Vazduh mase 2,8 kg početnog stanja 200 ℃ i 12 bar,ekspandira po politropi sa eksponentom n=8 i pri

tome se dobije rad od 28 kJ. Odrediti:

a) Konačnu temperaturu vazduha

b) Promjenu unutrašnje energije

c) Izmjenjenu toplotu

Promjenu prikazati u p,v dijagramu,vazduh smatrati idealnim plinom

Dato:

m=2,8 kg

𝑡1 = 200℃

𝑝1 = 12 𝑏𝑎𝑟

n=8

𝑊12 = 28 𝑘𝐽

Traži se:

𝑡2 =?

∆𝑈 =?

𝑄12 =?

Iz prvog zakona termodinamike

𝑄12 = ∆𝑈 + 𝑊12 ⟹ ∆𝑈 = 𝑄12 − 𝑊12

𝑊12 = 𝑄12 − ∆𝑈

∆𝑈 = 𝑚𝑐𝑣 ∗ (𝑇2 − 𝑇1)

𝑄12 = 𝑚𝑐𝑛 ∗ (𝑇2 − 𝑇1)

𝑐𝑣 = 0,72𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾 - specifični toplotni kapacitet pri konstantnoj zapremini

𝑐𝑛 = 𝑐𝑣 ∗𝑛 − 𝜘

𝑛 − 1

𝜘 = 1.4 − 𝑧𝑎 𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙𝑛𝑒 𝑝𝑙𝑖𝑛𝑜𝑣𝑒

𝑊12 = 𝑚𝑐𝑛 ∗ (𝑇2 − 𝑇1) − 𝑚𝑐𝑣 ∗ (𝑇2 − 𝑇1)

𝑊12 = 𝑚𝑐𝑣 ∗𝑛 − 𝜘

𝑛 − 1∗ (𝑇2 − 𝑇1) − 𝑚𝑐𝑣 ∗ (𝑇2 − 𝑇1)

𝑊12 = 𝑚𝑐𝑣 ∗ (𝑇2 − 𝑇1) ∗ (𝑛 − 𝜘

𝑛 − 1− 1) = 𝑚𝑐𝑣 ∗ (𝑇2 − 𝑇1) ∗ (

𝑛 − 𝜘 − 𝑛 + 1

𝑛 − 1)

𝑊12 = 𝑚𝑐𝑣 ∗ (𝑇2 − 𝑇1) ∗ (1 − 𝜘

𝑛 − 1)

𝑇2 − 𝑇1 =𝑊12

𝑚𝑐𝑣 ∗ (1 − 𝜘𝑛 − 1)

⟹ 𝑇2 = 𝑇1 +𝑊12

𝑚𝑐𝑣 ∗ (1 − 𝜘𝑛 − 1)

Konačna temperatura vazduha

𝑇2 = 473,15 +28

2,8 ∗ 0,72 ∗ (1 − 1,48 − 1 )

⟹ 𝑇2 = 229,95 𝐾 ⟹ 𝑡2 = −43,05 ℃

Promjena unutrašnje energije

∆𝑈 = 𝑚𝑐𝑣 ∗ (𝑇2 − 𝑇1) = 2,8 ∗ 0,72 ∗ (229,95 − 473,15)

∆𝑈 = −489,98 𝑘𝐽

Izmjenjena toplota

𝑄12 = ∆𝑈 + 𝑊12 = −489,98 + 28

𝑄12 = −461,98 𝑘𝐽

U cilindru s pomičnim stapom nalazi se 1,5 kg vazduha temperature 260 °C i pritiska 3 bara. Plin prvo

izotermno ekspandira do dvostrukog volumena,a onda se izobarno hladi na početni volumen. Potrebno

je odrediti:

a) Efektivno izvršeni mehanički rad

b) Gubitak na radu u ovome procesu ako je temperatura jednog spremnika jednaka najnižoj,a druga

za 100 °C viša od najviše temperature u procesu.

Proces prikazati u p,V i T,s dijagramu.

Dato:

m=1,5 kg

𝑡1 = 260 °C

𝑡2 = 𝑡1

𝑝1 = 3 𝑏𝑎𝑟

𝑉2 = 2 ∗ 𝑉1

𝑉3 = 𝑉1

Traži se:

𝑊𝑒𝑓 =?

∆𝑊 =?

Stanje 1

𝑡1 = 260 °C

𝑝1 = 3 𝑏𝑎𝑟

𝑅 = 287𝐽

𝑘𝑔𝐾

𝑝1 ∗ 𝑉1 = 𝑚𝑅𝑇1 → 𝑉1 =𝑚𝑅𝑇1

𝑝1=

1,5 ∗ 287 ∗ 533,15

3 ∗ 105= 0,76507 𝑚3

Stanje 2

𝑡2 = 𝑡1 = 260 ℃

𝑉2 = 2 ∗ 𝑉1 = 2 ∗ 0,76507 = 1,53014 𝑚3

𝑝1

𝑝2=

𝑉2

𝑉1→ 𝑝2 = 𝑝1 ∗

𝑉1

𝑉2= 3 ∗ 105 ∗

0,76507

1,53014

𝑝2 = 1,5 𝑏𝑎𝑟

Stanje 3

𝑝3 = 𝑝2 = 1,5 𝑏𝑎𝑟

𝑉3 = 𝑉1 = 0,76507 𝑚3

𝑝3 ∗ 𝑉3 = 𝑚𝑅𝑇3 → 𝑇3 =𝑝3 ∗ 𝑉3

𝑚𝑅=

1,5 ∗ 105 ∗ 0,76507

1,5 ∗ 287

𝑇3 = 266,57 𝐾

a) Efektivni rad

𝑊𝑒𝑓 = (𝑊𝑒𝑓)12

+ (𝑊𝑒𝑓)23

(𝑊𝑒𝑓)12

= 𝑊12 − 𝑊𝑜𝑘

𝑊12 = 𝑚𝑅𝑇1𝑙𝑛𝑝1

𝑝2= 1,5 ∗ 0,287 ∗ 533,15 ∗ ln

3 ∗ 105

1,5 ∗ 105

𝑊12 = 159,091 𝑘𝐽

(𝑊𝑒𝑓)23

= 𝑊23 + 𝑊𝑜𝑘

𝑊23 = 𝑝2 ∗ (𝑉3 − 𝑉2) = 1,5 ∗ 105 ∗ (0,76507 − 1,53014)

𝑊23 = −114,760 𝑘𝐽

𝑊𝑒𝑓 = 𝑊12 − 𝑊𝑜𝑘 + 𝑊23 + 𝑊𝑜𝑘 = 𝑊12 + 𝑊23

𝑊𝑒𝑓 = 159,091 − 114,760

𝑾𝒆𝒇 = 𝟒𝟒, 𝟑𝟑 𝒌𝑱

b) Gubitak na radu

𝑇ℎ = 266,57 𝐾

𝑇𝑔 = 𝑇𝑜𝑘 + 100 ℃ = 260 + 100 = 360 ℃ = 633,15 𝐾

∆𝑊 = 𝑇𝑜𝑘 ∗ (∆𝑆)𝑖𝑧𝑜𝑙.𝑠𝑖𝑠𝑡.

(∆𝑆)𝑖𝑧𝑜𝑙.𝑠𝑖𝑠𝑡. = (∆𝑆)𝑅𝑀 + (∆𝑆)𝑂𝑆 + (∆𝑆)𝑅𝑆

(∆𝑆)𝑅𝑀 = 𝑚 ∗ (𝑐𝑝𝑙𝑛𝑇3

𝑇1− 𝑅𝑙𝑛

𝑝3

𝑝1) = 1,5 ∗ (1 ∗ 𝑙𝑛

266,57

533,15− 0,287 ∗ 𝑙𝑛

1,5 ∗ 105

3 ∗ 105 )

(∆𝑆)𝑅𝑀 = −0,7416 𝑘𝐽

𝐾= −741,6 𝐽/𝐾

0

𝑄12 = ∆𝑈 + 𝑊12

𝑄12 = 𝑊12= 159,091 𝑘𝐽 − 𝑑𝑜𝑣𝑒𝑠𝑡𝑖 𝑡𝑜𝑝𝑙𝑜𝑡𝑒

(∆𝑆)𝑂𝑆 =−𝑄12

𝑇𝑔=

−159,091 ∗ 103

633,15= −251,269 𝐽/𝐾

𝑄23 = 𝑚 ∗ 𝑐𝑝 ∗ (𝑇3 − 𝑇2) = 1,5 ∗ 1 ∗ (266,57 − 533,15)

𝑄23 = −399,87 𝑘𝐽 − 𝑜𝑑𝑣𝑒𝑠𝑡𝑖 𝑡𝑜𝑝𝑙𝑜𝑡𝑒

(∆𝑆)𝑅𝑆 = 1500,05 𝐽/𝐾

(∆𝑆)𝑖𝑧𝑜𝑙.𝑠𝑖𝑠𝑡. = −741,6 − 251,269 + 1500,05

(∆𝑆)𝑖𝑧𝑜𝑙.𝑠𝑖𝑠𝑡. = 507,48 𝐽/𝐾

∆𝑊 = 𝑇𝑜𝑘 ∗ (∆𝑆)𝑖𝑧𝑜𝑙.𝑠𝑖𝑠𝑡. = 266,57 ∗ 507,48

∆𝑾 = 𝟏𝟑𝟓, 𝟐𝟕 𝒌𝑱

U zatvorenoj posudi nalazi se 0,05 kg vodene pare pritiska 10 bar. Volumen posude je 8 litara. Toplota se

dovodi dok pritisak u posudi ne posraste na 25 bar-a. Potrebno je odrediti:

a) Dovedenu toplotu pari u posudi

b) Srednju temperaturu dovođenja toplote u posudi

c) Ukupni prirast entropije ako je temperatura ogrijevnog spremnika jednaka najvišoj temperaturi

u procesu.

Proces prikazati u p,V ,T,s ,i h,s dijagramu

Dato:

m=0,05 kg

𝑝1 = 10 𝑏𝑎𝑟

𝑉 = 8 𝑙 = 8 ∗ 10−3 𝑚3 = 0,008 𝑚3

𝑝2 = 25 𝑏𝑎𝑟

Traži se:

a) 𝑄12 =?

b) 𝑇𝑚 𝑑𝑜𝑣 =? c) (∆𝑆)𝑠𝑖𝑠𝑡. =?

Stanje 1

𝑝1 = 10 𝑏𝑎𝑟

Iz toplinskih tablica za vodenu paru za 𝑝1 = 10 𝑏𝑎𝑟

𝑡1′ = 179,89 °C

𝑣1 =𝑉

𝑚=

0,008

0,05= 0,16

𝑚3

𝑘𝑔

𝑣1′ = 0,0011272

𝑚3

𝑘𝑔

𝑣1′′ = 0,194349

𝑚3

𝑘𝑔

ℎ1′ = 762,68

𝑘𝐽

𝑘𝑔

ℎ1′′ = 2777,12

𝑘𝐽

𝑘𝑔

𝑠1′ = 2,1384

𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾

𝑠1′′ = 6,5850

𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾

𝑣1 = 𝑣1′ + 𝑥1 ∗ (𝑣1

′′ − 𝑣1′ ) ⟹ 𝑥1 =

𝑣1 − 𝑣1′

(𝑣1′′ − 𝑣1

′ )

𝑥1 =0,16 − 0,0011272

0,194349 − 0,0011272= 0,822230

ℎ1 = ℎ1′ + 𝑥1 ∗ (ℎ1

′′ − ℎ1′ ) = 762,68 + 0,8222(2777,12 − 762,68) ⟹ ℎ1 = 2418,95

𝑘𝐽

𝑘𝑔

𝑠1 = 𝑠1′ + 𝑥1 ∗ (𝑠1

′′ − 𝑠1′ ) = 2,1384 + 0,822(6,5850 − 2,1384) ⟹ 𝑠1 = 5,793

𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾

Stanje 2

𝑝2 = 25 𝑏𝑎𝑟

𝑣2 = 𝑣1 = 0,16 𝑚3

𝑘𝑔

Iz toplinskih tablica za pregrijanu vodenu paru

𝑡2′ = 223,92 ℃

ℎ2 = 3686,76𝑘𝐽

𝑘𝑔

𝑠2 = 7,5978𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾

a) Dovedena toplota pari u posudi

𝑄12 = 𝑚 ∗ [ℎ2 − ℎ1 − 𝑣 ∗ (𝑝2 − 𝑝1)] = 0,05 ∗ [3686,76 − 2418,95 − 0,16 ∗ (25 − 10) ∗ 105]

𝑄12 = 51,39 𝑘𝐽

b) Srednja temperatura dovođenja toplote u posudi

𝑇𝑚 𝑑𝑜𝑣 =𝑄12

𝑚 ∗ (𝑠2 − 𝑠1)=

51,39

0,05(7,5978 − 5,793)

𝑇𝑚 𝑑𝑜𝑣 = 569,48 𝐾

c) Ukupni prirast entropije

(∆𝑆)𝑠𝑖𝑠𝑡. = (∆𝑆)𝑅𝑆 + (∆𝑆)𝑂𝑆 (∆𝑆)𝑅𝑆 = 𝑚 ∗ (𝑠2 − 𝑠1) = 0,05(7,5978 − 5,793) = 0,09024 𝑘𝐽/𝑘𝑔

(∆𝑆)𝑂𝑆 =−𝑄12

𝑇𝑜𝑠=

−51,39

873,15= −0,0588 𝑘𝐽/𝑘𝑔

(∆𝑆)𝑠𝑖𝑠𝑡. = 0,09024 − 0,0588

(∆𝑆)𝑠𝑖𝑠𝑡. = 0,03144 𝑘𝐽/𝑘𝑔

Izentropski ekspandira 20 kg/s pregrijane vodene pare od stanja 1 (33 bar ,420 °C) do stanja 2 (0,06

bar),a zatim se izobarski kondenzuje do stanja 3 (vrela voda). Prikazati proces u p-v , T-s i h-s

dijagramima. Odrediti snagu gasne turbine u kojoj se odvija ekspanzija pare i gubitak snage (rada) zbog

nepovrativosti ako se sva toplota odvodi u okolinu temperature 5 °C.

Dato:

�̇� = 20 𝑘𝑔/𝑠

𝑝1 = 33 𝑏𝑎𝑟

𝑡1 = 420 °C

𝑝2 = 0,06 𝑏𝑎𝑟

𝑡𝑜𝑘𝑜𝑙 = 5 °C

Stanje 1

𝑝1 = 33 𝑏𝑎𝑟

𝑡1 = 420 °C

Iz toplinskih tablica:

ℎ1 = 3278 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑠1 = 6,991 𝑘𝐽/𝑘𝑔𝐾

Stanje 2

𝑝2 = 0,06 𝑏𝑎𝑟

𝑠2 = 𝑠1 = 6,991 𝑘𝐽/𝑘𝑔𝐾

ℎ2 = ℎ2′ + 𝑥2 ∗ (ℎ2

" − ℎ2′ )

𝑥2 =?

Iz toplinskih tablica:

𝑠2′ = 0,5209 𝑘𝐽/𝑘𝑔𝐾 , 𝑠2

" = 8,3312 𝑘𝐽/𝑘𝑔𝐾 , ℎ2′ = 151,50 𝑘𝐽/𝑘𝑔 , ℎ2

" = 2567,5 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑠2 = 𝑠2′ + 𝑥2 ∗ (𝑠2

" → −𝑠2′ ) → 𝑥2 =

𝑠2 − 𝑠2′

𝑠2" − 𝑠2

′=

6,991 − 0,5209

8,3312 − 0,5209= 0,82

ℎ2 = 151,50 + 0,82 ∗ (2567,5 − 151,50) ℎ2 = 2132,62 𝑘𝐽/𝑘𝑔

Stanje 3

𝑝3 = 𝑝2 = 0,06 𝑏𝑎𝑟

ℎ3 = ℎ2′ = 151,50 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑠3 = 𝑠2′ = 0,5209 𝑘𝐽/𝑘𝑔𝐾

Snaga Gasne Turbine

𝑃 = 𝑊12𝑡= 𝐻1 − 𝐻2 = 𝑚 ∗ (ℎ1 − ℎ2) = 20 ∗ (3278 − 2132,61)

𝑃 = 22907,8 𝑘𝑊 = 22,90 𝑀𝑊

Odvedena Toplota

𝑄𝑜𝑑 = 𝑄23 = 𝑚 ∗ (ℎ3 − ℎ2) = 20 ∗ (151,50 − 2132,62)

𝑄𝑜𝑑 = −39622,4 𝑘𝑊 = −39,62 𝑀𝑊

Promjena entropije vodene pare

∆𝑆𝑝 = ∆𝑆23 = 𝑚 ∗ (𝑠3 − 𝑠2) = 20 ∗ (0,5209 − 6,991) = −129,40 𝑘𝐽/𝐾

Promjena entropije okoline

∆𝑆𝑜 =𝑄𝑜

𝑇𝑜=

−𝑄23

𝑇𝑜=

−(−39622,4)

278,15= 142,44 𝑘𝑊/𝐾

Promjena entropije sistema

∆𝑆𝑠 = ∆𝑆𝑝 + ∆𝑆𝑜

Gubitak Snage zbog nepovrativosti

∆𝑊 = 𝑇𝑜 ∗ ∆𝑆𝑠

∆𝑊 = 𝑇𝑜 ∗ (∆𝑆𝑝 + ∆𝑆𝑜) = 278,15 ∗ (−129,40 + 142,44)

∆𝑊 = 3627,07 𝑘𝑊

Rashladni uređaj koristi Amonijak kao radni mediji i radi unutar zasičenog područija između temperatura

−20℃ 𝑖 15℃. Odredite faktore grijanja i faktore hlađenja za dva slučaja:

a) Uređaj radi po Carnotovom procesu

b) Uređaj radi sa kompresorom i prigušnim ventilom

U oba slučaja u kondenzator ulazi suhozasičena para a iz kondenzatora izlazi vrela kapljevina.

Oba procesa prikazati u zajedničkom h,s i T,s dijagramu

Dato:

𝜗𝑖 = −20 ℃

𝜗𝐾𝑂 = 15 ℃

Traži se:

𝛽𝐻 =?

𝛽𝐺𝑅 =?

Za 𝜗𝑖 = −20 ℃ iz toplinskih tablica za Amonijak

𝑝𝑖 = 1,9008 𝑏𝑎𝑟

𝑣′ = 0,001503 𝑚3

𝑘𝑔 𝑣′′ = 0,62373

𝑚3

𝑘𝑔

ℎ′ = 108,55 𝑘𝐽

𝑘𝑔 ℎ′′ = 1437,7

𝑘𝐽

𝑘𝑔

𝑠′ = 0,65376 𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾 𝑠′′ = 5,9041

𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾

Za 𝜗𝐾𝑂 = 15 ℃ iz toplinskih tablica za Amonijak

𝑝𝐾𝑂 = 7,2852 𝑏𝑎𝑟

𝑣′ = 0,001619 𝑚3

𝑘𝑔 𝑣′′ = 0,17461

𝑚3

𝑘𝑔

ℎ′ = 270,09𝑘𝐽

𝑘𝑔 ℎ′′ = 1476,4

𝑘𝐽

𝑘𝑔

𝑠′ = 1,2481 𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾 𝑠′′ = 5,4344

𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾

a) Uređaj radi po Carnotovom procesu

𝑝𝐾𝑂 = 𝑝2 = 𝑝3 = 7,2852 𝑏𝑎𝑟

𝑝𝑖 = 𝑝1 = 𝑝4 = 1,9008 𝑏𝑎𝑟

𝑇𝑜𝑑 = 𝑇𝐾𝑂 = 288,15 𝐾

𝑇𝑑 = 𝑇𝑖 = 253,15 𝐾

𝑣2 = 𝑣′′ = 0,17461 𝑚3

𝑘𝑔 𝑣3 = 𝑣′ = 0,001619

𝑚3

𝑘𝑔

ℎ2 = ℎ′′ = 1476,6 𝑘𝐽

𝑘𝑔 ℎ3 = ℎ′ = 270,09

𝑘𝐽

𝑘𝑔

𝑠2 = 𝑠′′ = 5,4344 𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾 𝑠3 = 𝑠′ = 1,2481

𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾

𝑠3 = 𝑠4 = 𝑠′ = 1,2481 𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾

𝑠4 = 𝑠′ + 𝑥4 ∗ (𝑠′′ − 𝑠′) ⟹ 𝑥4 =𝑠4 − 𝑠′

𝑠′′ − 𝑠′=

1,2481 − 0,6537

5,9041 − 0,6537= 0,1132

𝑠1 = 𝑠2 = 𝑠′′ = 5,4344 𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾

𝑠1 = 𝑠′ + 𝑥1 ∗ (𝑠′′ − 𝑠′) ⟹ 𝑥1 =𝑠1 − 𝑠′

𝑠′′ − 𝑠′=

5,4344 − 0,6537

5,9041 − 0,6537= 0,9105

𝑣4 = 𝑣′ + 𝑥4 ∗ (𝑣′′ − 𝑣′) = 0,001503 + 0,1132 ∗ (0,6237 − 0,0015) ⟹ 𝑣4 = 0,07193 𝑚3/𝑘𝑔

𝑣1 = 𝑣′ + 𝑥1 ∗ (𝑣′′ − 𝑣′) = 0,001503 + 0,9105 ∗ (0,6237 − 0,0015) ⟹ 𝑣1 = 0,5680 𝑚3/𝑘𝑔

ℎ4 = ℎ′ + 𝑥4 ∗ (ℎ′′ − ℎ′) = 108,55 + 0,1132 ∗ (1437,7 − 108,55) ⟹ ℎ4 = 259,009 𝑘𝐽/𝑘𝑔

ℎ1 = ℎ′ + 𝑥1 ∗ (ℎ′′ − ℎ′) = 108,55 + 0,9105 ∗ (1437,7 − 108,55) ⟹ ℎ1 = 1318,74 𝑘𝐽/𝑘𝑔

Faktor grijanja i faktor hlađenja

𝛽𝐻 =𝑞𝑜

𝑤=

ℎ3 − ℎ2

ℎ1 − ℎ4 − (ℎ2 − ℎ3)=

270,09 − 1476,6

1318,74 − 259,00 − (1476,6 − 270,09)

𝛽𝐻 = 8,2204

𝛽𝑅 = −𝑞

𝑤= −

ℎ1 − ℎ4

ℎ1 − ℎ4 − (ℎ2 − ℎ3)= −

1318,74 − 259,009

1318,74 − 259,00 − (1476,6 − 270,09)

𝛽𝑅 =7,1714

b) Uređaj radi s kompresorom i prigušnim ventilom

𝑠1 = 𝑠2 = 𝑠′′ = 5,4344 𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾

𝑠3 = 𝑠′ = 1,2481 𝑘𝐽

𝑘𝑔𝐾

ℎ2 = ℎ′′ = 1476,6 𝑘𝐽

𝑘𝑔

ℎ1 = 1318,74 𝑘𝐽/𝑘𝑔

ℎ4 = ℎ3 = ℎ′ = 270,09 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑠1 = 𝑠′ + 𝑥1 ∗ (𝑠′′ − 𝑠′) ⟹ 𝑥1 =𝑠1 − 𝑠′

𝑠′′ − 𝑠′=

5,4344 − 1,2481

5,9041 − 1,2481⟹ 𝑥1 = 0,8991

ℎ4 = ℎ′ + 𝑥4 ∗ (ℎ′′ − ℎ′) ⟹ 𝑥1 =ℎ4 − ℎ′

ℎ′′ − ℎ′=

270,09 − 108,55

1476,6 − 108,55⟹ 𝑥4 = 0,1180

Faktor grijanja i faktor hlađenja

𝛽𝐻 =ℎ2 − ℎ3

ℎ2 − ℎ1=

1476,6 − 270,09

1476,6 − 1318,74

𝛽𝐻 = 7,6429

𝛽𝑅 =ℎ1 − ℎ4

ℎ2 − ℎ1= −

1318,74 − 270,09

1476,6 − 1318,74

𝛽𝑅 =6,6429

Površinske temperature izolacije su 500 °C i 50 °C. Potrebno je odrediti debljinu izolacije ravne

stijenke,tako da gustoća toplinskog toka ne pređe vrijednost 500 𝑊/𝑚2 ,i to za dva slučaja zavisnosti

koeficjenta provođenja o temperaturi:

a) 𝜆𝑖 = 𝑓(𝜗) = 0,1 + 0,00009 ∗ 𝜗 𝑊/(𝑚𝐾) b) 𝜆𝑖 = 𝑓(𝜗) = 0,11 + 0,00015 ∗ 𝜗 𝑊/(𝑚𝐾)

Dato:

𝜗𝑠1 = 500 °C

𝜗𝑠2 = 50 °C

𝑞 = 500 𝑊/𝑚2

𝛿𝑖 =?

Za ravnu stijenku

𝑞 =𝜆𝑚

𝛿𝑖

(𝜗𝑠1 − 𝜗𝑠2)

𝜆(𝜗) = 𝜆𝑜(1 + 𝑏𝜗)

𝜆𝑚 =1

𝜗𝑠2 − 𝜗𝑠1∫ 𝜆(𝜗)𝑑𝜗 =

1

𝜗𝑠2 − 𝜗𝑠1

𝜗𝑠2

𝜗𝑠1

∫ 𝜆𝑜(1 + 𝑏𝜗)

𝜗𝑠2

𝜗𝑠1

𝑑𝜗

𝜆𝑚 = 𝜆𝑜 (1 + 𝑏𝜗𝑠1 + 𝜗𝑠2

2)

a)

𝜆𝑚 = 0,1 (1 + 0,00009500 + 50

2) = 0,12475 𝑊/𝑚𝐾

𝛿𝑖 =𝑞

𝜆𝑚(𝜗𝑠1 − 𝜗𝑠2)=

500

0,12475(500 − 50)= 8,906 𝑚

b)

𝜆𝑚 = 0,1 (1 + 0,00015500 + 50

2) = 0,104125 𝑊/𝑚𝐾

𝛿𝑖 =𝑞

𝜆𝑚(𝜗𝑠1 − 𝜗𝑠2)=

500

0,104125(500 − 50)= 10,67093 𝑚

Atmosferski zarak temperature 50 ℃ struji brzinom 15 m/s uzduž ravne ploče duljine 1,25 m. Odrediti

koliko toplotnog toka po metru širine ploče predaje zrak ploči,ako je površinska temperatura ploče 20 ℃.

Dato:

𝜗𝑜 = 50 ℃

𝜗𝑠 = 20 ℃

𝑤 = 15 𝑚/𝑠

𝐿 = 1,25 𝑚

Traži se:

Φ𝐵 =?

𝜗𝑚 =20 + 50

2⇒ 𝜗𝑚 = 35 ℃

Toplinska svojstva zraka na 35 ℃

Moramo raditi interpolaciju za 35 ℃

Iz toplinskih tablica očitavamo:

𝜗1 = 30 ℃ , 𝜌1 = 1,1492 𝑘𝑔

𝑚3⁄ , 𝜂1 = 18,681𝑁𝑠

𝑚2 , 𝜆1 = 0,0262

𝑊

𝑚𝐾 , 𝑐𝑝1

= 1,0066 𝑘𝐽/(𝑘𝑔𝐾)

𝜗2 = 40 ℃ , 𝜌2 = 1,1125 𝑘𝑔

𝑚3⁄ , 𝜂2 = 19,148𝑁𝑠

𝑚2 , 𝜆2 = 0,0270

𝑊

𝑚𝐾 , 𝑐𝑝2

= 1,0073 𝑘𝐽/(𝑘𝑔𝐾)

𝜌 = 𝜌1 +𝜌2 − 𝜌1

𝜗2 − 𝜗1∗ (𝜗 − 𝜗1) = 1,1492 +

1,1125 − 1,1492

40 − 30∗ (35 − 30)

𝜌 = 1,1308 𝑘𝑔

𝑚3⁄

𝜆 = 𝜆1 +𝜆2 − 𝜆1

𝜗2 − 𝜗1∗ (𝜗 − 𝜗1) = 0,0262 +

0,0270 − 0,0262

40 − 30∗ (35 − 30)

𝜆 = 0,0266 𝑊

𝑚𝐾

𝑐𝑝 = 𝑐𝑝1+

𝑐𝑝2− 𝑐𝑝1

𝜗2 − 𝜗1∗ (𝜗 − 𝜗1) = 1,0066 +

1,0073 − 1,0066

40 − 30∗ (35 − 30)

𝑐𝑝 = 1,00695 𝑘𝐽/(𝑘𝑔𝐾)

𝜂 = 𝜂1 +𝜂2 − 𝜂1

𝜗2 − 𝜗1∗ (𝜗 − 𝜗1) = 18,681 +

19,148 − 18,681

40 − 30∗ (35 − 30)

𝜂 = 18,914 𝑁𝑠

𝑚2

𝑅𝑒 =𝑤 ∗ 𝐿 ∗ 𝜌

𝜂=

15 ∗ 1,25 ∗ 1,1308

18,914 ∗ 10−6= 1120995,03 − 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑡𝑛𝑜 𝑠𝑡𝑟𝑢𝑗𝑎𝑛𝑗𝑒

𝑅𝑒 > 500000 ⟹ 𝑁𝑢 =𝛼 ∗ 𝐿

𝜆

𝑁𝑢 =𝛼 ∗ 𝐿

𝜆= 0,029 ∗ 𝑅𝑒

0,8 = 2004,845

𝑃𝑟 =𝜂 ∗ 𝑐𝑝

𝜆=

18,914 ∗ 10−6 ∗ 1,00695 ∗ 103

0,0266= 0,715

𝛼 =𝑁𝑢 ∗ 𝜆

𝐿=

2004,845 ∗ 0,0266

1,25= 42,663 𝑊/𝑚2𝐾

𝐴 = 1,25 ∗ 1 = 1,25 𝑚2

Φ𝐵 = 𝐿 ∗ 𝛼 ∗ (𝜗𝑜 − 𝜗𝑠) = 1,25 ∗ 42,663 ∗ (323,15 − 293,15)

Φ𝐵 = 1599,862 𝑊/𝑚

Gustoća toplinskog toka na unutrašnjoj površini cijevi (duljine 1 m) promjera 80/60 mm i 𝜆 = 1,5 𝑊/𝑚𝐾

iznosi 𝑞 = 10428 𝑊/𝑚2. temperatura unutrašnje površine cijevi je 40 ℃,a toplinski tok usmjeren je od

vanjske ka unutrašnjoj površini cijevi. Izračunati:

a) Temperaturu na vanjskoj površini

b) Gustoču toplinskog toka na vanjskoj površini cijevi

Skicirati temperaturni profil u 𝜗, 𝑟 − 𝑑𝑖𝑗𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑢

Dato:

∅𝑐𝑗 = 80,60 𝑚𝑚

L=1 m

𝜆 = 1,5 𝑊/𝑚𝐾

𝑞𝑅1= 10428 𝑊/𝑚2

𝜗𝑢𝑛 = 𝜗𝑠2= 40℃

𝜗𝑣𝑎𝑛 = 𝜗𝑠1=?

𝑞𝑅2=?

𝜗(𝑟) = 𝐶1𝑙𝑛𝑟 + 𝐶2

𝑅1 = 0,03

𝑅2 = 0,04

Gustoča toplinskog toka na unutrašnjoj površini cijevi

𝐶1 =(𝜗𝑠1

− 𝜗𝑠2)

𝑙𝑛𝑅1𝑅2

𝑞(𝑅1) = −𝜆𝐶1

𝑅1= −𝜆 ∗

(𝜗𝑠1− 𝜗𝑠2

)

𝑙𝑛𝑅1𝑅2

𝑅1

𝑞(𝑅1) = 10428 𝑊/𝑚2 → 𝑝𝑜𝑧𝑛𝑎𝑡𝑜

𝑞(𝑅1) =𝜆(𝜗𝑠1

− 𝜗𝑠2)

𝑅1𝑙𝑛𝑅2𝑅1

𝑞(𝑅1) ∗ 𝑅1𝑙𝑛𝑅2

𝑅1= 𝜆(𝜗𝑠1

− 𝜗𝑠2)

𝜗𝑠1=

𝑞(𝑅1) ∗ 𝑅1𝑙𝑛𝑅2𝑅1

𝜆+ 𝜗𝑠2

=10428 ∗ 0,03 ∗ 𝑙𝑛

0,040,03

1,5+ 313,15

Temperatura na vanjskoj površini:

𝜗𝑠1= 372,99 𝐾 = 100℃

Gustoča toplinskog toka na vanjskoj površini cijevi:

𝑞(𝑅2) =𝜆(𝜗𝑠1

− 𝜗𝑠2)

𝑅2𝑙𝑛𝑅2𝑅1

𝑞(𝑅2) =1,5(373,15 − 313,15)

0,04𝑙𝑛0,040,03

= 7826,086 𝑊/𝑚2

Pošto je 𝑅2 > 𝑅1 slijedi da je 𝑞(𝑅2) < 𝑞(𝑅1)

Vertikalni električni grijači uronjeni su u spremnik sa vodom koju u stacionarnom stanju održavaju na

temperaturi 90 °C. Grijači su napravljeni od 8 bakrenih šipki promjera 8mm i visine 500mm. Površinska

temperatura grijača iznosi 100 °C. Izračunajte koliko kWh električne energije potroše grijači za 12 sati

rada? 𝜗𝑠 = 100 ℃

Dato:

𝜗𝑣𝑜𝑑𝑒 = 90 ℃

n=8

d=8 mm =0,008 m

H=h=500 mm = 0,5 m

𝜗𝑠 = 100 ℃

t=12 h

Traži se:

E=? (kWh)

Slobodna konvekcija

𝑁𝑢 = 0,52 ∗ √𝐺𝑟 ∗ 𝑃𝑟4

Za tekučine

𝐺𝑟 =𝜌𝑜 − 𝜌𝑠

𝜌𝑠∗

𝑔 ∗ ℎ3

𝜈𝑠2

𝑁𝑢 = 0,52 ∗ √𝜌𝑜 − 𝜌𝑠

𝜌𝑠∗

𝑔 ∗ ℎ3

𝜈𝑠2

∗ 𝑃𝑟4

Svojstva vode:

𝜗𝑚 =100 + 90

2= 95 ℃

Iz toplinskih tablica za 95 ℃ (vrela voda)

𝜌 = 961,91 𝑘𝑔/𝑚3

𝑐𝑝 = 4,2106 𝑘𝐽/(𝑘𝑔𝐾)

𝜆 = 0,67735 𝑊/(𝑚𝐾)

𝜂 = 297,28 ∗ 10−6𝑃𝑎𝑠/𝑚2

𝜗𝑣𝑜𝑑𝑒 = 90 ℃

Svojstva cijevi:

𝜗𝑠 = 100 ℃

Iz toplinskih tablica za 100 ℃

𝜌𝑠 = 958,41 𝑘𝑔/𝑚3

𝜂𝑠 = 281,75 ∗ 10−6 𝑃𝑎𝑠/𝑚2

𝑃𝑟 =𝜈

𝑎=

𝜂 ∗ 𝑐𝑝

𝜆=

297,28 ∗ 10−6 ∗ 4,2106 ∗ 103

0,67735= 1,8479

𝜈 =𝜂𝑠

𝜌𝑠⟹ 𝜈𝑠 =

𝜂𝑠

𝜌𝑠=

281,75 ∗ 10−6

958,41= 2,93 ∗ 10−7

Pa je

𝑁𝑢 =𝛼 ∗ 𝐻

𝜆 ⟹ 𝛼 =

𝑁𝑢 ∗ 𝜆

𝐻

𝑁𝑢 = 0,52 ∗ √961,91 − 958,41

958,41∗

9,81 ∗ 0,53

(2,93 ∗ 10−7)2∗ 1,8479

4

𝑁𝑢 = 289,701

𝛼 =289,701 ∗ 0,67735

0,5= 392,457 𝑊/𝑚2𝐾

𝐴 = 𝑑 ∗ 𝜋 ∗ 𝑙 ∗ 𝑛 = 0,008 ∗ 𝜋 ∗ 0,5 ∗ 8 = 0,1005 𝑚2

Iz toplinskih tablica:

𝜆𝑏𝑎𝑘𝑟𝑎 = 386 𝑊/(𝑚𝐾)

𝜙 = 𝐴 ∗ 𝛼 ∗ (𝜗𝑠 − 𝜗𝑜)

𝜙 = 0,1005 ∗ 392,457 ∗ (373,15 − 363,15)

𝜙 = 394,41 𝑊 = 0,394 𝑘𝑊

𝐸 = 𝜙 ∗ 𝑡 = 0,394 ∗ 12

𝐸 = 4,728 𝑘𝑊ℎ

Električna grijalica ima duljinu 60 cm,promjer 9mmiemisijski faktor 0,8. tijekom 10h kontinuiranog rada s

konstantnim električnim učinom ,grijalica potroši 8,37 kWh električne energije zagrijavajući prostoriju čiji

zidovi imaju površinu temperature 17℃. zanemarujuci konvektivni prijenos topline s grijalice na okolni

zraka u prostoriju,potrebno je izračunati:

a) Površinsku temperaturu grijalice

b) Površinsku temperaturu grijalice ako bi joj se toplotni učin u odnosu pod a) smanjio za 25%

Dato:

L=60 cm

d=9 mm

𝜀 = 0,8

t=10 h

�̇� = 8,37 𝑘𝑊ℎ

𝜗𝑧𝑖𝑑𝑎 = 𝑇𝑠2= 17℃

a) 𝜗𝑔𝑟 =?

b) 𝜗𝑔𝑟𝑖𝑗.(< �̇� 𝑧𝑎 25%)

Iz �̇� = Φ ∗ 𝑡 ⟹ Φ =�̇�

𝑡=

8,37

10= 0,837 𝑘𝑊

Φ = 837 W

𝐴 = 𝑑 ∗ 𝜋 ∗ 𝐿 𝑖𝑙𝑖 𝐴 = 2𝑅 ∗ 𝐿 ∗ 𝜋

𝐴 = 0,009 ∗ 𝜋 ∗ 0,06 = 0,0169 𝑚2

Φ = A ∗ 𝐶𝑐 ∗ 𝜀 ∗ [(𝑇𝑠1

100)

4

− (𝑇𝑠2

100)

4

]

837 = 0,0169 ∗ 5,67 ∗ 0,8 ∗ [(𝑇𝑠1

100)

4

− (290,15

100)

4

]

837 = 0,0169 ∗ 5,67 ∗ 0,8 ∗ [(𝑇𝑠1

100)

4

− (2,9)4]

837 = 0,0766 ∗ (𝑇𝑠1

100)

4

− 5,421

0,0766 ∗ (𝑇𝑠1

100)

4

= 5,421 + 837

0,0766 ∗ (𝑇𝑠1

100)

4

= 842,421

(𝑇𝑠1

100)

4

=842,421

0,0766= 10997,67

(𝑇𝑠1)4

= 10997,67 ∗ 1004 = 1,0997 ∗ 1012

𝑇𝑠1= 𝜗𝑔𝑟 = √1,0997 ∗ 10124

= 1024,059 𝐾 = 751,05℃

b) 25%manji toplotni učinak

Φ = 837 ∗ 0,75 = 627,75 W

627,75 = 0,0766 ∗ (𝑇𝑠1

100)

4

− 5,421

0,0766 ∗ (𝑇𝑠1

100)

4

= 633,171

(𝑇𝑠1

100)

4

= 8265,93

𝑇𝑠1= √8,2659 ∗ 10114

𝑇𝑠1= 𝜗𝑔𝑟 = 953,505 𝐾 = 680,355℃