Click here to load reader

Riješeni zadaci Iz Termodinamike

  • View
    3.808

  • Download
    58

Embed Size (px)

DESCRIPTION

Zadaci iz termodinamike I i II

Text of Riješeni zadaci Iz Termodinamike

UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIKIH NAUKA Mainski 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 okruenjem. c) Izaraunati 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 kvazistatino sabija po zakonu 1.3pv const = . U ustaljenom reimu, nakon kompresije u prvom stepenu do 400 kPa obavlja se izobarno hlaenje vazduha do temperature na ulazu prvog stepena kompresora, a zatim se proputa kroz drugi stepen kompresora do 1600 kPa. Promenu kinetike i potencijalne energije vazduha zanemariti. a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) izraunati potrebnu ukupnu snagu kompresora, c) odvedenu toplotu pri izobarnom hlaenju. 3. Kod Rankin-Klausijusovog krunog procesa sa pregrevanjem pare, pritisak kondenzacije je 20 kPa, a najvia tempera u procesu je 500oC. Toplota se dovodi na 5 MPa. Turbina je adijabatna, a na izlazu turbine je suvozasiena vodena para. Zanemarivi rad za pumpanje, treba: a) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja, b) izraunati stepen dobrote (valjanosti) adijabatne turbine, c) odrediti termodinamiki stepen iskorienja krunog 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 Dragutinovi 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 okruenjem. c) Izaraunati promenu entropije vazduha tokom ovog procesa. RESENJE 1: 12pv 1 m kg = Stanje 1: 14 p bar = 01200 t C = 3 1110.339 /RTv m kgp= = Stanje 2: 21.5 p bar = 0280 t C = 3 2220.675 /RTv m kgp= = 2 Za datu promenu p=av+b, iz poetnih 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 21 2744047.619p pav v= = 1 1652232.143 b p av = = Sada se moe izraunati i zapreminski rad koji vazduh obavi: dl pdv = ( ) ( )2 2 2 22 112 2 11 192400 /2v vl pdv av b dv a b v v J kg= = + = + =} } 1292400 92.4 L J kJ = = Kao i ukupno razmenjena toplota sa okruenjem 12 12 12Q L U = + A ( ) ( )12 12 2 192400 1 720 353 473vQ L mc T T = + = = 1292400 86400 6000 6 Q J kJ = = = c) Promena entropije vazduha : 2 2121 1ln lnp T ps c RT pA = 12353 1.51000ln 287ln 11.132 /473 4s J kgK A = = 1211.132 / S J K A = RESENJE 2: 2. 20 kg/min vazduha (id.gas) stanja (900K, 100kPa) ulazi u dvostepeni kompresor. U oba stepena kompresora vazduh se politropno kvazistatino sabija po zakonu 1.3pv const = . U ustaljenom reimu, nakon kompresije u prvom stepenu do 400 kPa obavlja se izobarno hlaenje vazduha do temperature na ulazu prvog stepena kompresora, a zatim se proputa kroz drugi stepen kompresora do 1600 kPa. Promenu kinetike i potencijalne energije vazduha zanemariti. a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) izraunati potrebnu ukupnu snagu kompresora, c) odvedenu toplotu pri izobarnom hlaenju. RESENJE 2: 12pv34n=1.3n=1.3 20 / min m kg = 3 b) Stanje 1: 1100 p kPa = 1900 T K = Stanje 2: 11.3 11.322 11400900 1239.3100nnpT T Kp | | | |= = = | |\ .\ . 2400 p kPa = Stanje 3: 3 2400 p p kPa = = 3900 T K = Stanje 4: 11.3 11.344 331600900 1239.3400nnpT T Kp | | | |= = = | |\ .\ . 41600 p kPa = Potrebna snaga kompresora u oba stepena : ( ) ( )12 1 21.3 287900 1239.3 421976.1 /1 1.3 1nRlt T T J kgn = = = ( ) ( )34 3 41.3 287900 1239.3 421976.1 /1 1.3 1nRlt T T J kgn = = = 14 12 34843.95 / lt lt lt kJ kg = + = ( )14 1420843.95 281.3260Lt m lt kW = = = c) Toplota koja se odvodi pri izobarnom hlaenju: ( ) ( )23 3 21 900 1239.3 339.3 /pq c T T kJ kg = = = ( )23 2320339.3 113.160Q m q kW = = = RESENJE 3 3. Kod Rankin-Klausijusovog krunog procesa sa pregrevanjem pare, pritisak kondenzacije je 20 kPa, a najvia tempera u procesu je 500oC. Toplota se dovodi na 5 MPa. Turbina je adijabatna, a na izlazu turbine je suvozasiena vodena para. Zanemarivi rad za pumpanje, treba d) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja, e) izraunati stepen dobrote (valjanosti) adijabatne turbine, b) odrediti termodinamiki stepen iskorienja krunog procesa. RESENJE a) TsT3=(273.15+500) Kp = 20 kPaK24s1p = 5 MPap = 20 kPa=0.02 MPap = 5 MPa3 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 suvozasiena 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 43 43433 26093433 2298.09Tsh hh h q = = = 0.726 = 72.6% c) { }1 4 1 4Pr 2 13 2 3 1| | | | | 251.4 2609|1 zanem. r ad pupanja 1 13433 251.4ocesa h h h hh hh h h h q = = ~ ~ = = 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 12h kJ/kgLx kg/kgL18 oC1.015 Pa30%100%124.19oC(51-52)oCh20.0038170.05665 (0.086-0.096) a) Bilans mase vlage i energije za kontrolnu zapreminu u ustaljenom rezimu sa dva ulaza i jednim izlazom su 01 2= + Lx m Lx , 01 2= + + Lh mh Lh Q , gde su, prema uslovu zadatka, . ( ) m L x = + 0 050 12, ( ) Q L x = + 180 12. 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 x p tp p tSS11 11 10 622 =.( )( ), p t p tS S( ) ( ) .1 118 0 02064 = = =oC bar, (tablice za vodu i vodenu paru), te je 5 x10 6220 30 0 020641 015 0 30 0 02064= = .. .. . . 0.003817796845 kg/kgL h c t x r c t t x tpL pW 1 1 1 0 1 1 1 11 007 2500 1 865 = + + = + + ( ) . ( . ) , odnosno h11 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 x210 0501 0 0500 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 h227 7986555526 1 0 0566503 58 604 180 = + + + = . ( . ) ( . ) 279.91964373 kJ/kgL . Odavde, zbog h c t x r c t t x tpL pW 2 2 2 0 2 2 2 21 007 2500 1 865 = + + = + + ( ) . ( . ) , dobija se temperatura izlazne mesavine t h xx2 2 22250011 007 1 865= + ( ). ., odnosno t2279 9196437338 0 056650312 250011 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 pW 2 2 2 0 2 2 2 21 007 2500 1 865 = + + = + + ( ) . ( . ) , - izentalpa x p tp p tSS2220 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 UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIKIH NAUKA Mainski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 02.10.2007. 1. Suvozasiena vodena para na 3.4 bar mea se izobarno sa vodom na 15oC i dobija se 4 kg/s tople vode na 80oC . Svi ulazni preseci i izlazni presek na ureaju za meanje imaju prenik od 5 cm. Ureaj je dobro toplotno izolovan u odnosu na okolinu, nema nikakvih mehanikih meaa, i proces je ustaljen. Promenu potencijalne i kinetike energije zanemariti. Treba odrediti potreban protok suvozasiene pare, kao i prosene brzine fluida u pojedinim presecima. 2. 2 kg kiseonika (poluidealan gas) menja stanje kvazistatiki od p1=1 bar, T1 = 280 K do p2= 30 bar po zakonu pv1.2 = const. Usvojivi za izobarnu specifinu toplotu kiseonika cp=48.2 - 967 T-1/2 + 11530 T-1 kJ/kmolK, odrediti: a) tehniki rad promene stanja, b) promenu entropije kiseonika. 3. 2 m3/s suvozasiene vodene pare na 180oC zagreva se kvazistatino izobarno do 600oC, zatim adijabatno ekspandira do 0.5 bar i 180 oC, pa se izotermnom kompresijom kvazistatino vrati u poetno stanje, zatvarajui kruni proces. Odrediti: a) stepen dobrote adijabatne ekspanzije, b) ukupan ostvaren tehniki rad u ovom krunom procesu, c) termodinamiki stepen iskorienja krunog ciklusa. 4. 4.2 kg/min vlanog vazduha stanja 1(8oC, 97 kPa, =43%) izobarno se zagreva do stanja 2(24oC). Izraunati: a) potrebnu snagu za zagrevanje, b) relativnu vlanost vlanog vazduha na izlazu (u stanju 2). Novi Sad, 2. oktobar 2007. dr Gordan Dragutinovi RESENJE 1: 1. Suvozasiena vodena para na 3.4 bar mea se izobarno sa vodom na 15oC i dobija se 4 kg/s tople vode na 80oC . Svi ulazni preseci i izlazni presek na ureaju za meanje imaju prenik od 5 cm. Ureaj je dobro toplotno izolovan u odnosu na okolinu, nema nikakvih mehanikih meaa, i proces je ustaljen. Promenu potencijalne i kinetike energije zanemariti. Treba odrediti potreban protok suvozasiene pare, kao i prosene 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) 01 2 1= + + + m m m , 01 1 2 2 1 1= + + + + + m h m h m h . Dve jednacine sa dve nepoznate se reavaju lako: . / m kg s10 408+ = , 24 0.408 3.592 / m kg s+= = . Prosene brzine u pojedinim presecima, na osnovu protoka : w mD m s1112 2140 4081 8573551314 0 05111 8788+ = = =++( / ).. ( / ) .. / t t, w mD m s1112 2144971 62844914 0 052 097 = = =( / ) . ( / ) .. / t t. 7 RESENJE 2: 2. 2 kg kiseonika (poluidealan gas) menja stanje kvazistatiki od p1=1 bar, T1 = 280 K do p2= 30 bar po zakonu pv1.2 = const. Usvojivi za izobarnu specifinu toplotu kiseonika cp=48.2 - 967 T-1/2 + 11530 T-1 kJ/kmolK, odrediti: c) tehniki rad promene stanja, d) promenu entropije kiseonika. a) Tehnicki rad promene stanja je l v p dp p v p dp p v p ppppp12 1111111 112112121= = = } } ( ) ( )/ / | | | || ||||, l RT pp12 12111 2 11 211 260 2801 21 2 11301= |\

|.| = |\

|.| = ||||( )..( )..-333162.3786 J/kg = - 333.1623786 kJ/kg. L mlt 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 pppTTppTT2 10 5 10211 148 2 967 115301121212 = = + } } } ( ) ( . ) ln., odnosno s s TT T T T T R pp2 12120 5 1 110 5 1 121 1 111 1 102148 7 96710 5 1 11153011 1 1 = + + + + + + +. ln.( ) ( ) ln. ., s s TT T T T T R pp2 12120 510 5211102148 7 96710 51153011 = + . ln.( ) ( ) ln. .. Temperatura na kraju procesa je p v p v p p RT p p RT1 1 2 2 21212 11111| | | |= = , , oadkle T T pp2 1211= |\

|.| = ||, odnosno ovde T21 2 11 2280301= |\

|.| = ..493.565627315 K, Zato sledi s s TT T T T T R pp2 12120 510 5211102148 7 2 967 11530 = + . ln ( ) ( ) ln. ., s s2 10 5 0 548 7493 5656273152802 9671493 5656273151280115301493 56562731512808 314301 = + =. ln(.) (.)(.) . ln( ) .... . ( ) . s s2 111 37877169974 = kJ/kmolK. Za celu kolicinu kiseonika je S S G s s2 1 2 1213211 37877169974 = = = ( ) ( . ) - 0.71117323123 kJ. RESENJE 3 3. 2 m3/s suvozasiene vodene pare na 180oC zagreva se kvazistatino izobarno do 600oC, zatim adijabatno ekspandira do 0.5 bar i 180 oC, pa se izotermnom kompresijom kvazistatino vrati u poetno stanje, zatvarajui kruni proces. Odrediti: d) stepen dobrote adijabatne ekspanzije, e) ukupan ostvaren tehniki rad u ovom krunom procesu, f) termodinamiki stepen iskorienja krunog ciklusa. 8 RESENJE hs1233'600 oC180 o C180 oC5 barc23 = 0 (adi jabat a) a) t[0C ] 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: qa tt kvll=2323, Rad adijabatske stvarne ekspanzije je l q h h h ht 23 23 2 3 2 30 = + = + . Rad adijabatske kvazistatine ekspanzije je l q h h h ht kv kv 23 23 2 3 2 30, , ' '= + = + . Sada je stepen dobrote adijabatske ekspanzije 23 jednak: qa tt kv kvll q h hq h h h hh h= = + + = + + =232323 2 323 2 32 32 3000 978814, , ' '. . b) Tehniki rad izobarnog zagrevanja 12: 120tl = . 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 1 tl q h h = + , a odvedena toplota u izotermnoj kompresiji je 31 1 1 3( ) q T s s = . Dakle, tehniki 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 tehniki rad po jedinici mase u ovom krunom procesu: 9 , 12 23 310 860 611.8896 248.11 /t cikl t t tl l l l kJ kg = + + = + = . Dok je ukupan ostvaren tehniki rad: , , t cikl t ciklL ml = za protok fluida koji krui .. / m Vv V kg s = = = = 1 1111 1019392 10 3146 , ,10.3146 248.11 2559.155t cikl t ciklL ml kW = = = c) Termodinamiki stepen iskorienja krunog ciklusa: | |1 oqq = gde se toplota odvodi u procesu 31: ( ) ( ) ( )31 3 1 3180 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 13698 2778 920 00 . / , Pa je termodinamiki stepen iskorienja krunog ciklusa: | | 671.88961 1 0.2697920oqq = = = REENJE 4: 4. 4.2 kg/min vlanog vazduha stanja 1(8oC, 97 kPa, =43%) izobarno se zagreva do stanja 2(24oC). Izraunati: a) potrebnu snagu za zagrevanje, b) relativnu vlanost vlanog vazduha na izlazu (u stanju 2). RESENJE 43%15.5% hx24812 ( )( ) ( )( )o1 11o1 10.43 8 C0.43 0.010720.622 0.622 0.622 0.002970.97 0.43 0.01072 0.97 0.43 8 Cws wsws wspp txp p t p = = = = , ( )1 1 1 11.007 2500 1.865 h t x t = + + , ( )2 2 2 21.007 2500 1.865 h 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 1.865 h t t x t t A = + = + = 16.023 kJ/kgL a) Potrebna snaga za zagrevanje: LQ m h = A Maseni protok suvog vazduha: 4.2 / 601 1 0.00297L mmx= = =+ + 0.06979 kgL/s, pa je: 0.06979 16.023 Q = = 1.118 kJ/s = 1.118 kW. 10 b) Relativna vlanost na izlazu: ( ) ( ) ( )222 20.97 0.002970.1550.622 0.622 0.00297 0.02982wsp xx p t = = =+ + 215.5 = % UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIKIH NAUKA Mainski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 4.7.2006. 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 koliinu toplote u ovom procesu, c) zapreminski rad procesa. 2. 5 kg vazduha (id.gas) menja stanje kvazistatino, izobarno od polaznog stanja 1 ( 0,1MPa, 300K ) do stanja 2 (400K), zatim kvazistatino, izohorno do stanja 3 (3 1T T = ) i najzad kvazistatino, 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 veliine stanja vazduha u takama koje odgovaraju karakteristinim stanjima radne supstance, c) odrediti predatu koliinu toplote i obavljeni apsolutni i tehniki 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 krunom procesu sa kotlovskim pritiskom 20 bar i pritiskom kondenzatora 0.05 bar, ekspanzija u turbini poinje na 540oC. Izraunati, a zatim uporediti termodinamike stepene iskorienja krunog procesa za dva sluaja: a) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatina. 4. Vlaan vazduh na 10oC sa 30% relativne vlanosti u ustaljenom reimu sa 45m3/min ulazi u sistem za pripremu vaz-duha, a izlazi na 25oC sa 60% relativne vlanosti. Vazduh se prvo zagreva do 22oC, a zatim ovlauje ubrizgavanjem pregrejane vodene pare. Ceo proces pripreme tee na 100 kPa, a promene kinetike i potencijalne energije su zanemarive. Odrediti: a) snagu potrebnu za zagrevanje vazduha do 22oC, b) maseni protok vodene pare za vlaenje vazduha, i c) temperaturu pregrejane pare koja se ubrizgava ako je njen pritisak 12 bar. U Novom Sadu, 4. jula 2006. dr Gordan Dragutinovi REENJE 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 koliinu toplote u ovom procesu, f) zapreminski rad procesa. RESENJE 11 213pv a) Stanje 1: 130 p = bar 01300 t C = 310.08119 / v m kg = 12988 h = kJ/kg 16.530 s = kJ/kgK 31 1 1 12988 3 10 0.08119 2744.43 u h p v = = = kJ/kg Stanje 2: 32 10.08119 / v v m kg = = 02200 t C = ,2 ,, ,0.08119 0.00115650.6350.1272 0.0011565v vxv v = = = ( ) ( ), , ,,2 2 2 2 2852.4 0.635 2793 852.4 2084.681 h h x h h = + = + = kJ/kg ( ), ,, ,2 2 2 2 24.9349 s s x s s = + = kJ/kgK Stanje 3: 03200 t C = 325 p = bar 330.001155 / v m kg = 3852.5 h = kJ/kg 32.327 s = kJ/kgK 23 3 3 3852.5 25 10 0.001155 849.6125 u h p v = = = kJ/kg b) Iz: dq=du+dl Za izohoran proces 1-2: 12 2 11958.659 2744.43 785.771 q u u = = = kJ/kg Za kvazistatian, izoterman proces vazi: dq Tds = pa je razmenjena koliina toplote za proces 2-3: ( ) ( )23 2 3 2473 2.327 4.9349 1233.5367 q T s s = = = kJ/kg Ukupno razmenjena koliina toplote za 1-2-3: 13 12 23785.771 1233.5367 2019.3077 q q q = + = = kJ/kg c) Zapreminski rad izohornog procesa 1-2: 120 l = kJ/kg zapreminski rad izotermnog procesa 2-3: ( )23 23 231233.5367 849.6125 1958.659 124.49 l q u = A = = kJ/kg 12 pa je ukupan zapreminski rad za ceo proces: 13 12 23124.49 l l l = + = kJ/kg RESENJE 2: 2. 5 kg vazduha (id.gas) menja stanje kvazistatino, izobarno od polaznog stanja 1 ( 0,1MPa, 300K ) do stanja 2 (400K), zatim kvazistatino, izohorno do stanja 3 (3 1T T = ) i najzad kvazistatino, 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 veliine stanja vazduha u takama koje odgovaraju karakteristinim stanjima radne supstance, c) odrediti predatu koliinu toplote i obavljeni apsolutni i tehniki 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 pv1234 a) Veliine stanje 1: 1p =0.1 MPa, 1T =300 K, 3 11 61287 3000.861 /0.1 10RTv m kgp = = =, Veliine stanja 2: 2T =400 K, 2 1p p = =0.1 MPa, 3 22 62287 4001.148 /0.1 10RTv m kgp = = =, Veliine stanja 3: 33 21.148 / v v m k g = = , 3 1T T = = 300 K, 333287 300750001.148RTpv = = = Pa, Veliine stanja 4: 4 1v v = , 1.434 341.14875000 1121950.861vp pvk| | | |= = = | |\ .\ . Pa, 11.4 134 341.148300 336.590.861vT Tvk | | | |= = = | |\ .\ . K, b) Predata koliina toplote i ostvareni rad: ( )12 2 128700 l p v v = = J/kg, 312143.5 10 L = J, 120tl = , 13 120tL = , 12 121q lk= k =100450 J/kg, 312502.25 10 Q = J, 230 l = , 230 L = , ( )23 2 3 228700tl v p p = = J/kg, 312143.5 10tL = J, ( )2 3 223717501v p pq = = k J/kg, 323358.75 10 Q = J, 340 q = , 340 Q = , 3 43431 26253.321RT TlT| |= = |k \ . J/kg, 334131.27 10 L = J, ( )34 3 3 4 436764.71tl p v p vk= = k J,3143.5 10 334183.82 10tL = J, 1234 12 23 34Q Q Q Q = + + =3143.5 10 J 31234 12 23 3412.24 10 L L L L = + + = J 31234 12 23 3440.32 10t t t tL L L L = + + = J d)Promena entropije: 2 22 11 1400 1.148ln ln 720 ln 287 ln 207.13 82.57 289.7300 0.861v T vs s c RT v = + = + = + = J/kgK 32 11.448 10 S S = J/K 3 33 22 2ln ln 207.13v T vs s c RT v = + = J/kgK 33 21.036 10 S S = J/K 4 30 S S = ( ) ( ) ( )32 1 3 2 4 30.412 10 S S S S S S + + = J/K REENJE 3: 3. U Rankin-Klausijusovom krunom procesu sa kotlovskim pritiskom 20 bar i pritiskom kondenzatora 0.05 bar, ekspanzija u turbini poinje na 540oC. Izraunati, a zatim uporediti termodinamike stepene iskorienja krunog procesa za dva sluaja: c) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, d) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatina. RESENJE 14 pv122b34 Stanje pare na ulazu u turbinu (stanje 1): 01540 t C = 120 p bar = 310.1851 / v m kg = 13556 / h kJ kg = 17.542 / s kJ kgK = Stanje pare na izlazu iz turbine (stanje 2): 20.05 p bar = Stanje pare se odreuje korienjem zakona promene stanja: 1.18 1.18 1.181 1 2 2pv const p v p v = = = pa je: 111.181.183 12 12200.1851 29.6853 /0.05pv v m kgp| | | |= = = | |\ .\ . 22590.657 / h kJ kg = 28.4848 / s kJ kgK = Stanje pare na ulazu u pumpu (stanje 3): 30.05 p bar = 30 x = 330.0010053 / v m kg = 3137.83 / h kJ kg = 30.4761 / s kJ kgK = 3137.82 / u kJ kg = Stanje pare na izlazu iz pumpe (stanje 4): 420 p bar = 4 30.4761 / s s kJ kgK = = 4140.6885 / h kJ kg = Stanje pare na izlazu iz turbine-adijabatna kvazistatina promena (stanje 2b): 20.05bp bar = 2 17.542 /bs s kJ kgK = = ,2 22 ,, ,2 27.542 0.47610.8938.393 0.4761b bbb bs sxs s = = = ( ) ( ), ,, ,2 2 2 2 2137.83 0.893 2561 137.83 2301.72 /b b b b bh h x h h kJ kg = + = + = a) Proces 1-2-3-4: 120 q = 1-2 je adijabatna promena, ,230tl = 2-3 je izobarna promena, 15 ( )23 3 2 , 23137.83 2590.657 2452.827 /tq h h l kJ kg = + = = 340 q = 3-4 je kvazistatina adijabata, ,410tl = 4-1 je izobarna promena, ( )41 1 4 ,413556 140.6885 3415.3115 /tq h h l kJ kg = + = = Dobija se: 23412452.8271 1 0.28183415.3115a qq q = = = b) Proces 1-2b-3-4: 120bq = 1-2 je adijabatna promena, ,2 30t bl = 2-3 je izobarna promena, ( )2 3 3 2 , 2 3137.83 2301.72 2163.89 /b b t bq h h l kJ kg = + = = 340 q = 3-4 je kvazistatina adijabata, ,410tl = 4-1 je izobarna promena, ( )41 1 4 ,413556 140.6885 3415.3115 /tq h h l kJ kg = + = = Dobija se: 2 3412163.891 1 0.36643415.3115ba qq q = = = REENJE 4: 4. Sistem za pripremu vazduha uzima spoljni vazduh na 10oC sa 30% relativne vlanosti u ustaljenom reimu sa 45m3/min, i zagreva do 25oC sa 60% relativne vlanosti. Ulazni vazduh se prvo zagreva do 22oC a zatim ovlauje ubrizgavanjem pregrajne vodene pare. Smatrajui da ceo proces pripreme tee na 100 kPa, da nema promene kinetike i potencijalne energije, odrediti: a) snagu grejaa za zagrevanje vazduha do 22oC, i b) maseni protok vodene pare za ovlaivanje 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 0 Lh Lh Q . bilans energije za sekciju grejanja. =2 1x x , = 2 1( ) Q L h h . = = = = o1 11o1 1( ) 0.3 (10 C) 0.3 1.22760.622 0.622 0.622100 0.3 1.2276 ( ) 100 0.3 (10 C)s ss sp t pxp 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 1 L 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 11 1( ) 100 0.3 1.2276450.287 (273.15 10)sLL Lp p p tL V VR T R T55.2 kg/min , 0.92 kg/s. = = = 2 1( ) 0.92 12.135 Q 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 0 Lh mh Lh . bilans energije za sekciju vlaenja. = 3 2( ) m L x x , = = = = o3 33o3 3( ) 0.6 (25 C) 0.6 3.1690.622 0.622 0.622100 0.6 3.169 ( ) 100 0.6 (25 C)s ss sp t pxp p t p0.012054 kgW/kgL, = = =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 TEHNIKIH NAUKA Mainski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 4.9.2006. 1. 5 kg vodene pare stanja 1(5 bar, 250oC) izoentropno ekspandira do 150oC, a zatim se izotermno kvazistatino ohladi do stanja suvozasiene vodene pare. Odrediti: a) koliko je potrebno odvesti toplote od vodene pare tokom procesa i b) koliko iznosi promena entropije i unutranje 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 kvazistatino 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 suvozasiene pare, stanje 3. Para se zatim izohorno hladi do stanja 4 i na kraju, izotermno dovodi do poetnog stanja 1. a) Skicirati procese u (p,v) dijagramu stanja. b) Izraunati ukupni zapreminski rad krunog procesa, kJ, i razmenjenu toplotu sa svaki deo procesa, kJ. 5. Vlaan vazduh na 10oC sa 30% relativne vlanosti u ustaljenom reimu sa 45m3/min ulazi u sistem za pripremu vaz-duha, a izlazi na 25oC sa 60% relativne vlanosti. Vazduh se prvo zagreva do 22oC, a zatim ovlauje ubrizgavanjem pregrejane vodene pare. Ceo proces pripreme tee na 100 kPa, a promene kinetike i potencijalne energije su zanemarive. Odrediti: d) snagu potrebnu za zagrevanje vazduha do 22oC, e) maseni protok vodene pare za vlaenje vazduha, i f) temperaturu pregrejane pare koja se ubrizgava ako je njen pritisak 12 bar. Novi Sad, 4. septembar 2006. dr Gordan Dragutinovi RESENJE 1: 1. 5 kg vodene pare stanja 1(5 bar, 250oC) izoentropno ekspandira do 150oC, a zatim se izotermno kvazistatino ohladi do stanja suvozasiene vodene pare.. Odrediti: a) koliko je potrebno odvesti toplote od vodene pare tokom procesa i b) koliko iznosi promena entropije i unutranje energije vodene pare i c) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja. 17 Ts1230000 Stanje pare na poetku procesa: 1013111152500.4942 /2957.75 /7.273 /2710.65 /p bart Cv m kgh kJ kgs kJ kgKu kJ kg====== stanje pare posle ekspanzije: 2022 12.01251507.273 /p bart Cs s kJ kgK=== = stanje pare na kraju procesa hlaenja: 03 2333335 33 3 3 31504.766.8383 /2746 /0.3926 /2746 4.76 10 0.3926 10 2559.32 /t t Cp bars kJ kgKh kJ kgv m kgu h p v kJ kg= ====== = = a) Proces izoentropne ekspanzije je adijabatan proces pa je: 120 Q A = . za izoterman proces 2-3, polazei od: dq Tds = moe se napisati: ( ) ( ) ( )23 3 3 2150 273 6.8383 7.273 183.878 / q T s s kJ kg A = = + = 23919.391 Q kJ A = tj., za ceo proces potrebno je dovesti: 13 12 23919.391 Q Q Q kJ A = A + A = . b) Promena entropije za izotermno hlaenje 23 3 223 236.8383 7.273 0.4347 /2.1735 /s s s kJ kgKS m s kJ KA = = = A = A = dok je proces 2-3 izoentropan pa je 232.1735 / S S kJ K A = A = . Promena unutranje 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 kJA = = = = A = A = = RESENJE 2: 2. Dvoatomni idealni gas se nalazi u cilindru na pritisku 2 bar. Gasu se kvazistatino 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 1212pvTs a) Polazei od dq du dl = + za izobaran proces vai: p vc dT c dT dl = + odnosno: p vppc cc dT dlc = pa vai: 12 121l qk = k to jest, rad koji dvoatomni gas obavi tokom procesa: 12 121 1.4 1100 28.5711.4L Q KJk = = =k b) Za kvazistatian izobaran proces vai: ( )2112 2 1VVL pdV p V V p V = = = A} pa je promena zapremine tokom ovog procesa: 3 12285710.1429200000LV mpA = = = 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 suvozasiene pare, stanje 3. Para se zatim izohorno hladi i na kraju,izotermno dovodi do poetnog stanja 1. a) Skicirati procese u (p,v) dijagramu stanja. c) Izraunati ukupni zapreminski rad krunog procesa, kJ, i razmenjenu toplotu sa svaki deo procesa, kJ. 123pv4 RESENJE: 10.3167 v ~ m3/kg, 12568.98 u = kJ/kg, 16.767 s = kJ/kgK 2 10.3167 v v = ~ m3/kg, 22992.46 u = kJ/kg, 30.1944 v = m3/kg, 32583.6 u = kJ/kg, 4 30.1944 v v = = m3/kg, 4 1160 T T = =0C, 41871.2 u = kJ/kg, 44.972 s = kJ/kgK. U Q L A = , 19 izohorno zagrevanje 1-2: 12 12 12U Q L A = , 120 L = , 12Q U = A 12, 12 2 1U U U A = 423.48 = kJ, 12 12423.48 Q U = A = kJ, izobarna promena stanja 2-3: 23 23 23U Q L A = + , 323 3 22( ) 122.3 L pdv mp v v = = = }kJ 23 3 2 23( ) 531.16 Q m u u L = + = kJ izohorno hladenje 3-4: 34 34 34U Q L A = , 340 L A = , 34 4 3( ) 709.86 Q m u u = = kJ, izotermno sirenje 4-1: ( )41 1 1 4771.173 Q T s s = = kJ, 41 41 1 4( ) 75.333 L Q m u u = = kJ, ukupni zapreminski rad kruznog procesa: 46.96QL = kJ, ukupna razmenjena toplota: 46.37QQ = kJ, Q QL Q ~ . REENJE 4: 5. Sistem za pripremu vazduha uzima spoljni vazduh na 10oC sa 30% relativne vlanosti u ustaljenom reimu sa 45m3/min, i zagreva do 25oC sa 60% relativne vlanosti. Ulazni vazduh se prvo zagreva do 22oC a zatim ovlauje ubrizgavanjem pregrajne vodene pare. Smatrajui da ceo proces pripreme tee na 100 kPa, da nema promene kinetike i potencijalne energije, odrediti: d) snagu grejaa za zagrevanje vazduha do 22oC, i e) maseni protok vodene pare za ovlaivanje vazduha. RESENJE: hx123130% =360% =010 C022 C025 C 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 20 = + 1 20 0 Lh Lh Q . bilans energije za sekciju grejanja. =2 1x x , = 2 1( ) Q L h h . = = = = o1 11o1 1( ) 0.3 (10 C) 0.3 1.22760.622 0.622 0.622100 0.3 1.2276 ( ) 100 0.3 (10 C)s ss sp t pxp 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 1 L 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 11 1( ) 100 0.3 1.2276450.287 (273.15 10)sLL Lp p p tL V VR T R T55.2 kg/min , 0.92 kg/s. = = = 2 1( ) 0.92 12.135 Q L h h 11.164 kJ/s , 11.164 kW. b) = 2 30 L L , = = 3 2L L L , bilans suvog vazduha = + 2 30 Lx m Lx , bilans vlage u VV = + + 2 30 0 0 Lh mh Lh . bilans energije za sekciju vlaenja. = 3 2( ) m L x x , = = = = o3 33o3 3( ) 0.6 (25 C) 0.6 3.1690.622 0.622 0.622100 0.6 3.169 ( ) 100 0.6 (25 C)s ss sp t pxp p t p0.012054 kgW/kgL, = = =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 TEHNIKIH NAUKA Mainski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 04.09.2007. 1. 10 kg vazduha (id.gas) stanja 1 (2 bar, 1300oC) se adijabatno komprimuje sve dok se pritisak ne povea deset puta, a zatim se izohorno ohladi do poetnog pritiska. Obe promene su kvazistatine. d) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja. e) Izraunati razmenjenu koliinu toplote i izvreni zapreminski rad. f) Izraunati promenu unutranje energije vazduha. 2. U ustaljenom reimu, 37 m3/min vazduha (id. gas) na 136 kPa i 305 K ulazi u kompresor i komprimuje se do 680 kPa i specifine zapremine 0.1686 m3/kg. Kompresoru se dovodi 161.5 kJ rada po svakom kg vazduha koji protie. 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 kinetike energije, i izraunati potrebni maseni protok vode za hlaenje kompresora, kg/min. 5. Vodena para obavlja Rankin-Klausijus-ov kruni proces sa jednim meupregrevanjem 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 izraunati termodinamiki stepen iskorienja krunog procesa. 4. 12.5 m3/min vlanog vazduha sa 99 kPa, 35oC i 95% relativne vlanosti ulazi u erkondin (air-conditioner), a izlazi kao tok zasienog vlanog vazduha na 15oC. Vlaga koja se pri tom kondenzuje odvodi se na 15oC. Zanemariti promene pritiska, kinetike i potencijalne energije i izraunati: a) koliinu vlage koja se izdvaja, i b) toplotu koja se odvodi od vlanog vazduha. Novi Sad, 4. septembar 2007. dr Gordan Dragutinovi RESENJE 1: 1. 10 kg vazduha (id.gas) stanja 1 (2 bar, 1300oC) se adijabatno komprimuje sve dok se pritisak ne povea deset puta, a zatim se izohorno ohladi do poetnog pritiska. Obe promene su kvazistatine. d) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja. e) Izraunati razmenjenu koliinu toplote i izvreni zapreminski rad. f) Izraunati promenu unutranje energije vazduha. RESENJE 1: Stanje 1: 12 p bar = 1T =1300oC iz jednaine stanja za idealan gas: 3 11110 287 157322.573200000mRTV mp = = = Stanje 2: za adijabatnu kvazistatinu promenu stanja 1-2 vai: 12 21 1T pT pkk| |= |\ . pa je odatle temperatura: 11.4 11.422 11201573 3036.892pT T Kpk k| | | |= = = | |\ .\ . a iz jednaine stanja idealnog gasa dobija se zapremina: 3 22210 287 3036.894.2382000000mRTV mp = = = Stanje 3: Proces 2-3 je izohoran pa je: 2 3V V = Poetni i krajnji pritisak ova dva procesa su isti: 3 1p p = a iz jednaine stanja idealnog gasa dobija se temperatura u stanju 3: 3 33303.69V pT KmR= = Razmenjena koliina toplote moe se nai iz: dq du dl = + Kako je process 1-2 adijabatan to je: 120 Q kJ = tj. 13 12 23 23Q Q Q Q = + = odnosno, za izohoran proces 1-2: 230 L kJ = pa je: 23 23Q U = A odnosno: ( )13 23 3 219679.05vQ Q m c T T kJ = = = Ostvaren zapreminski rad tokom ovog procesa kako je: 230 L kJ = to je: 3 3 3 1 1 1 11 2 1 2 2 2 1 1 113 12 1 1 1 1 12 2 210503.51 1V V V p V V pV VL L pdV p dV pV V dV pV kJVk k+ k+ k k k kk k k | |= = = = = = = | k + k\ .} } } a promena unutranje energije vazduha se moe nai iz prvog zakona termodinamike: 22 13 13 1319679.05 10503.5 9175.55 U Q L kJ A = = + = RESENJE 2: 2. U ustaljenom reimu, 37 m3/min vazduha (id. gas) na 136 kPa i 305 K ulazi u kompresor i komprimuje se do 680 kPa i specifine zapremine 0.1686 m3/kg. Kompresoru se dovodi 161.5 kJ rada po svakom kg vazduha koji protie. 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 kinetike energije, i izraunati potrebni maseni protok vode za hlaenje kompresora, kg/min. RESENJE 2: 12 21w,2w,1w,2w,1h2h1hw,1hw,2Lk LkQ QQa =0 Qa =0 m m mw mw Bilansi energije za kontrolne zapremine u ustaljenom rezimu, uz zanemarivanje promena kineticke i potencijalne energije, su: 1 20 kmh mh 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 kww w w w w wm h h L h h L m Qm 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 22(680 10 ) 0.1686287p vTR = = = 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: 1137 / 600.6436Vmv= = = 0.958152 kg/s, jer je 1131287 305136 10RTvp = = = 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/ 94.47 161.50.958245.7798kww wh h L mm mh h + += = = 1.40298 kg/s = 84.2 kg/min RESENJE 3 3. Vodena para obavlja Rankin-Clausius-ov kruni proces sa jednim meupregrevanjem 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 izraunati termodinamiki stepen iskorienja krunog procesa. RESENJE: 124356Ts140 bar0.06 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 0.52070.8328.328 0.5207a s sxs s = = = 4h = 2161.2 kJ/kg, Stanje 5: 5 40.06 p p bar = = 5151.5 / h kJ kg = 50.5207 / s kJ kgK = Stanje 6: 6p = 14 MPa = 140 bar 6 50.5207 / s s kJ kgK = = 6h = 166.13 kJ/kg Rad dvostepene turbine: ( ) ( )1 2 3 41670.33tLh h h hm = + =kJ/kg Rad pumpe: 6 514.63pLh hm = =kJ/kg Dovedena koliina toplote radnom fluidu u kotlu i dogrejau po jedinici masenog protoka: ( ) ( )1 6 3 23665.4inQh h h hm = + =kJ/kg Termodinamiki stepen iskorienja za tri razliita pritiska dogrevanja: 0.4517 45.17%ptnetoin inLLl m mq Qm = = = = 24 2p46.0745.2744.462080 120 UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIKIH NAUKA Mainski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 05.09.2007. 4. 50 000 kg/h vodene pare, stanja 30 bar i 320oC, mea se sa m kg/h vode stanja 30 bar i 200oC. Kao rezultat na izlazu se dobija stalni protok suvozasiene vodene pare na 30 bar. Razmena toplote sa okolinom, promena kinetike i potencijalne energije mogu se zanemariti. Izraunati. b) potrebni maseni protok vode (tenosti), c) generisanje entropije u ovom procesu meanja. 2. Vazduh poetnog stanja 0.75 bar, 1000 K i zapremine 0.12 m3, obavlja dva uzastopna procesa: prvo se izotermno komprimuje do polovine poetne zapremine, a zatim izobarno do etvrtine poetne zapremine. Ako je vazduh idealan gas, treba: a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) izraunati ukupan zapreminsi rad i ukupno razmenjenu koliinu toplote u ovom procesu, c) ukupnu promenu entropije vazduha. 5. Kod Rankin-Klausijusovog krunog procesa sa pregrevanjem pare, pritisak kondenzacije je 10 kPa, a najvia temperatura u procesu je 400oC. Zanemarivi rad za pumpanje, treba odrediti termodinamiki stepen iskorienja procesa kada se toplota dovodi na: a) 2 MPa, b) 4 MPa, Koji od prethodnih sluajeva ima vei termodinamiki stepen iskorienja i za koliko posto? Oba sluaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. Novi Sad, 5. septembar 2007. dr Gordan Dragutinovi RESENJE 1: 8. 50 000 kg/h vodene pare, stanja 30 bar i 320oC, mea se sa m kg/h vode stanja 30 bar i 200oC. Kao rezultat na izlazu se dobija stalni protok suvozasiene vodene pare na 30 bar. Razmena toplote sa okolinom, promena kinetike i potencijalne energije mogu se zanemariti. Izraunati. e) potrebni maseni protok vode (tenosti), f) generisanje entropije u ovom procesu meanja. RESENJE 1: 25 a) Za ovaj ustaljeni procas meanja mogu se napisati bilansne jednaine u sledeem obliku: Bilans mase: 1 2 30 m m m = + Bilans energije: 2 2 21 2 31 2 31 1 102 2 2m 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 = + + + . Veliine stanja za pojedine tokove: 1: 130 p bar =, 01320 t C =, 13038 / h kJ kg =, 16.615 / s kJ kgK = 2: 230 p bar =, 02200 t C =, 2852.6 / h kJ kg =, 22.326 / s kJ kgK = 3: 330 p bar =, ,,3 32804 / h h kJ kg = =, ,,3 36,186 / 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 13 23038 280450000 5995.7 /2804 852.6h hm m kg hh h = = = b) Generisana entropija u ovom procesu meanja se dobija iz bilansa entropije: ( )( )3 3 1 1 2 2 1 2 3 1 1 2 250000 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 skJ hK kJ sK= = + == + = = RESENJE 2: 2. Vazduh poetnog stanja 0.75 bar, 1000 K i zapremine 0.12 m3, obavlja dva uzastopna procesa: prvo se izotermno komprimuje do polovine poetne zapremine, a zatim izobarno do etvrtine poetne zapremine. Ako je vazduh idealan gas, treba: a) Skicirati proces u (p,v) dijagramu stanja, b) izraunati ukupan zapreminsi rad i ukupno razmenjenu koliinu toplote u ovom procesu, c) ukupnu promenu entropije vazduha. RESENJE 2: a) Veliine stanja vazduha: Stanje 1: 10.75 p bar =, 11000 T K =, 310.12 V m = Stanje 2: 122VV = za izoterman proces 1-2 vai: 2 11000 T T K = = i 1 12210.75 1.50.5pVp barV= = = Stanje 3: 134VV = za izobaran proces 2-3 vai: 3 21.5 p p bar = = i 33 2 120.5 1000 0.5 500VT T T KV= = = = b) Ukupan ostvareni zapreminski rad u ovom procesu: ( ) ( )2 3 2213 12 23 2 3 2 1 2 3 21 1 2 1lnV dVL L L pdV pdV mRT p V V mRT p V VV V= + = + = + = + } } } gde je: 51 110.75 10 0.120.03136287 1000pVm kgRT = = = pa se dobija zapreminski rad: 26 ( )5 11310.50.03136 287 1000 ln 1.5 10 0.5 0.5 0.12 0.5 0.12 10740VL JV= + = Ukupno razmenjena koliina toplote je: ( ) ( )13 13 13 3 1 130.03136 0.72 500 1000 10.74 22.0296vQ U L mc T T L kJ = A + = + = = c)Promena entropije vazduha: 3 313 3 11 1500 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| | | |A = = = = | |\ .\ . 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 Tsp = 2 MPaT3=(273.15+400) Kp = 10 kPaK2b2a4a 4b1p = 4 MPap = 10 kPa=0.01 MPap = 2 MPa3a3bp = 4 MPa 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 qa a a aa ah h h hh h= =( ) ( )3 4 2 13 2 0.3235 = 32.35% priblizno (zanemarivanjem rada pumpanja) qa a a aa aa aah h h hh h h hh h= ~ =( ) ( ) ( )3 4 2 13 23 43 10.3239 = 32.39% b) tacno qb b b ba bh h h hh h= =( ) ( )3 4 2 13 2 0.3532 = 35.320% priblizno (zanemarivanjem rada pumpanja) qb b b ba bb bbh h h hh h h hh h= ~ =( ) ( ) ( )3 4 2 13 23 43 1 0.354 = 35.40% c) procenat povecanja %..povecanja b aaba= = = =q qq qq100 1 1000 35400 32391 1009.2929917 =9.3 %. 27 UNIVERZITET U NOVOM SADU, FAKULTET TEHNIKIH NAUKA Mainski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 5.10.2006. 2. 5 kg vodene pare stanja 1(5 bar, 250oC) izoentropno ekspandira do 150oC, a zatim se izotermno kvazistatino ohladi do stanja suvozasiene vodene pare. Odrediti: a) koliko je potrebno odvesti toplote od vodene pare tokom procesa i b) koliko iznosi promena entropije i unutranje energije vodene pare i c) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja. 2. Vazduh (id. gas) se nalazi u cilindru konstantnog poprenog preseka 10 cm2 sa pokretnim klipom. Rastojanje od dna cilindra do klipa je 20 cm u poetnom stanju. Vazduh ekspandira od stanja 1(1 bar, 20oC) do stanja 2(0.5 bar, 18oC).Tokom procesa dovodi se toplota od 8 J. Takoe se mealicom dovodi rad od 1.85 J. Nema znaajne promene potencijalne i kinetike energije gasa. Odrediti rad koji vazduh vri na klip za vreme procesa, kao i promenu entropije gasa u ovom procesu. 4. Kod Rankin-Klausijusovog krunog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najvia temperatura u procesu je 540oC. Izraunati, a zatim uporediti termodinamike stepene iskorienja krunog procesa za dva sluaja: e) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatina. Oba sluaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. 4. Vazduh je na 20oC i 100 kPa u prostoriji zapremine 400 m3 sa relativnom vlanou 65%. Odrediti: a) parcijalan pritisak vlage u vlanom vazduhu, b) koliinu vlage u prostoriji, kg, i apsolutnu vlanost vlanog vazduha, c) koliinu vlage koja jo moe da ispari na stalnom pritisku i temperaturi, d) do koje temperature treba zagrejati prostoriju da bi bilo mogue ispariti 10 kg vode koja je uneta u prostoriju. Novi Sad, 5. oktobar 2006. dr Gordan Dragutinovi RESENJE 1: 1. 5 kg vodene pare stanja 1(5 bar, 250oC) izoentropno ekspandira do 150oC, a zatim se izotermno kvazistatino ohladi do stanja suvozasiene vodene pare.. Odrediti: a) koliko je potrebno odvesti toplote od vodene pare tokom procesa i b) koliko iznosi promena entropije i unutranje energije vodene pare i c) skicirati proces u (T,s) dijagramu stanja. Ts1230000 Stanje pare na poetku procesa: 1013111152500.4942 /2957.75 /7.273 /2710.65 /p bart Cv m kgh kJ kgs kJ kgKu kJ kg====== stanje pare posle ekspanzije: 28 2022 12.01251507.273 /p bart Cs s kJ kgK=== = stanje pare na kraju procesa hlaenja: 03 2333335 33 3 3 31504.766.8383 /2746 /0.3926 /2746 4.76 10 0.3926 10 2559.32 /t t Cp bars kJ kgKh kJ kgv m kgu h p v kJ kg= ====== = = a) Proces izoentropne ekspanzije je adijabatan proces pa je: 120 Q A = . za izoterman proces 2-3, polazei od: dq Tds = moe se napisati: ( ) ( ) ( )23 3 3 2150 273 6.8383 7.273 183.878 / q T s s kJ kg A = = + = 23919.391 Q kJ A = tj., za ceo proces potrebno je dovesti: 13 12 23919.391 Q Q Q kJ A = A + A = . b) Promena entropije za izotermno hlaenje 23 3 223 236.8383 7.273 0.4347 /2.1735 /s s s kJ kgKS m s kJ KA = = = A = A = dok je proces 2-3 izoentropan pa je 232.1735 / S S kJ K A = A = . Promena unutranje 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 kJA = = = = A = A = = REENJE 2: 1. Vazduh (id. gas) se nalazi u cilindru konstantnog poprenog preseka 10 cm2 sa pokretnim klipom. Rastojanje od dna cilindra do klipa je 20 cm u poetnom stanju. Vazduh ekspandira od stanja 1(1 bar, 20oC) do stanja 2(0.5 bar, 18oC).Tokom procesa dovodi se toplota od 8 J. Takoe se mealicom dovodi rad od 1.85 J. Nema znaajne promene potencijalne i kinetike energije gasa. Odrediti rad koji vazduh vri na klip za vreme procesa, kao i promenu entropije gasa u ovom procesu. a) ( )m vQ U L L A = A + + ; gde je masa u cilindru data je sa: 5 4 2410 10 10 20 102.378 10287 293pVmRT = = = kg a promena unutranje energije: 42.378 10 0.72 2 0.34vU mc T A = A = = 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 2121 1291 0.5ln ln 1000 ln 287 ln 192.08293 1p T ps c RT pA = = = J/kgK RESENJE 3: 5. Kod Rankin-Klausijusovog krunog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najvia temperatura u procesu je 540oC. Izraunati, a zatim uporediti termodinamike stepene iskorienja krunog procesa za dva sluaja: f) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatina. Oba sluaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. RESENJE pv122b34 Stanje pare na ulazu u turbinu (stanje 1): 01540 t C = 120 p bar = 310.1851 / v m kg = 13556 / h kJ kg = 17.542 / s kJ kgK = Stanje pare na izlazu iz turbine (stanje 2): 20.05 p bar = Stanje pare se odreuje korienjem zakona promene stanja: 1.18 1.18 1.181 1 2 2pv const p v p v = = = pa je: 111.181.183 12 12200.1851 29.6853 /0.05pv v m kgp| | | |= = = | |\ .\ . 22590.657 / h kJ kg = 28.4848 / s kJ kgK = Stanje pare na ulazu u pumpu (stanje 3): 30.05 p bar = 30 x = 330.0010053 / v m kg = 3137.83 / h kJ kg = 30.4761 / s kJ kgK = 3137.82 / u kJ kg = Stanje pare na izlazu iz pumpe (stanje 4): 420 p bar = 4 30.4761 / s s kJ kgK = = 4140.6885 / h kJ kg = Stanje pare na izlazu iz turbine-adijabatna kvazistatina promena (stanje 2b): 30 20.05bp bar = 2 17.542 /bs s kJ kgK = = ,2 22 ,, ,2 27.542 0.47610.8938.393 0.4761b bbb bs sxs s = = = ( ) ( ), ,, ,2 2 2 2 2137.83 0.893 2561 137.83 2301.72 /b b b b bh h x h h kJ kg = + = + = a) Proces 1-2-3-4: 120 q = 1-2 je adijabatna promena, ,230tl = 2-3 je izobarna promena, ( )23 3 2 , 23137.83 2590.657 2452.827 /tq h h l kJ kg = + = = 340 q = 3-4 je kvazistatina adijabata, ,410tl = 4-1 je izobarna promena, ( )41 1 4 ,413556 140.6885 3415.3115 /tq h h l kJ kg = + = = Dobija se: 23412452.8271 1 0.28183415.3115a qq q = = = b) Proces 1-2b-3-4: 120bq = 1-2 je adijabatna promena, ,2 30t bl = 2-3 je izobarna promena, ( )2 3 3 2 , 2 3137.83 2301.72 2163.89 /b b t bq h h l kJ kg = + = = 340 q = 3-4 je kvazistatina adijabata, ,410tl = 4-1 je izobarna promena, ( )41 1 4 ,413556 140.6885 3415.3115 /tq h h l kJ kg = + = = Dobija se: 2 3412163.891 1 0.36643415.3115ba qq q = = = RESENJE 4: 5. Vazduh je na 20oC i 100 kPa u prostoriji zapremine 4003m sa relativnom vlanou 65%. Odrediti: e) parcijalan pritisak vlage u vlaznom vazduhu, f) koliinu vlage u prostoriji, kg, i apsolutnu vlanost vlanog vazduha g) koliinu vlage koja jo moe da ispari pri konstantnom pritisku i temperaturi, h) do koje temperature treba zagrejati prostoriju da bi bilo mogue ispariti 10 kg vode koja je uneta u prostoriju. X1 X1sX212hx65% = a) Parcijalni pritisak vlage u prostoriji: 0.65 2.3392 1.520w wsp p = = = kPa ; b) Koliina vlage u prostoriji: 31 ( )1520 4004.5461.89 20 273.15wwwp VmR T = = = +kg; dok je koliina suvog vazduha u prostoriji: ( )( )100000 1520 400468.2287 20 273.15LLLp VmR T = = = +kg Apsolutna vlanost vlage u prostoriji: 11.520.622 0.622 0.0096100 1.52wswspxp p= = = ; dok je ukupna vlanost vazduha koju vazduh moe da primi na datoj temperaturi: 12.3390.622 0.622 0.01490100 2.339wsswspxp p= = = . c) Koliina vlage koju vazduh jo moe da primi pri datoj temperaturi: ( )1 12.48w L L sm m x m x x A = A = = kg. d) Ako treba da ispari 10kg vode: 10wdm A = kg; 100.0214468.2wdLmxmAA = = = pa je krajnja apsolutna vlanost : 2 10.0214 0.0096 0.031 x x x = A + = + = 20.622 wswspxp p= odavde je odgovarajui pritisak vlage: 224.740.622ws x ppx= =+kPa to odgovara temperaturi: 032 t C ~ UNIVERZITET U NOVOM SADU, FAKULTET TEHNIKIH NAUKA Mainski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 9.12.2006. 1. Adijabatna komora ima 0.03 m3. Na poetku, komora sadri vazduh (id. gas) na 1 bar i 30oC. Komora je prikljuena na dovodni i odvodni cevovod sa prigunim ventilima, ime se kontrolie stalnost mase vaduha u komori. Vazduh u dovodnom cevovodu, pre ventila, je na 2 bar i 90oC. Oba ventila su istovremeno otvorena, i putaju 0.45 kg/s vazduha. Vazduh u komori je uvek dobro pomean 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 tekim klipom u gravitacionom polju zauzima zapreminu 0.2 m3 na temperaturi 27oC. Vazduh se mea meaem uz dovoenje 28 J/s energije. Ako meanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru poveanja zapremine gasa. Prenik cilindra sa klipom je 15 cm. a) Izraunati zapreminski rad koji zatvoreni gas obavi preko pokretnog klipa, kao i ukupni rad koji gas razmeni sa svojim okruenjem. b) Izraunati krajnju temperaturu vazduha u procesu. 6. Kod Rankin-Klausijusovog krunog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najvia temperatura u procesu je 540oC. Izraunati, a zatim uporediti termodinamike stepene iskorienja krunog procesa za dva sluaja: g) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatina. Oba sluaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. 4. U rashladni toranj utie voda na 50oC, hladi se, delemino ispari i istie 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 vlanosti, koji iz tornja izlazi kao zasien na 30oC i 0.98 bar. Toranj je adijabatan, u ustaljenom reimu. Odrediti: 32 a) maseni protok vode koja utie u toranj, kg/min, b) temperaturu ohlaene vode na izlazu iz tornja, oC. Novi Sad, 9. decembar 2006. dr Gordan Dragutinovi REENJE 1 1. Adijabatna komora ima 0.03 m3. Na poetku, komora sadri vazduh (id. gas) na 1 bar i 30oC. Komora je prikljuena na dovodni i odvodni cevovod sa prigunim ventilima, ime se kontrolie stalnost mase vaduha u komori. Vazduh u dovodnom cevovodu, pre ventila, je na 2 bar i 90oC. Oba ventila su istovremeno otvorena, i putaju 0.45 kg/s vazduha. Vazduh u komori je uvek dobro pomean tako da su temperatura i pritisak homogeni. Odrediti temperaturu i pritisak u komori tokom vremena. RESAVANJE 1 20.45 kg/s2 barm=const90 CT(t)p(t)V=constT2=T(t)p2=p(t) Bilans mase ima oblik 1 2dmm md = t . Uz pretpostavku da je 1 2m m m = = , bice =t0dmd, Prema tome, masa u zapremini je stalna. Uz navedene prepostavke, bilans energije je ( )1 2 cv cvdUm h h Q Ld = + +t , ili, poto je U mu = , bie du dmm ud d+t t ( )1( ) cv cvm h h Q L = t + + , gde je = t2( ) h h , jer su polja homogena u zapremini. Dalje, za id. gas = vdu c dT , i t = t1 1( ) ( ( ))ph h c T T , tako da je ( )1 v pdTmc mc T Td = t . Oigledno je, zbog 1. T const = , da vai i 11( ) pvcd T T m md dT T m c m = t = k t , 10 1ln T T mT T m = kt , odnosno 10 1expT T mT T m | |= kt | \ ., Za zadate podatke bie, iz jednaine stanja za id. gas 0 0p V mRT = , 500(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| |t = + kt |\ . a pritisak u zapremini je tada ( ) ( ) p V mRT t = t , 287( ) ( ) ... 0.0345 ( )0.03Rp m T TVt = t = = t RESENJE 2: 33 2. 0.5kg vazduha koji je zatvoren u vertikalnom izolovanom cilindru sa pokretnim tekim klipom u gravitacionom polju zauzima zapreminu30.2m na temperaturi 027 C . Vazduh se mea meaem uz dovoenje 28 J/s energije. Ako meanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru poveanja zapremine gasa. Prenik cilindra sa klipom je 15 cm. a) Izraunati zapreminski rad koji zatvoreni gas obavi preko pokretnog klipa, kao i ukupni rad koji gas razmeni sa svojim okruenjem. b) Izraunati krajnju temperaturu vazduha u procesu. ( )uk m vU Q L Q L L A = = + cilindar je izolovan od okoline Q=0 Pa je ( )m vU L L A = + Rad koji je doveden mealicom 28 20 560mL L = t = = J Pritisak u cilindru moe se dobiti iz jednaine stanja idealnog gasa: 110.5 287 3002152500.2mRTpV = = = Pa Zapreminski rad dobijen u procesu 2 2 2 21 1 10.15215250 228.234vL pdV p Adx dxt= = = =} } }J Ukupni rad razmenjen sa okolinom 560 228.23 331.77uk m vL L L = + = + = J Odavde je sada promena unutranje energije 331.77ukU L A = = J v vU m c T A = A 331.770.9220.5 720v vUT Km cAA = = = 0227.922 t C = RESENJE 3: 7. Kod Rankin-Klausijusovog krunog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najvia temperatura u procesu je 540oC. Izraunati, a zatim uporediti termodinamike stepene iskorienja krunog procesa za dva sluaja: h) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, b) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatina. Oba sluaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. RESENJE pv122b34 Stanje pare na ulazu u turbinu (stanje 1): 34 01540 t C = 120 p bar = 310.1851 / v m kg = 13556 / h kJ kg = 17.542 / s kJ kgK = Stanje pare na izlazu iz turbine (stanje 2): 20.05 p bar = Stanje pare se odreuje korienjem zakona promene stanja: 1.18 1.18 1.181 1 2 2pv const p v p v = = = pa je: 111.181.183 12 12200.1851 29.6853 /0.05pv v m kgp| | | |= = = | |\ .\ . 22590.657 / h kJ kg = 28.4848 / s kJ kgK = Stanje pare na ulazu u pumpu (stanje 3): 30.05 p bar = 30 x = 330.0010053 / v m kg = 3137.83 / h kJ kg = 30.4761 / s kJ kgK = 3137.82 / u kJ kg = Stanje pare na izlazu iz pumpe (stanje 4): 420 p bar = 4 30.4761 / s s kJ kgK = = 4140.6885 / h kJ kg = Stanje pare na izlazu iz turbine-adijabatna kvazistatina promena (stanje 2b): 20.05bp bar = 2 17.542 /bs s kJ kgK = = ,2 22 ,, ,2 27.542 0.47610.8938.393 0.4761b bbb bs sxs s = = = ( ) ( ), ,, ,2 2 2 2 2137.83 0.893 2561 137.83 2301.72 /b b b b bh h x h h kJ kg = + = + = a) Proces 1-2-3-4: 120 q = 1-2 je adijabatna promena, ,230tl = 2-3 je izobarna promena, ( )23 3 2 , 23137.83 2590.657 2452.827 /tq h h l kJ kg = + = = 340 q = 3-4 je kvazistatina adijabata, ,410tl = 4-1 je izobarna promena, ( )41 1 4 ,413556 140.6885 3415.3115 /tq h h l kJ kg = + = = Dobija se: 23412452.8271 1 0.28183415.3115a qq q = = = b) Proces 1-2b-3-4: 120bq = 1-2 je adijabatna promena, ,2 30t bl = 2-3 je izobarna promena, ( )2 3 3 2 , 2 3137.83 2301.72 2163.89 /b b t bq h h l kJ kg = + = = 340 q = 3-4 je kvazistatina adijabata, ,410tl = 4-1 je izobarna promena, 35 ( )41 1 4 ,413556 140.6885 3415.3115 /tq h h l kJ kg = + = = Dobija se: 2 3412163.891 1 0.36643415.3115ba qq q = = = REENJE 4 4. U rashladni toranj utie voda na 50oC, hladi se, delemino ispari i istie 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 vlanosti, koji iz tornja izlazi kao zasien na 30oC i 0.98 bar. Toranj je adijabatan, u ustaljenom reimu. Odrediti: a) maseni protok vode koja utie u toranj, kg/min, b) temperaturu ohlaene vode na izlazu iz tornja, oC. RESENJE suvi vazduh1212341234vlaga 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 1 L L Lp V m R T = , 5,1 11(0.96837 10 ) 110287 (273.15 17)LLLp VmR T = = = + 127.92 kg/min. Protok vode na ulazu: Iz bilansa vlage za adijabatni toranj bie 3 4 2 1( )Lm m m x x = + . 1 111 1 1( ) 0.6 0.019380.622 0.6220.98 0.6 0.01938 ( )sWsWp txp p t = = = 0.0074688405 kg/kgL 2 222 2 2( ) 1 0.042460.622 0.6220.98 1 0.04246 ( )sWsWp 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 3 344( )Lm h h m h Lhm + += . ( )1 , 1 1 0 , 1 p L p Wh c t x r c t = + + , ( )2 , 2 2 0 , 2 p 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 21.007 (17 30) (0.0074688 0.0281695) 2500 1.865 17 30 h h = + + = -64.3408615 kJ/kgL Pri tom je 3 34.1618 50 h ct = = = 208.09 kJ/kgW, 36 1 2 3 344( ) 127.92 ( 64.34086) 82.648 208.09 (8 60)80Lm h h m h Lhm + + + + = = = 118.09674 kJ/kg, 4 41 1118.096744.1618t hc= = = 28.37636119 oC. RESENJE 4: 4. 12.5 m3/min vlanog vazduha sa 99 kPa, 35oC i 95% relativne vlanosti ulazi u erkondin (air-conditioner), a izlazi kao tok zasenog vlanog vazduha na 15oC. Vlaga koja se pri tom kondenzuje odvodi se sa 15oC. Zanemariti promene pritiska, kinetike i potencijalne energije i izraunati: a) koliinu vlage koja se izdvaja, i b) toplotu koja se odvodi od vlanog vazduha. REENJE 4: h 350C150Cx( ) 0.95 95% =1 =p=99kPa12 Vlaan vazduh na izlazu je zasien, 21. = a)bilans za suv vazduh 1 2L L L = = a bilans vlage dovodi do 1 1 20 wL x m Lx = ( )1 2 wm L x x = maseni protok suvog vazduha je, iz ( )L wpV L R xR T = + , je dato ( ) ( ) ( )311 199 10 12.513.25287 0.035 461.5 273.15 35L wpVLR x R T = = =+ + +kg/min jer su ( )( )*1 11 *1 10.95 5.6290.622 0.622 0.035599 0.95 5.629p txp p t = = = ( )( )*2 22 *2 21 1.7060.622 0.622 0.0109.99 1 1.706p txp p t = = = Koliina izdvojene vlage je ( ) ( )1 213.25 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 = bie 2 1 w wQ Lh m h Lh = + Ovde su: ( ) ( )1 , 1 1 0 , 11.007 35 0.035 2500 1.865 35 124.7p l p wh c t x r c t = + + = + + = kJ/kgl ( ) ( )2 , 2 2 0 , 21.007 15 0.0109 2500 1.865 15 42.6p l p wh c t x r c t = + + = + + = kJ/kgl ( ) ( ),0 4.1868 15 0 62.8w p w wh c t = = = kJ/kg. Zato je ( ) ( )2 113.25 42.6 124.7 0.319 62.8 1087.8 20.03w wQ L h h m h = + = + = + = -1067.8kJ/min=-17.8kW. 37 UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIKIH NAUKA Mainski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 10.03.2007. 1. Vazduh se nalazi u cilindru zatvoren pokretnim klipom. Vazduh se sabija od stanja 1 (1 bar, 1.1853/ kg m ) do stanja 2 (5 bar) pri emu izmeu pritiska i zapremine postoji relacija 1.3pV const = . Promena kinetike i potencijalne energije se moe zanemariti. a) Odrediti potreban rad za sabijanje gasa u cilindru, kJ/kg, kao i razmenjenu koliinu toplote izmeu 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 tee kroz kanal poprenog preseka na izlazu 192cm . Izmeu ulaza i izlaza nalazi se ventilator snage 1000 W. Stanje vodene pare na izlazu je 2p = 1bar, 322 / v m kg = i brzina 23 / w m s = , a na ulazu 11 p bar = ,11 x = i brzina 19 / w m s = .Odrediti: a) maseni protok vodene pare, b) toplotu koja se po jedinici protone pare gubi u okolinu, KJ/kg, c) promenu entropije usled nepovratnosti, po jedinici mase koja protie, ako je temperatura zida kanala 0100 C . 3. Vodena para obavlja Rankin-Klausijusov kruni proces. Temperatura vodene pare na ulazu u turbinu je 400oC, a pritisak u kondenzatoru je 10 kPa. Zanemarivi rad za pumpanje, treba odrediti termodinamiki stepen iskorienja procesa ako je pritisak u kotlu 3 MPa. Koliko bi iznosio termodinamiki stepen iskorienja ako bi pritisak u kotlu bio 5 MPa. Koji od prethodnih sluajeva ima vei termodinamiki stepen iskoriscenja i za koliko posto? Oba sluaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. 4. Iz nekog tehnolokog procesa u rashladnu kulu se dovodi 74.5 10 kg/h vode na temperaturi038 C . Tok ohlaene vode iz rashladne kule se vraa u tehnoloki proces sa 030 C . Temperatura vode koja se dodaje zbog isparenja je 020 C . Atmosferski vazduh sa 025 C i 35% relativne vlanosti se dovodi u rashladnu kulu , a odvodi se sa 035 C i 90% relativne vlanosti. Odrediti maseni tok suvog vazduha i masu vode koja se dodaje. Rashladni kula radi u ustaljenom reimu i na atmosferskom pritisku. Razmena toplote sa okolinom moe se zanemariti kao i promene potencijalne i kinetike 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, 1.1853/ kg m ) do stanja 2 (5 bar) pri emu izmeu pritiska i zapremine postoji relacija 1.3pV const = . Promena kinetike i potencijalne energije se moe zanemariti. a) Odrediti potreban rad za sabijanje gasa u cilindru, kJ/kg, kao i razmenjenu koliinu toplote izmeu 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 kvazistatike procese, diferencijal zapreminskog rada je: dl pdv = odnosno ukupan rad procesa: 2 2 0.3 0.32 1 2 2 1 112 1.31 1126500 /0.3 0.3v v p v p v cl pdv dv c J kgv = = = = = } } gde je: 31110.844 / v m kg = = a iz: 1.3 1.31 1 2 2p v p v const = = dobija se: 11.33 12 120.2447 /pv v m kgp| |= = |\ . Razmenjena koliina toplote pri ovom procesu sabijanja, polazei 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: 51 1110 0.844294287p vTR = = = K 52 215 10 0.2447426.3287p vTR = = = K RESENJE 2: 1. Vodena para ustaljeno tee kroz kanal poprenog preseka na izlazu 192cm . Izmeu ulaza i izlaza nalazi se ventilator snage 1000 W. Stanje vodene pare na izlazu je 2p = 1bar, 322 / v m kg = i brzina 23 / w m s = , a na ulazu 11 p bar = ,11 x = i brzina 19 / w m s = .Odrediti: d) maseni protok vodene pare, e) toplotu koja se po jedinici protone pare gubi u okolinu, KJ/kg, f) promenu entropije usled nepovratnosti, po jedinici mase koja protie, 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 = = e 221v = =1/2 = 0.53/ kg m 4 32 2 2 2 2 20.5 19 10 3 2.85 10 / m V A kg s = = e = = Bilans energije: 2 21 21 102 2m h w m h w Q L ( ( | | | |= + + + | | ( (\ . \ . ( ) ( )2 22 1 2 112Q L m h h w w (= + + ( ( ) ( )3 2 211 2.85 10 2803 2675 3 9 0.635 /2 1000Q KJ s (= + + = ( 30.635222.91 /2.85 10QKJ kgm = = Bilans entropije: ( ) ( )1 20 genQms ms ST= + + ( )2 1222.917.675 7.359 0.9136 /373genQS ms s KJ kgKm T = = = RESENJE 3 4. Vodena para obavlja Rankin-Klausijusov kruni proces. Temperatura vodene pare na ulazu u turbinu je 400oC, a pritisak u kondenzatoru je 10 kPa. Zanemarivsi rad za pumpanje, treba odrediti termodinamiki stepen iskorienja procesa ako je pritisak u kotlu: a) 3 MPa, b) 5 MPa, Koji od prethodnih slucajeva ima vei termodinamiki stepen iskoriscenja i za koliko posto? Oba slucaja skicirati u (T,s) dijagramu stanja. RESENJE 39 Tsp = 2 MPaT3=(273.15+400) Kp = 10 kPaK2b2a4a 4b1p = 4 MPap = 10 kPa=0.01 MPap = 2 MPa3a3bp = 4 MPa 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 qa a a aa ah h h hh h= =( ) ( )3 4 2 13 20.34106 = 34.106% priblizno (zanemarivanjem rada pumpanja) qa a a aa aa aah h h hh h h hh h= ~ =( ) ( ) ( )3 4 2 13 23 43 10.34186 = 34.186% b) tacno qb b b ba bh h h hh h= =( ) ( )3 4 2 13 20.36188 = 36.188% priblizno (zanemarivanjem rada pumpanja) qb b b ba bb bbh h h hh h h hh h= ~ =( ) ( ) ( )3 4 2 13 23 43 1 0.36188 = 36.188% c) procenat povecanja 0.36188% 100 1 100 1 1000.34186b a ba apovecanja = = = = 5.856 %. RESENJE 4: 4. Iz nekog tehnolokog procesa u rashladnu kulu se dovodi 74.5 10 kg/h vode na temperaturi038 C . Tok ohlaene vode iz rashladne kule se vraa u tehnoloki proces sa 030 C . Temperatura vode koja se dodaje zbog isparenja je 020 C . Atmosferski vazduh sa 025 C i 35% relativne vlanosti se dovodi u rashladnu kulu , a odvodi se sa 035 C i 90% relativne vlanosti. Odrediti maseni tok suvog vazduha i masu vode koja se dodaje. Rashladni kula radi u ustaljenom reimu i na atmosferskom pritisku. Razmena toplote sa okolinom moe se zanemariti kao i promene potencijalne i kinetike energije. Bilans vlage: 3 1 5 4 20 Lx m m Lx m = + + , Kako je: 1 2m m = , vai jednakost: 3 5 40 Lx m Lx = + , 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 vlanosti vazduhana ulazu i izlazu: ( )( )3 333 30.35 0.031660.622 0.622 0.006971 0.35 0.03166swswp txp p t = = = ( )( )4 444 40.9 0.056220.622 0.622 0.029881 0.9 0.05622swswp txp p t = = = jer su iz tablica za vodu i vodenu paru: ( )0325 0.03166swp t C = = bar, ( )0435 0.05622swp t C = = bar. Specifina entalpija vlanog vazduha na ulazu i izlazu su: ( ) ( )3 , 3 3 0 31.007 25 0.00697 2500 1.865 25 42.92 /p l pw lh c t x r c t KJ kg = + + = + + = , ( ) ( )4 , 4 4 0 41.007 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: ( )0,138 159.14vh C = KJ/kg, ( )0,230 125.7vh C = KJ/kg, ( )0,520 83.9vh C = KJ/kg. Reavanjem jednaina po Li5m dobija se: 72.24 10 / L kg h = , ( )55 4 35.14 10 / m L x x kg h = = . UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIKIH NAUKA Mainski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 12.5.2007. 1. Kompresor u ustaljenom reimu 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 kinetike i potencijalne energije izmeu ulaza i izlaza, vazduh smatrati idealnim gasom. 2. Pregrejana vodena para stanja 1(6 MPa, 733 K) iri se adijabatno u dvostepenoj turbini sa oduzimanjem i meupriguenjem 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 prigui na 0.3 MPa, i u drugom stepenu turbine iri se do stanja 4(313 K) - vlane vodene pare. Treba: a) skicirati proces u (h,s) dijagramu, b) izraunati snagu turbine, po jedinici masenog protoka ulazne pare, c) izraunati promenu entropije vodene pare. 3. Kod Brajtonovog desnokretnog krunog procesa (dve izobare i dve izoentrope) sa vazduhom (id. gas), najnia temperatura u procesu je 20oC, a najvia 700 K. Izraunati odnos vieg i nieg pritisaka kod ovog procesa tako da proces razvija najveu moguu snagu po jedinici masenog protoka vazduha. Koliki je tada termodinamiki stepen iskorienja dovedene toplote? 4. Vlaan vazduh sa 20oC, 1 bar i relativne vlanosti 41% sabija se kompresorom, a zatim se izobarno hladi u cevovodu. Treba odrediti na kojoj temperaturi tokom hlaenja e u cevovodu da pone kondenzacija vode iz vazduha za sluaj da je pritisak nakon kompresora (odnosno u cevovodu) jednak 4 bar. Novi Sad, 12. maja 2007. G. Dragutinovi 12 34m.0.3m. 41 REENJE 1: 1. Kompresor u ustaljenom reimu 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 kinetike i potencijalne energije izmeu ulaza i izlaza, vazduh smatrati idealnim gasom. pv211 bar5 bar425 Kpv1.3=constosenena povrina = vrednost we,12 11.3 11.322 115(273.15 20)1nnpT Tp | | | |= = + = | |\ .\ .425 K = 151.85oC. ,122 10.287( ) (425 293)1 1.3 1d Rw T Tn-= = = 126.28 kJ/kg. ,12 ,12 1.3 126.28 e d w n w- -= = = 164.16 kJ/kg. 12 2 1 2 11.3 1.4( ) ( ) 0.72 (425 293)1 1.3 1n v nq c T T c T Tn- k = = = = -31.68 kJ/kg. Isto tako vai i ,121 2 120 e h h q w- -= + + , ,12 ,1212 2 1 2 1( ) 1.007 (425 293) 164.16 e epq h h w c T T w- - -= = = = -31.236 kJ/kg. REENJE 2 2. Pregrejana vodena para stanja 1(6 MPa, 733 K) iri se adijabatno u dvostepenoj turbini sa oduzimanjem i meupriguenjem 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 prigui na 0.3 MPa, i u drugom stepenu turbine iri se do stanja 4(313 K) - vlane vodene pare. Treba: a) skicirati proces u (h,s) dijagramu, b) izraunati snagu turbine, po jedinici masenog protoka ulazne pare, c) izraunati promenu entropije vodene pare. RESAVANJE a) 1234 42 hsC1abx=0 x=14'423 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 42810 0 88 2810 2240 = = = c( ) . ( )'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) A As 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. REENJE 3 3. Kod Brajtonovog desnokretnog krunog procesa (dve izobare i dve izoentrope) sa vazduhom (id. gas), najnia temperatura u procesu je 20oC, a najvia 700 K. Izraunati odnos vieg i nieg pritisaka kod ovog procesa tako da proces razvija najveu moguu snagu po jedinici masenog protoka vazduha. Koliki je tada termodinamiki stepen iskorienja 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 Tphsss11212434234v3TppTs1243ppC+ C N E TL Slika 1. Gasno turbinsko postojenje sa Brajtonov-ovim procesom Za izoentropnu kompresiju 1-2 i ekspanziju 3-4 izmeu istih pritisaka je TT pp TT2121134= FHG IKJ = kk. (1) Termodinamicki stepen iskoriscenja kruznog procesa je 4 11 4 1 13 2 2 3 2 2( )/ 11 1 1 1( ) / 1pNETpc T Tw T T T T qc T T T T T T q q+ + q = = = = = , (2) jer je ocigledno, koriscenjem (1), odnos 4 1 3 2/ / T T T T = . Koriscenjem (1) moze se pokazati da je q = = ... 11x, x pp FHG IKJ211 kk, () a takodje i dobijena snaga po jedinici masenog protoka 31111 ( 1)NET p Tl c T xT x| || |= | |\ .\ .. () Termodinamicki stepen iskoriscenja nema optimum, ali rad ima. Dobija se da je x l TTox= FH IK = arg max31. Odnosno pp TTl2131121FHG IKJ = FHG IKJmaxkk. 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. REENJE 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 h20oC28.18oC44.92oC100%(1.0 bar)1100%(10 bar ) 100%(4 bar)41%(1.0 bar)x=0.006R(10 bar)R(4 bar )ab Apsolutna vlaznost vazduha na ulazu u kompresor (pre kompresije) je x p tp p tSS11 11 10 622 0 6220 41 0 023371 0 0 41 0 02337= = = .( )( ).. .. . .0.0059380349 =0.006. Tokom kompresije apsolutna vlaznost se ne menja, mada temperatura i pritisak rastu. x x xR R 1 2 10 006 = = = . . 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 = =10 006 . , p t p xxS Ra a RaRa Ra( )... ... .=+ = + = + = 0 6224 0 0061 0 622 0 0064 0 0061 0 622 0 006 b g b g b g0.038217 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 = =10 006 . p t p xxS Rb b RbRb Rb( )... ... .=+ = + = + = 0 62210 0 0061 0 622 0 00610 0 0061 0 622 0 006 b g b g b g0.095541 bar, Za ovaj pritisak zasicenja iz tablica za vodu i vodenu paru nalazi se tRb( . ) 0 095541bar = 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 UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIKIH NAUKA Mainski odsek ZADACI ZA PISMENI ISPIT IZ TERMODINAMIKE 13.4.2007. 1. 0.5kg vazduha (idealnog gasa) zatvoreno je u vertikalnom izolovanom cilindru sa pokretnim tekim klipom u gravitacionom polju, i na poetku ima zapreminu 0.2 m3 na temperaturi 27oC. Vazduhu se meaem dovodi 28 J/s energije. Ako meanje traje 20 s, pokretni klip bez trenja pomeri se sporo za 6cm u smeru poveanja zapremine gasa. Prenik cilindra sa klipom je 15 cm. a) Izraunati zapreminski rad koji zatvoreni gas obavi preko pokretnog klipa, kao i ukupni rad koji gas razmeni sa svojim okruenjem. b) Izraunati krajnju temperaturu vazduha u procesu. 2. 1 kg/s vazduha (idealnog gasa) stanja 1(16 bar, 524oC) adijabatno se priguuje do stanja 2, a zatim sa stepenom dobrote 0.80 nastavlja adijabatno irenje do stanja 3(1 bar, 207oC). Treba: a) skicirati ceo proces u (T,s) dijagramu stanja, b) odrediti (tehniki) rad i razmenjenu toplotu u celom procesu 1-3, 45 c) izraunati generisanje entropije u procesu adijabatnog priguivanja 1-2. 8. Kod Rankin-Klausijusovog krunog procesa kotlovski pritisak je 20 bar, a pritisak kondenzacije 0.05 bar. Najvia temperatura u procesu je 540oC. Izraunati, a zatim uporediti termodinamike stepene iskorienja krunog procesa za dva sluaja: i) ekspanzija u turbini je adijabatna promena stanja pv1.18=const, j) ekspanzija u turbini je adijabatna kvazistatina; k) skicirati procese u (p,v) dijagramu stanja za vodu i vodenu paru. 4. Vlaan vazduh na 10oC sa 30% relativ