Click here to load reader

kvazistatičke (ravnotežne) promene stanja idealnih 1/zbirka zadataka/td_zbirka.pdf · PDF file zbirka zadataka iz termodinamike strana 1/71 kvazistatičke (ravnotežne) promene

  • View
    6

  • Download
    0

Embed Size (px)

Text of kvazistatičke (ravnotežne) promene stanja idealnih 1/zbirka zadataka/td_zbirka.pdf ·...

  • zbirka zadataka iz termodinamike strana 1/71

    kvazistatičke (ravnotežne) promene stanja idealnih gasova 1.1. Vazduh (idealan gas), (p1=2 bar, t1=27oC) kvazistatički menja stanje pri stalnoj zapremini do deset puta većeg pritiska. Nakon toga izvodi se kvazistatička adijabatska ekspanzija vazduha do početnog pritiska. Odrediti: a) veličine stanja (p, v, T) u karakterističnim tačkama b) razmenjenu toplotu i zapreminski rad za promenu stanja 1-2 c) promenu specifične unutrašnje energije i specifične entalpije za promenu stanja 2-3 d) skicirati proces u pv i Ts koordinatnim sistemima 1.2. Dva kilograma kiseonika (idealan gas) početnog stanja (p=1 bar, t=100oC) menja toplotno stanje kvazistatički politropski (n=0.8) dok mu se zapremina ne smanji dva puta. Odrediti: a) veličine stanja (p, v, T) u karakterističnim tačkama b) promenu entropije izolovanog termodinamičkog sistema u najpovoljnijem slučaju, ako u

    termodinamičkom sistemu pored radne materije (kiseonik) postoji i toplotni ponor stalne temperature

    c) skicirati proces u pv i Ts koordinatnim sistemima 1.3. Kiseonik (idealan gas) mase 10 kg, hladi se kvazistatički izobarski od temperature T1=900 K do T2=T1/3. Kiseonik predaje toplotu dvama toplotnim ponorima stalnih temperatura. Odrediti: a) promenu entropije izolovanog termodinamičkog sistema ako su temperature toplotnih

    ponora T =(TTP1 1+T2)/2 i T =TTP2 2 b) temperature toplotnih ponora tako da promena entropije sistema bude minimalna kao i

    minimalnu promenu entropije sitema u tom slučaju

    K kJa) ΔSsistem = 3.65

    K kJ = 519.6 K, T = 300 K, ΔS =.. 3.32 b) TTP1 TP2 min

    1.4. Tokom kvazistatičke politropske ekspanzije 2 kg idealnog gasa, do tri puta veće zapremine od početne, temperatura gasa opadne sa 600 K na 333 K i izvrši se zapreminski rad 100 kJ. Da bi se proces obavio na opisani način, radnom telu se dovodi 20 kJ toplote. Skicirati promene stanja idealnog gasa na pv i Ts dijagramu i odredite specifične toplotne kapacitete cp i cv datog gasa.

    kgK kJ

    kgK kJcv= 0.150 cp = 0.250

    1.5. Dvoatomni idealan gas (n=2 kmol) ekspandira kvazistatički izentropski od T1=600 K do T2=300 K a zatim se od njega izobarski odvodi toplota dok mu temperatura ne dostigne

    dipl.ing. Željko Ciganović tel. 011/ 533 74 16 [email protected] tel. 064/ 111 65 70

  • zbirka zadataka iz termodinamike strana 2/71

    T3=250 K. Odrediti koliko se zapreminskog rada dobije za vreme ekspazije (kJ) i kolika se toplota odvede od gasa za vreme izobarskog hladjenja (kJ). 1.6. Termodinamički sistem čine 10 kg kiseonika (idealan gas) kao radna materija i okolina stalne temperature to=0oC kao toplotni ponor. Kiseonik menja svoje stanje od 1(p=1 MPa, t=450o oC) do stanja 2(p=1 MPa. t=27 C) na povratan način (povratnim promenama stanja).Skicirati promene stanja idealnog gasa u Ts koordinatnom sistemu i odrediti razmenjnu toplotu izvršeni zapreminski rad. 1.7. Sedam kilograma azota (idealan gas) menja svoje stanje, na povratan način, od stanja 1(p=5 bar, t=1oC) do stanja 2, pri čemu se dobija zapreminski rad L=1146 kJ. Od okoline (toplotnog izvora) stalne temperature to=21oC, azotu se dovodi Q=1400 kJ toplote. Odrediti temperaturu i pritisak radne materije na kraju procesa i skicirati promene stanja radnog tela na T-s dijagramu T2= 323 K p2=0.9 bar 1.8. 3 mola troatomnog idealnog gasa stanja (p=9 bar, T=373 K) kvazistatički politropski ekspandira do stanja (v2=4v1, p=1.9 bar). Odrediti: a) eksponent politrope, n b) promene unutrašnje energije (kJ), entalipje (kJ) i entropije radnog tela (kJ/K) c) količinu toplote koja se predaje radnom telu (kJ) d) skicirati proces u pv i Ts dijagramu a) n=1.12 b) ΔU12=-5 kJ, ΔH12=-6.4 kJ, ΔS12=20.12 J/K c) Q12 = 6.64 KJ 1.9. Termodinamički sistem čine 3 kg vazduha (idealan gas) kao radna materija i okolina stalne temperature t oo=25 C kao toplotni ponor. Radna materija menja svoje toplotno stanje od stanja 1(p=0.1 MPa, t=50oC) do stanja 2(t=5oC) na povratan način (povratnim promenama stanja). Pri tome se okolini predaje 550 kJ toplote. Odrediti: a) pritisak radne materije na kraju procesa b) utrošeni zapreminski rad (kJ) c) skicirati promene stanja radnog tela na T-s dijagramu a) p =5.05 bar 2 b) L12=-452.8 KJ

    dipl.ing. Željko Ciganović tel. 011/ 533 74 16 [email protected] tel. 064/ 111 65 70

  • zbirka zadataka iz termodinamike strana 3/71

    1.10. Idealan gas menja svoje toplotno stanje od stanja 1(p=9 bar, v=0.1 m3/kg) do stanja 2(p=1 bar). Prvi put promena se obavlja kvazistatički po liniji 1A2 (vidi sliku) pri čemu je zavisnost pritiska od zapremine linearna. Drugi put promena se obavlja po liniji 1B2 koja predstavlja kvazistatičku adijabatu čija je jednačina pv2=const. Odrediti: a) dobijeni zapreminski rad (l ) duž promena 1A2 i 1B2 12 b) količinu toplote (kJ/kg) dovedenu gasu duž promena 1A2 i 1B2

    C T TlnKS +⋅=1.11. Idealan gas sabija se kvazistatički po zakonu:

    (gde su K=-104 kJ/K i C konstante) od temperature T1=273 K do temperature T2=873 K. Odrediti nepovratnost ove promene stanja ,kJ/K, (ΔSsi) ako se toplota predaje izotermnom toplotnom ponoru temperature TTP=T1 i predstaviti je grafički na Ts dijagramu. 1.12. Jedan kilogram vazduha (idealan gas) stanja 1(p=14 bar, T=323 K) kvazistatički ekspandira u p-v dijagramu po zakonu prave. U tokou procesa vazduhu se dovede Q12=105 kJ toplote i pri tom se dobije L12=100 kJ zapreminskog rada. Odrediti temperaturu i pritisak vazduha u stanju 2. T = 330 K bar84.5p2 =2

    1.13. Vazduh (idealan gas) kvazistatički menja toplotno stanje od stanja 1(T=300 K) do stanja 2(T=600 K) i pri tome je v1=2v2. Prvi put se promena vrši po zakonu prave linije u T- s dijagramu, a drugi put se od stanja 1 do stanja 2 dolazi politropskom promenom stanja. Odrediti koliko se toplote (kJ/kg) dovede vazduhu u oba slučaja .

    kg kJ6.129)q(,

    kg kJ1.135)q( politropa12prava12 ==

    1.14. Dva kmol-a dvoatomnog idealnog gasa kvazistatički menja stanje od stanja 1(T=300 K, p=1 bar) do stanja 2(T=900 K) po zakonu prave linije u Ts dijagramu. Pri tome se radnom telu saopstava 600 kJ rada. Odrediti pritisak radne materije u stanju 2.

    bar07.4p2 =

    dipl.ing. Željko Ciganović tel. 011/ 533 74 16 [email protected] tel. 064/ 111 65 70

  • zbirka zadataka iz termodinamike strana 4/71

    nekvazistatičke (neravnotežne) promene stanja idealnih gasova

    o1.15.Vazduh (idealan gas) stanja (p1=12 bar, t1=255 C) ekspandira nekvazistatički adijabatski sa stepenom dobrote ηdex=0.8 do stanja (p2=1 bar). Odrediti: a) temperaturu vazduha nakon ekspanzije b) prirastaj entropije radnog tela usled mehaničke neravnoteže c) zakon nekvazistatičke promene stanja u obliku pvm=idem 1.16. Pet kilograma kiseonika (idealan gas) ekspandira nekvazistatički politropski po zakonu pv1.1=idem, od stanja 1(p1=7 bar, v1=0.12 m3 o/kg) do stanja 2(t2=-1 C). Specifična toplota ove promene stanja iznosi c12=-650 J/kgK. Odrediti: a) priraštaj entropije radnog tela usled mehaničke i usled toplotne neravnoteže b) ukupnu promenu entropije sistema ako je temperatura toplotnog izvora 373K

    o1.17. Tri kilograma vazduha stanja (p1=2 bar, t1=150 C) menja svoje toplotno stanje nekvazistatički izotermski do stanja (p2=8 bar). Promena entropije radne materije usled nekvazistatičnosti procesa (mehaničke neravnoteže) iznosi Δs =238 J/kgK. Odrediti: meh.ner. a) spoljne uticaje koji izazivaju ovu promenu stanja (Q , L ) 12 12 b) stepen dobrote adijabatske kompresije (ηdkp) 1.18. Tokom nekvazistatičkog sabijanja 3 kg butana (idealan gas) od stanja 1(p1=1 bar, t1=20oC) do stanja 2(p =30 bar, S =S2 2 1), spoljašnja mehanička sila izvrši rad od 850 kJ. Tokom procesa radna materija predaje toplotu toplotnom ponoru stalne temperature tp=0oC. Skicirati proces u T-S koordinatama kao i odrediti: a) promenu entropije adijabatski izolovanog termodinamičkog sistema tokom

    posmatrane promene stanja b) stepen dobrote nekvazistatičke kompresije 1.19. Kompresor proizvodjača A radi izmedju pritisaka p =1 bar i pmin max= 9 bar. Kompresor proizvodjača B radi izmedju pritisaka p =1.5 bar i pmin max= 10 bar. U oba slučaja radni fluid je vazduh (idealan gas) početne temperature 30oC. Temperature vazduha na izlazu iz oba kompresora su jednake. Odrediti koji je kompresor kvalitetniji sa termodinamičkog aspekta, predpostavljajući da su kompresije adijabatske Sa termodinamičkog aspekta kvalitetniji je onaj kompresor koji ima veći stepen dobrote

    adijabatske kompresije tj. kompresor A jer je 21.1 B D

    A D = η

    η

    dipl.ing. Željko Ciganović tel. 011/ 533 74 16 [email protected] tel. 064/ 111 65 70

  • zbirka zadataka iz termodinamike strana 5/71

    1.20. [est kilograma troatomnog idealnog gasa menja svoje toplotno stanje nekvazistatički po zakonu pvm=idem (m=κ) (tj. nekvazistatički izentropski) od stanja 1(p1=1 bar, T1=293 K) do stanja 2(p2=30 bar). Tokom ove promene stanja specifična zapremina gasa se smanji za 0.39 m3/kg, a spoljašnja mehanička sila izvrši rad od 1700 kJ. Skicirati promenu stanja idealnog gasa na Ts koordinatnom sistemu i odrediti: a) količinu razmenjene toplote za vreme ove promene stanja b) stepen dobrote ove nekvazistatičke promene c) porast entropije radnog tela usled mehaničke neravnoteže (kJ/K) a) Q12 = -740 kJ b) 54.0KPD =η

    k kJ95.3S .ner.meh −=Δc)

    1.21. Termodinamički sistem sačinjava m=5 kg azota (idealan gas) i okolina temperature tO=27OC. Azot nekvazistatički