln

e

e=e=vv

TT

Tcb

Tcb

)T-T(cb

1

21-k

1

2

2v0

1v021

v0⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

evT=evT Tcb1-k

11T

cb1-k

221

v02

v0•

evT Tcb1-kv0• =const.

9. 1 kg zraka, pri temperaturi 15oC i početnom pritisku 0.1 MPa,

adijabatski se komprimira na 0.8 MPa. Izračunati apsolutni rad, konačni volumen i konačnu temperaturu.

Rješenje:

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛•pp-1

1-kVp=L

1

2k1-k

11

0.826=100.1

15)+(27329

83151=

pmRT=V 6

1

11 •

• m3

10-1.674=0.10.8-1

1-1.40.826100.1=L 5

1.41-1.4

6

•⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛••

J

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

pp=

VV

1

2k1

2

1 ; 0.187=0.80.10.826=

pp

V=V1.41

2

1k1

12 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ m3

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

VV=

TT

2

11-k

1

2 ; 521.73=0.1870.826 15)+(273=

VVT=T

1-1.4

2

11-k

12 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ K

10. Gustoća nekog idealnog plina, kod normalnih uvjeta, je 1.782 kgm-3. Ako se izentropski komprimira 3 m3 toga plina,

pritiska 1 bar i temperature 20oC, do 313oC, potroši se 462 kJ apsolutnog rada. Koliki se pritisak postiže kompresijom?

Rješenje: L+U=Q Δ 0 = Q U - U = L 21

Tc=u-u=mL

v21 Δ ; Tm

L=cv Δ

RT

Vp=m=>mRT=Vp1

11111

RT=vp 000 odnosno T

p = R=>RT=p00

00

0

0

ρρ

208.5=2731.782101.013=R

5

••

Jkg-1K-1

4.9=293208.5

3101=RT

Vp=m5

1

11

•••

kg

322=20)-(3134.9

462000=Tm

L=cv •Δ Jkg-1K-1

530.5=322+208.5=c+R=c vp Jkg-1K-1

1.65=322

530.5=cc=k

v

p ; 5.8=2935861=

TTp=p

1-1.651.65

1

21-k

k

12 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛•⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛• bar

11. 1 kg zraka, pri p1=0.5 MPa i t1=111

oC, politropski ekspandira do pritiska p2 =0.1 MPa. Izračunati konačno stanje zraka, promjenu unutarnje energije, količinu dovedene topline i izvršeni apsolutni rad, ako je eksponent politrope n =1.2.

Rješenje:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

vv=

pp

1

2n

2

1 ; ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

pp

pRT=

pp

v=v2

1n1

1

1

2

1n1

12

0.842=0.10.5

100.5

111)+(27329

8315

=v1.21

62 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

• m3kg-1

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

pp=

TT

1

2n1-n

1

2 ; 293.65=0.50.1 111)+(273=

pp

T=T1.2

1-1.2

1

2n1-n

12 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ K

101.29=0.50.1-1

1-1.2

111)+(27329

8315

=pp-1

1-nRT=l 5

1.21-1.2

1

2n1-n

1 •⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ Jkg-1

Količina dovedene topline:

)t-t(1-nk-n

cm=Q 12v ••

64.9=111)-(20.51-1.2

1.4-1.229

20.81=Q ••• kJ

Promjena unutarnje energije:

-64.9=111)-(20.529

20.8=)t-t(c=u 12vΔ kJkg-1

12. 10 kg zraka ekspandira politropski. Tokom ekspanzije zraku se

dovedu 2 MJ topline, a dobiva se 4 MJ rada. Ako tokom procesa specifična entropija poraste za polovinu izohorne specifične topline, odrediti početnu i konačnu temperaturu zraka. Specifičnu toplinu smatrati konstantnom.

Rješenje: -2000=L-Q=U=>L+U=Q ΔΔ kJ

-278.85=20.810

292000-=cm

U=T-Tv

12 ••

•Δ

K

k)-2(n

1-n=k)-(nc1)-(ns=

TT=>

2c=s

v1

2v

••Δ

Δ ln

0.5-0.5k=n-k=>0.5=1-kn-k=

LQ

; 1.2=0.5+0.5k=n

-0.5=(-0.2)20.2=

TT

1

2

•ln => _0.6065=

TT

1

2 0.6065T=T 12 •

-278.85=T-T0.6065 11• => 435.6=708.6K=1-0.6065

278.85-=T 1 oC

429.8=T 2 K=156.8 oC 13. Politropskom kompresijom zraka, pri normalnim uvjetima,

potroši se 2370 kJ apsolutnog rada. Pri tome se volumen smanji 10.6 puta. Eksponent politrope je 1.2. Koliko se nm3 zraka, pod ovim uvjetima, može komprimirati?

Rješenje:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛vv-1

1)-M(nTRm=

TT-1

1)-M(nTRm=L

2

11-n

1

1

21 =>

10.03=

vv-1 TR

1)-M(nL=m

2

11-n

1⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛

• kg

7.72=M

22.4m = V 0 • nm3

14. 1 kg CO ekspandira od početnog pritiska p1=5 bar, pri čemu unutarnja energija plina opadne za 75.87 kJkg-1, entropija poraste za 0.1067kJkg-1K-1 i dobiva se apsolutni rad od 101.158 kJkg-1. Odrediti osnovne veličine stanja ( p ,v, t ) na početku i na kraju procesa, te promjenu stanja predstaviti na vp, I sT, - dijagramu.

Rješenje:

1-n1-k=

ul-Δ

=> 1.3=lu- 1)-(k+1=n ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ

TT

1-nk-n

c=s1

2v lnΔ => e=

TT

c1

k-n1-ns

1

2v

•Δ => 0.65=TT

1

2

)T-T(c=u- 21vΔ => c

u-=T-Tv

21Δ

=> 102.13=T-T 21 K

C) (18.65K °291.8=T 1 ; C) K(-83.47 ° 189.68=T 2

RT=vp 111 => 0.1733=p

RT=v1

11 m3kg-1

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

TT=

pp

1

21-n

1

1

2n1

=> 0.7733=TTp=p

1

21-n

n

12 ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ bar

RT=vp 222 => 0.7284=p

RT=v2

22 m3kg-1

Slika uz primjer 14

15. 3 kg dušika, pri reverzibilnom procesu, mijenja stanje od 1( T ,V ,p 111 ) do stanja 2 (T 2=300 K, vakuum 20%), pri

barometarskom pritisku od 1 bar.Pri ovoj promjeni dobiva se 120 kJ apsolutnog rada ( L), 144 kJ tehničkog rada (W ). Odrediti: početne veličine stanja ( T ,V ,p 111 ), izmijenjenu toplinu (Q), promjenu entalpije ( IΔ ) i promjenu entropije ( SΔ ).

Rješenje:

1.2=120144=

LW=n ; )T-T(

1-nmR=L 21

26.9=120000

2883153

1-1.2=LRm1-n=T-T 21 •

••

• K

326.9=26.9+T=T 21 K; 0.8=p0.2)-(1=p b2 bar

pT=pT n-12

n2

n-11

n1 ; ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

TTp=p

2

11-n

n

21

1.336=300

9326.0.8=p 0.21.2

1 • bar; 2.154=101.33628

326.983153=p

mRT=V 51

11 ••

•• m3;

0.718=mV=v 1

1 m3kg-1

-60=(-26.9)28

20.83=)T-T(cm=U 12v ••Δ kJ

60=120+-60=L+U=Q Δ kJ -84=Uk=)T-T(cm=I 12p Δ•Δ kJ

0.192=326.9300

0.21.4-1.2

2820.83=

TT

1-nk-n

cm=S1

2v lnln ••Δ kJK-1

16. 1 kg zraka, pri pritisku p1=0.4 MPa i temperaturi t1=100

oC, ekspandira na pritisak p2 =0.1 MPa. Izračunati konačnu temperaturu, količinu topline i izvršeni apsolutni rad, ako se ekspanzija izvodi:

a) izohorno c) adijabatski b) izotermno d) politropski; 1.2 = n Rješenje: a) izohorna promjena:

TT=

pp

2

1

2

1 ; 93.25=111)+(2730.40.1=T 2 K

0=L ; 201.9=373)-(93.2529

20.931=)T-T(cm=Q 12v _•• kJ

b) izotermna promjena:

373=T 2 K; 148.261=0.2671.068373

2983151=

VVmRT=L=Q

1

2 lnln ••• kJ

Vp=Vp 2211 ; 1.068=0.2670.10.4=V

pp=V 1

2

12 •• m3

0.267=104

100)+(27329

83151=

pRTm=V 5

1

11 •

•• m3

c) adijabatska promjena:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

pp=

TT

1

2kk-1

2

1 ; 250.9=)0.10.4373(=)

pp(T=T 1.4

1.4-1kk-1

2

112 K

0=Q ; 87.52=)373

250.9-(11-1.4

37329

83151=)

TT-(1

1-kRTm=L

1

21•••

kJ

d) politropska promjena:

296=)0.10.4373(=)

pp(T=T 1.2

1.2-1nn-1

2

112 K

55.573=373)-(2961-1.2

1.4-1.229

20.931=)T-T(1-nk-n

cm=Q 12v •• kJ

110.388=373296-1

1-1.2

37329

83151=

TT-1

1-nRTm=L

1

21 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛••

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ kJ

17. Neki plin mijenja stanje po zakonu c+bv+va=p 2 , gdje

je: 102=a 5• Pakg2m-6, 105=b 5• Pakgm-3, 1010=c 5• Pa, od 2=v1 m3kg-1 do 3=v2 m3kg-1. Odrediti apsolutni rad ove promjene

stanja za jedan kilogram plina. Rješenje:

=c)dv+bv+av(=pdv=l 22

1

2

11,2 ∫∫

103.52cv)+2vb+

3va(= 6

v

v

23

|2

1

•≅ Jkg-1

18. Neki plin mijenja stanje prema jednadžbi 0.01)-(s10000=573-T •_

od 300=t1oC do 400=t2

oC. Odrediti srednju specifičnu toplinu ove promjene stanja, specifičnu toplinu na t =320oC, kao i temperaturu na kojoj je prava specifična toplina jednaka srednjoj specifičnoj toplini tog intervala.

Rješenje:

T-T

q=]C[

12

1,2TTn

2

1; s10-673=T 4 • ;

10T-673=s

4

Tds=qd ′ ; Tds=qds

s

2

1

2

1

∫∫ ′ ;

s)ds10-(673=qd 4s

s

2

1

2

1

•′ ∫∫ => )s-s(2

10-)s-s673(=q 21

22

4

121,2

)]s+s(105-)[673s-s(=q 123

121,2 •

0.01=10

573-673=s 41 kJkmol-1K-1; 0=s2 kJkmol-1K-1

-6.23=q1,2 kJkmol-1

-0.0623=1006.23-=]C[ T

Tn2

1 kJkmol-1K-1

ili TT]C[=s

1

2TTn

2

1lnΔ => 0.0622=

573673

0.01-=

TTs=]C[

1

2

TTn

2

1_

lnln

ΔkJkmol-1K-1

19.Jedan kilogram dušika, početnog stanja ( p1=1 bar, v1=0.88 m

3kg-1), komprimira se do stanja ( p2 =8 bar, v2=0.21 m

3kg-1). Specifična toplina ove promjene stanja mijenja se po zakonu t 0.00053=c • kJkg-1K-1. Odrediti apsolutni ( l ) i tehnički rad (W ) ove promjene stanja.

Rješenje: l+u=q Δ => u-q=l Δ

tdT 0.00053=cdT=qd •′ => 273)dT-(T0.00053=qT

T1,2

2

1

∫

296=297

0.88101=Rvp=T

511

1••

K; 566=297

0.21108=Rvp=T

522

2••

K

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ ||

T

T

T

T

2

1,2

2

1

2

1

273T-2

T0.00053=q

22.68=296)]-273(566-)296-566[0.5( 0.00053=q 221,2 kJkg-1

200.6=296)-0.74(566=)T-T(c=u-u=u 12v12Δ kJkg-1; 178- = l kJkg-1 l+i=q tΔ => uk-q=i-q=lt Δ•Δ 258- = 200.6 1.4 - 22.68 = w= lt • kJkg-1

20. U jednom uređaju ekspandira idealan plin, nekim povratnim

procesom, do dvostrukog volumena. Za vrijeme procesa temperatura je promjenljiva tako da je stalno zadovoljen uvjet

VK=p • , gdje je K - konstanta. a) Prikazati proces u vp, dijagramu, b) Izvesti izraz za apsolutni rad u funkciji od broja molova

(n ), plinske konstante (R ), molne mase (M ), početne temperature (T 1) i početnog pritiska ( p1).

Rješenje: a)

b) )V-V(2K=VdVK=pdV=L 2

122

2

1

2

11,2 ∫∫ V2=V 12 • ,

pTRMn=V

1

11

•••

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛•

pnMRTK

23=VK

23=L

1

1

2

211,2

21. 1 kg zraka, početnog pritiska 5 bar i temperature 27oC, izvodi

proces po sljedećem zakonu: vc=p 2• , gdje je c - konstanta. a) Kolika je srednja specifična toplina, ako je krajnji

pritisak 10 bar? b) Koliki je izvršen apsolutni rad ( l )? c) Kolika je promjena entropije ( sΔ )?

Rješenje:

a) t-t

q=][c

12

1,2tt2

1; l+u-u=q 1,2121,2 ; )t-t(c=u-u 12v12

)-(3c=dv vvvc=pdv=l 3

132

22

1

2

11,2 ∫∫

vp=

vp=c

22

221

1 => )T-T(3R=)vp-vp(

31=l 1211221,2

)T-T(3R+c=q 12v1,2 ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ => )c2+c(

31=

3R+c=

T-Tq

=][c vpv12

1,2tt2

1

0.816=0.72)2+(1.00931=][c t

t2

1• kJkg-1K-1

b) 52.273=27)-(5733

0.2867=)T-T(3R=l 121,2 kJkg-1

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛p

RT

p=

pRT

p=vp=

vp

2

2

22

1

1

21

22

221

1 => 846=5

10300=pp

T=T23

1

223

12 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ K

c) ppR+

TTc=

vvR+

TTc=s

1

2

1

2v

1

2

1

2v lnlnlnln ••••Δ

0.846=5

100.2867+3008460.72=s lnln ••Δ kJkg-1K-1

22. Koliki udio topline, koja se dovodi zraku pri izobarnom

procesu, odlazi na apsolutni rad, a koliko na promjenu unutarnje energije?

Rješenje: Na osnovu I zakona termodinamike: ld+du=qd ′′

1=qdld+

qddu

′′

′ =>

qddu-1=

qdld

′′′

za p =const. dTc=qd p′ i dTc=du v

0.285=1.41-1=

k1-1=

dTcdTc-1=

qdld

p

v

′′

Dakle, kod izobarnog procesa, kod dvoatomnih plinova, 28.5% topline odlazi na rad širenja a ostatak od 71.5%, na promjenu unutarnje energije.

23. Dokazati, da je kod idealnog plina unutarnja energija neovisna od pritiska.

Rješenje: Na osnovu I zakona termodinamike: vdp-di=qd ′

dppi+dT

Ti=di

Tp⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

dpv-pi +dT

Ti=qd

Tp ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂′

Na osnovu II zakona termodinamike: Tds=qd ′

dpv-pi

T1+dT

Ti

T1=ds

Tp ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

Kako je entropija parametar stanja, to iz gornje jednadžbe proizilazi:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

∂∂

Tv-

pi

T1

T=

Ti

T1

p Tp

Tv+

pi

T1-

Tv

T1-

pTi

T1=

Tpi

T1

2T

2

22

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

∂∂∂

∂∂∂

ili ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

TvT-v=

pi

T

; pR=

Tv

∂∂

0=pi

T⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

Kako je vp+u=i •

0=pvp+v+

pu=

pi

T ∂∂

∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

; p

RT=pv

2_∂∂

0=v)--(v=p

RTp-v=pu

2 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂ _

24. Poznata su dva stanja zraka: 12.513=1ρ kgm-3 i 1.2513=2ρ kgm-3, a temperatura u oba stanja iznosi: 0 = t = t 21 oC.

U vp, -koordinatama promjena stanja je prava linija, koja prolazi kroz zadana stanja. U nekom trenutku promjene stanja pritisak je iznosio 5 bar, a volumen 12 m3. Odrediti apsolutni rad (L), promjenu entalpije ( IΔ ) i promjenu unutarnje energije ( UΔ ).

Slika uz primjer 24 Rješenje:

pdv=lv

v

1,2

2

1

∫ ;

vb+a=p •

)v-v(2b+)v-va(=l 2

122121,2

979.46=12.51327329

8.315=TR=p 111 •••• ρ kPa

97.946=1.251327329

8.315=TR=p 222 •••• ρ kPa

-1224.325=v-vp-p=

vp=b

21

21

ΔΔ

kPakgm-3

1077.406=vb-p=a 11 • kPa

0.08=1=v1

1 ρ m3kg-1; 0.8=1=v

22 ρ

m3kg-1

)080.-8(0.2

1224.325-0.08)-(0.81077.406=l 221,2 • ; 387.87 = l1,2 kJkg-1

vb+a=p 11 ′′ • => 0.4716=1224.325-

1077.406-500=b

a-p=v 11

′′ m3kg-1

25.44=0.4716

12=vV=m

1

1

′

′ kg; 9867.3=lm=L 1,21,2 • kJ

0=IΔ ; 0=UΔ 25. Radi iskorištenja topline izgorjelih plinova, motora snage

N =2500 kW, postavljen je predgrijač_ kroz koji prolazi 60000 m3h-1 zraka, pri temperaturi 15 = t1

oC i pritisku p =0.101 MPa. Temperatura zraka poslije predgrijavanja je 75oC. Odrediti. koja količina topline se iskoristi u predgrijaču. Koeficijent iskorištenja motora je 0.33.

Slika uz primjer 25

Rješenje: - količina topline, koju primi zrak: [ ] t ]C[-t]C[ n=Q 1

t0p2

t0p

12 •• - broj kmola (n ): TRn=Vp 111 •••

0.703=15)+8315(2733600

1060100.101

=TRVp=n

36

1

11

•••

••

kmols-1

- specifična toplina zraka [ ]=C-]C[0.15+C=]C[ 0

p1000p

0p

150p

29.073)-20.15(29.15+29.073=

29.085=]C[ 150p kJkmol-1K-1

=]C-]C0.75[[+C=]C[ 0p

1000p

0p

750p

29.073)-20.75(29.15+29.073=

29.132=]C[ 750p kJkmol-1K-1

15)29.085-75 320.703(29.1=Q ••&

1229.28=Q& kW - količina topline, koja se oslobodi u motoru:

7575.76=0.332500=N=Q

η′& kW

- količina topline, koja se iskoristi u predgrijaču:

16.23%=1007575.761227.8=100

QQ

••′&&

26. Ako sistem pređe iz stanja "a" u stanje "b" duž putanje

"acb", sistemu se dovede 80 kJ topline, a sistem izvrši apsolutni rad od 30 kJ.

a) Koliko topline se izmijeni kroz granicu sistema duž putanje "adb", ako je sistem u tom procesu izvršio apsolutni rad od 10 kJ?

b) Sistem se vraća iz stanja "b" u stanje "a" preko krive linije. Apsolutni rad koji je izvršen nad sistemom iznosi 20 kJ. Da li je sistem odao ili primio toplinu tokom ovog procesa i koliku?

c) Ako je 0=U a , 40=U d kJ, naći količinu topline koju je primio sistem u procesu "ad" i "db".

Rješenje: a) 80=Qacb kJ 30=Lacb kJ 50=30-80=U acbΔ kJ U=U adbacb ΔΔ

60=10+50=L+U=Q adbadbadb Δ kJ b) U=U bdaba ΔΔ

-70=20--50=L+U=Q bababa Δ kJ c) 40=U adΔ kJ 10=U dbΔ kJ U+U=U dbadadb ΔΔΔ 10=U=Q dbdb Δ kJ; 10=50-60=Q-Q=Q adadbdb kJ 27. Idealan plin, konstantne specifične topline, mijenja stanje

tako da se specifični volumen smanji dva puta, a entropija poveća za količinu koja je jednaka 1/4 specifične topline, pri konstantnom volumenu. Ako se uzme da je k =1.4, koliko se povećao pritisak u ovom procesu u odnosu na početni?

Rješenje:

v21=v 12

TT

1-nk-n

c=s1

2v lnΔ ;

TT

1-nk-n

c=c41

1

2vv ln ;

k-n1-n

41=

TT

1

2 •ln ; 1.761=k+24

1=nln•

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

vv=

pp

2

1n

1

2 => p3.389=2p=p 11.761

12 ••

28. Kompresor usisava 120 m3h-1 zraka, pri p1=0.1 MPa i t1 =27

oC i komprimira ga do p2 =1.2 MPa. Odrediti:

a) temperaturu komprimiranog zraka na izlazu iz kompresora. b) volumen komprimiranog zraka. c) rad i snagu utrošenu na kompresiju zraka. Proračun uraditi za: izotermnu, adijabatsku i politropsku

(n =1.3) kompresiju zraka. Rješenje: a) izotermna kompresija:

Slika uz primjer 26

- konačna temperatura t1 = t2=27oC,

- konačni volumen:

Vp=Vp 2211 && •• => 10=1201.20.1=Vp

p=V 12

12 •• && m3h-1

- utrošeni rad:

-29.82=1.20.1120100.1=

ppVp=L 6

2

1 lnln ••••• & MJh-1

- snaga:

8.3=100036001029.82=

10003600L=N

6

••

• kW

b) adijabatska kompresija: - konačna temperatura:

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛

PP=

TT

1

2k1-k

1

2 ; 337.6=K 610.6=0.11.2273)+(27=

PPT=T

1.41-1.4

1

2k1-k

12 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ oC

- konačni volumen:

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛

PP=

VV

2

1k1

1

2

&

&; 20.35=

1.20.1120=

PP

V=V1.41

2

1k1

12 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛•⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛&& m3h-1

- utrošeni rad:

-43.48=0.11.2-1

1.41-1.4120100.1=

PP-1

k1-kVP=L

1.41-1.4

6

1

2k1-k

11

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛••

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛• & MJh-1

- snaga:

12.08=100036001043.48=

10003600L=N

6

••

• kW

c) politropska kompresija: - konačna temperatura:

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛

PP=

TT

1

2n1-n

1

2 ; 259.6=K 532.6=0.11.2273)+(27=

PPT=T

1.31-1.3

1

2n1-n

12 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ oC

- konačni volumen:

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛

PP=

VV

2

1n1

1

2

&

&; 17.75=

1.20.1120=

PP

V=V1.31

2

1n1

12 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛&& m3h-1

- utrošeni rad:

-40.3=0.11.2-1

1-1.3120100.11.3=

PP-1

1-nVPn=L

1.31-1.3

6

1

2n1-n

11

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛•••

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛•• & MJh-1

- snaga:

11.2=100036001040.3=

10003600L=N

6

••

• kW

29. Idealan plin mijenja stanje izobarno, a zatim izotermno. U

oba slučaja, entropija poraste za istu vrijednost. Ako je početno stanje za obje promjene isto, u kojem slučaju se postiže veći konačni volumen? Zadatak riješiti analitički, a dokaz potvrditi grafički u vp, i sT, koordinatama.

Rješenje: s=s tp ΔΔ ; v=v=v 111 tp

vvR=

vv

c1

t

1

pp lnln •• =>

Rc=

vvvv

p

1

p

1

t

ln

ln =>

c-cc=

v-vv-v

vp

p

1p

1t

lnlnlnln

c-c>c vpp => 1>c-c

cvp

p

odnosno: 1>v-vv-v

1p

1t

lnlnlnln

=> v-v>v-v 1p1t lnlnlnln

v>v pt lnln ili v>v pt

30. 1 kmol idealnog plina mijenja stanje izobarno, a zatim izohorno. Ukupna toplina, koju plin izmijeni sa okolinom jednaka je dobivenom volumnom radu. Tokom promjene stanja entropija plina poraste za 2 kJK-1. Nakon izobarne promjene stanja, temperatura plina je 100oC. Kolika je temperatura plina na početku i na kraju procesa? Promjenu stanja prikazati u vp, i sT, -dijagramu.

Rješenje: L=Q => 0=UΔ => T=T 31 s+s=s 2,31,21,3 ΔΔΔ

TTc=s

1

2p1,2 ln•Δ

Slika uz primjer 29

TTc-=

TTc=

TTc=s

1

2v

2

1v

2

3v2,3 lnlnln •••Δ

TT)c-c(=s

1

2vp1,3 lnΔ

R=c-c vp

TTR=s

1

21,3 ln•Δ ; 0>s1,3Δ => T>T 12

TTnR=S

1

21,3 ln•Δ => 293.25=e373=eT=T 8.3151

-2nRS-

211,3

•Δ

•• K

20t=t 31 ≅ oC

31. 1 kmol zraka (idealan plin konstantnog toplinskog kapaciteta) sabija se izentropski do petorostrukog pritiska, a zatim hladi izobarno, pri čemu je ukupna izmijenjena toplina jednaka tehničkom radu za oba procesa. Izračunati promjenu entropije i entalpije. Predstaviti procese u vp, i

sT, dijagramu.

Rješenje:

Slika uz primjer 30

Slika uz primjer 31

Q+Q=Q 2,31,21,3 ; 0=Q1,2 )t-t(Cn=Q 23p2,3

W+W=W 2,31,21,3 ; 0=W 2,3 )t-t(Cn=W 21p1,2 W=Q 1,21,3 => t=t 13

I+I=I 2,31,21,3 ΔΔΔ )t-t(Cn=I 12p1,2Δ )t-t(Cn=)t-t(Cn=I 21p23p2,3Δ ; 0=I1,3Δ S+S=S 2,31,21,3 ΔΔΔ ; 0=S1,2Δ

TTCn=S

2

3p2,3 ln•Δ

TTCn=S

2

1p2,3 ln•Δ

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛

PP=

TT

2

1k1

2

11-k

1

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛

PP=

TT

2

1k1-k

2

1

PP

k1-k

Cn=S2

1p1,3 lnΔ

-13.38=51

1.41-1.429.11=S1,3 ln•Δ kJK-1

32.0.2 m3 zraka, pritiska 7 MPa i temperature 15oC, zagrijava se

povratno pri stalnom volumenu, a zatim se povratno adijabatski širi do pritiska 0.1 MPa, pri ćemu je krajnja temperatura 15oC. Na_i ukupan apsolutni rad, izmijenjenu količinu topline, promjenu unutarnje energije i entalpije, ako je specifična toplina konstantna. Proces predstaviti u vp, i sT, dijagramu.

Rješenje:

16.95=2888.315

290.2107=RT

Vp=m3

1

11

••••

kg

)T-T(cm=L=L 32v2,31,3

pp=

TT

1

2

1

2 ; ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

pp=

TT

3

2k1-k

3

2 ; T=T 13 =>TT=

TT

3

2

1

2 => ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

pp=

pp

3

2k1-k

1

2 ;

38.29=10.7=pp=p -0.41.4k-13

k12 •• MPa

1302.2=1575.36K=7

38.29288=pp

T=T1

212 •• oC

15648.80=15)-(1302.229

20.816.95=L1,3 • kJ

)T-T(cm=)T-T(cm=Q=Q 32v12v1,21,3 ; L=Q 1,31,3

0=)T-T(cm=U 13v1,3Δ 0=)T-T(cm=I 13p1,3Δ

Zadaci: 1. U rezervoaru volumena 0.5 m3, nalazi se CO2, pri pritisku p1=0.6

MPa i temperaturi 527oC. Ako se od plina, pri konstantnom volumenu, odvede 436 kJ topline, izračunati konačnu temperaturu plina.

(R: t =290oC) 2. 2 m3 zraka, poćetne temperature 15oC, ekspandira pri konstantnom

pritisku do 3 m3, usljed dovođenja plinu 837 kJ topline. Izračunati konačnu temperaturu, pritisak plina u procesu i rad širenja.

(R: T 2=432 K; p =2.377•105 Pa; L=2.377•105 J) 3. U rezervoaru volumena 0.3 m3 nalazi se kisik, pri pritisku

p1=0.2 MPa i temperaturi t1=20oC. Izračunati količinu topline,

koju treba dovesti kisiku, da mu se temperatura poveća na t2=300

oC. Na koju vrijednost _će porasti pritisak u sudu? (R: Q=160 kJ; p2 =0.391 MPa) 4. 0.5 kg zraka, pri 0.5 MPa i 30oC, ekspandira na peterostruko

veći volumen. Izračunati apsolutni rad, konačni pritisak i količinu topline koja se dovede plinu.

(R: p2 =0.1 MPa; L=Q=6.99•104 J) 5. 10 kg zraka, pri pritisku p1=0.12 MPa i temperaturi t1 =30

oC, komprimira se izotermno, pri _emu se volumen smanji 2.5 puta. Izračunati poćetne i konačne parametre, količinu topline, apsolutni rad i promjenu unutarnje energije.

(R: V 1=7.24 m3; V 2 =2.896 m

3; 0=UΔ ;

Slika uz primjer 32

Q=L=-7.96•105 J) 6. 1 kg zraka, koji zauzima volumen 0.0887 m3, pri 1 MPa,

ekspandira na desetorostruko veći volumen. Izračunati konačni pritisak i apsolutni rad, kojeg izvrši zrak u izotermnom i adijabatskom procesu.

(R: p2 =0.1 MPa; p2 =0.0398 MPa; L=0.204 MJ; L=0.1335 MJ) 7. Na koji pritisak treba adijabatski komprimirati smjesu zraka i

para benzina, da bi došlo do samozapaljenja smjese. Početni parametri: p1=0.1 MPa, t1 =15

oC, temperatura samozapaljenja smjese 550oC, k =1.39.

(R: p2 =4.219 MPa) 8. Volumen zraka, pri adijabatskoj kompresiji u cilindru motora sa

unutarnjim izgaranjem smanji se 13 puta. Početna temperatura zraka iznosi 77oC a poćetni pritisak 0.09 MPa. Izračunati temperaturu i pritisak zraka nakon kompresije.

(R: T 2=976.44 K; p2 =3.264 MPa) 9. Zrak temperature 20oC, treba adijabatskom ekspanzijom ohladiti

do -60oC. Konačni pritisak treba pri tome da iznosi 0.1 MPa. Izračunati početni pritisak zraka i specifični volumni rad pri ekspanziji.

(R: p1=0.305 MPa; l =5.73•104 Jkg-1) 10. 3 m3 zraka politropski ekspandira od p1=0.54 MPa i t1=45

oC do p2 =0.15 MPa. Konačni volumen je 10 m3. Izračunati eksponent politrope, konačnu temperaturu, izvršeni volumni rad i količinu dovedene topline.

(R: n =1.064; L=1.877 MJ; T 2=294.4 K; Q=1600 kJ) 11. U procesu politropske ekspanzije zraka dovedeno je 83.7 kJ

topline. Na_i promjenu unutarnje energije zraka i izvršeni volumni rad, ako se volumen zraka poveća 10 puta, a pritisak se smanji 8 puta.

(R: 16.34=UΔ kJ; L=67.36 kJ) 12. U kompresor plinske turbine ulazi 5 kg zraka s početnim

parametrima p1=100 kPa i t1 =27oC. Zrak se komprimira

adijabatski do pritiska p2 =4000 kPa. Odrediti početni i konačni volumen, konačnu temperaturu, apsolutni rad kompresije, promjenu unutarnje energije i entropije. Adijabatski eksponent k =1.4.

(R: V 1=4.3 m3; V 2 =0.308 m3; T 2=730 K; L=-1545 kJ; UΔ =1545 kJ)

13. Naći priraštaj entropije 3 kg zraka: a) pri izobarnom zagrijavanju od 0-400oC, b) pri izohornom zagrijavanju od 0-880oC, c) pri izotermnoj ekspanziji do 16 puta većeg volumena. Uzeti da je specifična toplina konstantna. (R: a) 2.74=SΔ kJK-1; b) 3.12=SΔ kJK-1;

c) 2.388=SΔ kJK-1) 14. U zatvorenoj posudi volumena V =0.6 m3 nalazi se zrak, pri

pritisku p1=0.5 MPa i temperaturi t1 =20oC. Vrši se hlađenje

zraka, pri _ćemu se odvede 105 kJ topline. Odrediti temperaturu i pritisak nakon hlađenja. Uzeti da je specifična toplina zraka konstantna.

(R: p2 =0.43 MPa; t2=-20.78oC)

15. U regenerativnom predgrijaću zraka plinske turbine, zrak se zagrijava od 150 do 600oC. Naći količinu topline, koja je dovedena zraku u jedinici vremena, ako je njegov maseni protok 360 kgh-1. Ovisnost specifične topline od temperature smatrati nelinearnom.

(R: Q=47.84 kJs-1) 16. U cilindru motora sa unutarnjim izgaranjem nalazi se zrak, pri

temperaturi 500oC. Dovođenjem topline, konačni volumen zraka povećava se 2.2 puta. Proces širenja zraka odvija se praktično, pri p =const. Naći konačnu temperaturu zraka, specifičnu količinu topline i volumni rad, smatrajući ovisnost specifične topline od temperature nelinearnom.

(R: T 2=1700.6 K; q =1088.86 kJkg-1; l =266.33 kJkg-1) 17. 0.51 kg zraka ( p1=1 bar i t1 =20

oC) komprimira se politropski (n =1.3) na p2 =4 bar. Izračunati volumni rad i toplinu pri kompresiji i temperaturu na kraju kompresije.

(R: L=-54.04 kJ; Q=-13.509 kJ; T 2=403.5 K) 18. Zraku, u količini od 0.1 m3, pri p1=1 MPa i t1 =20

oC, dovodi se 125 kJ topline, pri t =const. Odrediti konačni pritisak, konačni volumen i dobiveni volumni rad.

(R: Q = L =125 kJ; p2 =0.286 MPa; V 2 =0.349 m3)

19. 1 kmol zraka temperature 573 K hladi se pri konstantnom volumenu do dvostruko ni_eg pritiska, a zatim komprimira politropski do početnog pritiska. Izračunati izmijenjenu toplinu i promjenu entalpije zraka, ako mu entropija opadne za 18 kJK-1. Promjenu stanja prikazati u vp, i sT, dijagramu.

(R: Q=-7028.5 kJ; IΔ =-7691.5 kJ) 20. Za kompresiju 2.5 kg zraka troši se 425 kJ apsolutnog rada.

Temperatura se mijenja od 22oC do 185oC. Izračunati toplinu u procesu i promjenu unutarnje energije. Izvršiti provjeru pomoću I zakona termodinamike.

(R: Q=-133.49 kJ; UΔ =291.52 kJ) 21. Rezervoar, volumena V 1=4 m

3, pritiska p1=1 bar i temperature

t1 , spoji se sa drugim rezervoarom volumena V 2 =2 m3 zraka, pritiska p2 =20 bara iste temperature t=t 12 =30oC. Poslije spajanja izjednače se pritisci u oba rezervoara. Rezervoari su

izolovani od okoline, ali je među njima omogućena izmjena topline. Koje se krajnje stanje uspostavlja i koliki je prirast entropije poslije izjednačenja temperature i pritiska u oba rezervoara? Koliki bi se apsolutni rad dobio, ako bi se proces izjednačenja izveo povratno?

(R: SΔ =10.63 kJK-1; L=3220 kJ) 22. Jedan plinometar sadr_i 400 m3 H2, pri temperaturi 40oC i

nadpritisku 3924 Pa. Barometarski pritisak je 1 bar. Pri konstantnom pritisku i temperaturi, iz plinometra se oduzima vodik, tako da se volumen smanji za 25%. Odrediti:

a) Količinu vodika u plinometru prije i poslije ispuštanja u kg, kmol i nm3.

b) Temperaturu vodika, ako se volumen od 400 m3 smanji za 25%, hlađenjem pri konstantnom pritisku bez ispuštanja vodika.

c) Pri uvjetima pod b) odvedenu toplinu, volumni rad i promjenu unutarnje energije.

(R: a) 31.95 kg; 15.97 kmol; 357.8 nm3; 23.96 kg; 11.98 kmol; 268.36 nm3 b) T =234.75 K; c) Q=-36378.63 kJ; L=-10392.4 kJ; UΔ =-25986.23 kJ) 23. Parametri plina u tri stanja su sljede_i: p1=0.12 MPa, t1 =30

oC, p2 =0.36 MPa, t2=91

oC, p3=0.54 MPa, t3=116oC. Da li se radi o

politropskoj promjeni stanja? (R: da, n =1.2) 24. Prilikom politropske ekspanzije nekog dvoatomnog plina, dovede

se 120 kJ topline, a unutarnja energija se promijeni za 10 kJ. Kolika je vrijednost politropskog ekponenta i izvršeni apsolutni rad?

(R: n =0.96; L=110 kJ) 25. Pri promjeni stanja nekog idealnog plina, u jednom slučaju

izobarnoj a u drugom izotermnoj, promjena entropije je pozitivna i jednaka. Pri kojoj od ove dvije promjene stanja se dobiva veći konačni volumen? Početni parametri stanja su isti.

(R: kod izobarne) 26. 8 kmol smjese dvoatomnih idealnih plinova (CO+H2) sa 25 mol%

H2, politropski se komprimira (n =1.35) od p1=1 bar i t1=20oC na

pet puta manji volumen, a nakon toga se izobarno zagrijava do početnog volumena. Odrediti:

a) izmijenjenu količinu topline i apsolutnog rada za oba procesa,

b) promjenu unutarnje energije i entalpije za oba procesa. c) Predstaviti procese u pV i Ts dijagramu. (R: Q1,2=-4966.58 kJ; Q2,3=560591.5 kJ; L1,2 =-42111.6 kJ;

L2,3 =136915 kJ; I 1,2Δ =53088.2 kJ; Q = I 2,32,3Δ ;

U 1,2Δ =38037.25kJ; U 2,3Δ =423982.47 kJ) 27. Kompresor usisava 250 m3h-1 zraka pritiska 90 kPa, pri

temperaturi 25oC i komprimira ga do 0.8 MPa. Koliki će biti volumni protok rashladne vode za 1 h koja hladi kompresor, ako kompresija protiće po politropi sa eksponentom politrope n =1.2. Razlika temperatura vode na ulazu i izlazu iz hladnjaka kompresora je 15 K.

(R: V& =0.397 m3h-1) 28. Dvostepeni kompresor usisava zrak, pri pritisku p1=0.1 MPa i

temperaturi t1 =20oC i komprimira ga do konačnog pritiska p2 =4

MPa. Među stupnjevima kompresije postavljeni su hladnjaci u kojima se zrak, pri p =const. hladi do početne temperature. Kapacitet kompresora je 500 m3h-1. Odrediti teoretsku snagu svakog stupnja i količinu topline, koja se odvede u oba stupnja kompresora i međuhladnjaka, ako je poznato da je omjer konačnog pritiska i početnog jednak u oba stupnja i kompresija protiće politropski, sa eksponentom n =1.3. Prikazati proces u

vp, i sT, dijagramu. (R: N = N 21 =31.96 kW; Q = Q 21

&& =28.76 MJh-1; Qmh& =93.7 MJ h-1)

29. Kapacitet zračnog kompresora, pri početnim parametrima

p1=0.1MPa i t1=25oC i konačnom pritisku p2 =0.6 MPa je, 0.139

kgs-1. Proces kompresije zraka je politropski, sa eksponentom politrope n =1.2. Omjer hoda klipa i promjera S/D=1.3. Broj obrtaja je 5 s-1. Izračunati teoretsku snagu motora potrebnu za pogon kompresora, hod klipa i promjer cilindra.

(R: N =24.8 kW; D=0.1325 m) 30. Kompresor usisava zrak, pri pritisku 0.1 MPa i temperaturi 20oC

i komprimira ga izotermno, do 0.8 MPa. Odrediti kapacitet kompresora u m3h-1, ako je poznata teoretska snaga motora za rad kompresora, 40.6 kW. Naći satnu potrošnju rashladne vode, ako joj se temperatura, pri hlađenju cilindra kompresora, poveća za 10oC. (cw=4.19 kJkg

-1K-1). (R: V z& =702.88 m

3h-1; mw& =3.488 m3h-1)