1. Tehničkatermodinamika

1.1. Prviglavnistavaktermodinamike

 1. U zatvoreni nepomični termodinamički sustav dovodi se 100 kJ toplinske energije. Pritom 

sustav obavi rad od 80 kJ. Kolika je promjena unutrašnje energije sustava?  Q = 100 kJ W = 80 kJ  ΔU = ?  

  

Slika 1‐1. Konvencija prilikom određivanja predznaka toplinske energije i rada  Iz prvog glavnog stavka termodinamike za zatvoreni sustav, uz pretpostavku da nema promjene kinetičke i potencijalne energije, slijedi:  ∆U = Q – W = 100 – 80 = 20 kJ  Toplinska je energija pozitivnog predznaka jer se dovodi u sustav. Rad je također pozitivnog predznaka jer sustav obavlja rad, slika 1‐1.  

2. Nad zatvorenim nepomičnim termodinamičkim sustavom za vrijeme procesa obavljen je rad od 100 kJ. Unutrašnja energija sustava porasla je za 55 kJ. Izračunajte količinu topline koja se izmjenjuje s okolicom. Dovodi li se toplina sustavu ili odvodi za vrijeme procesa?  W = – 100 kJ ∆U = 55 kJ  Q = ?  Opet, iz prvog glavnog stavka termodinamike za zatvoreni sustav, uz pretpostavku da nema promjene kinetičke i potencijalne energije, slijedi:  

Q = ∆U +W = 55 – 100 = – 45 kJ  Q = – 45 kJ → Toplina se odvodi iz sustava!  

3. Automobil mase 850 kg kreće se brzinom od 80 km/h po vodoravnoj podlozi. Prilikom kočenja kinetička energija vozila pretvara se trenjem u kočnicama u toplinu i predaje okolici. Koliko se topline izmijeni potpunim zaustavljanjem vozila, a koliko ako se brzina smanji na pola? Koliko bi se moglo zasićene vrele vode tom toplinom ispariti, ako za isparivanje kilograma vode treba 2260 kJ topline?  m = 850 kg c1 = 80 km/h = 22,22 m/s qL = 2260 kJ/kg  Q12, mv = ?  Zadatak ćemo riješiti korištenjem prvog glavnog stavka termodinamike za zatvoreni sustav, što je u našem slučaju automobil:  

  Q12 + U1 + Ep1 + Ek1 = W12 + U2 + Ep2 + Ek2  (1‐1)  S obzirom da se unutrašnja i potencijalna energija ne mijenjaju i da nad automobilom nije izvršen nikakav mehanički rad, iz jednadžbe (1‐1) proizlazi da se toplina oslobađa samo uslijed smanjenja kinetičke energije automobila:  Q12 = Ek2 – Ek1  Unutrašnja se energija ne mijenja jer se temperatura automobila ne mijenja. Potencijalna se energija ne mijenja jer se automobil giba po vodoravnoj podlozi pa nema promjene elevacije.  

Potpuno zaustavljanje vozila:  

,,

2 2 22 1

12

m c m c 22 22Q 850 0 209 83 kJ

2 2 2

 

 Masa isparene vode iznosi:  

12v

L

Q 209,83m 0,093 kg

q 2260  

 

Dvostruko smanjenje brzine:  c2 = c1/2 = 11,11 m/s  

2 2 2 22 1

12

m c m c 11,11 22,22Q 850 157 ,38 kJ

2 2 2 2

 

 Masa isparene vode iznosi:  

12v

L

Q 157 ,38m 0,07 kg

q 2260  

 U oba je slučaja toplinska energija negativnog predznaka što znači da se odvodi iz sustava, tj. kočnice automobila se hlade, a toplinska se energija predaje okolini.  

4. Na čeličnom užetu (presjeka 250 mm2 i duljine 25 m) dizalice obješen je teret mase 5000 kg. Preko noći se uže ohladi s temperature 20 °C na temperaturu 5 °C. Kolika je promjena unutrašnje kaloričke energije užeta i koliki je rad obavljen dizanjem tereta uslijed stezanja užeta? Zanemaruje se rad elastične sile užeta. Poznati su: koeficijent linijskog toplinskog rastezanja čelika 14·10‐6 K‐1, specifični toplinski kapacitet čelika 460 J/kgK i gustoća čelika 7800 kg/m3.  A = 250 mm2 = 250∙10‐6 m2 

l0 = 25 m mt = 5000 kg 

1 = 20 °C 

2 = 5 °C αL = 14∙10

‐6 K‐1 c = 460 J/kgK ρ = 7800 kg/m3  ∆U, W = ?  

  

Slika 1‐2. Čelično uže s teretom  

Masa je užeta:  mu = ρAl0 = 7800·250·10‐6·25 = 48,75 kg  Promjena je temperature:  

∆T = T2 – T1 ≡ ∆ = 2 – 1 = – 15 K  Promjena je unutrašnje kaloričke energije užeta: 

 ∆U = muc∆T = 48,75·460·(– 15) = – 3,36∙105 J  Zakon je linijskog toplinskog rastezanja dan izrazom:  

 0

L

lT

l

  (1‐2) 

 ∆l = ∆s = 25·14∙10‐6·(– 15) = – 5,25 mm  Rad obavljen prilikom dizanja tereta iznosi:  W = mt g |Δl| = 5000∙9,81∙0,00525 = 257,5 J  

5. Skupina od 20 osoba boravi u hermetički i toplinski izoliranoj prostoriji površine 10 m × 25 m i visine 3 m. Izračunajte porast temperature zraka za 10 minuta i tlak zraka u tom trenutku ukoliko svaka osoba u prosjeku zauzima 0,071 m3 i u okolicu zrači toplinskom snagom 395 kJ/h. Poznati su još: specifična toplinski kapacitet zraka pri konstantnom volumenu cv = 718 J/kgK, plinska konstanta R = 287 J/kgK, početni tlak 1,0135∙105 Pa i temperatura 21 °C. 

 n = 20 osoba Vp = 10 m × 25 m × 3 m = 750 m3 Vos = 0,071 m

3 t = 10 min = 0,166 h 

osQ  = 395 kJ/h 

cv,z = 718 J/kgK p1 = 1,0135∙10

5 Pa R = 287 J/kgK 

1 = 21 °C → T1 = 294,15 K  ∆T, p2 = ?  Termodinamički sustav čini zrak u prostoriji. Sustav je zatvoren jer je prostorija hermetički izolirana. Volumen je zraka volumen prostorije umanjen za volumen koji zauzimaju ljudi:  V = Vp – 20·Vos = 750 – 20·0,071 = 748,58 m3  Pretpostavit ćemo da je zrak u prostoriji idealni plin pa vrijedi jednadžba stanja idealnog plina:  

  pV = mRT  (1‐3)  Masa je zraka:  

51

z1

p V 1,0135 10 748,58m 898,69 kg

R T 287 294,15

 

 Kako je prostorija toplinski izolirana, sva toplina koja osobe odzrače predaje se zraku i time raste njegova unutrašnja energija. Prvi stavak termodinamike se u tom slučaju može zapisati kao:  

n osQ t = mzcv,z∆T, 

 pa je porast temperature zraka:  

3os

z v ,z

n Q t 20 395 10 0,166T 2,03K

m c 898,69 718

 

 Volumen se zraka ne mijenja tijekom procesa prijenosa topline. Radi se, dakle, o izohornoj promjeni stanja idealno plina za koju vrijedi:  

  1 1

2 2

p T

p T   (1‐4) 

 Relacija (1‐4) slijedi iz jednadžbe stanja idealnog plina. Ako je p1V1 = mRT1, a p2V2 = mRT2, uz V1 = V2, dijeljenjem dviju jednadžbi dobije se upravo relacija (1‐4). Tlak je nakon 10 minuta:  

5 522 1

1

T 294,15 2,03p p 1,0135 10 1,0205 10 Pa

T 294,15

 

 6. Adijabatski spremnik krutih stijenki volumena 20 m3 početno sadrži idealni plin temperature 25 

°C pod tlakom 800 kPa. Zabunom se otvori ventil i određena količina plina istruji u okolicu. Nakon zatvaranja ventila ustanovljeno je da je sada tlak u spremniku 600 kPa, a temperatura 20 °C. Koliko je kilograma plina izašlo iz spremnika? Plinska je konstantna idealnog plina 287 J/kgK.  V = 20 m3 

1 = 25 °C → T1 = 298,15 K p1 = 800 kPa 

2 = 20 °C → T1 = 293,15 K p2 = 600 kPa R = 287 J/kgK  Δm = ?  Masa je plina u spremniku prije otvaranja ventila:  

31

11

p V 800 10 20m 186 ,98kg

R T 287 298 ,15

 

 Nakon otvaranja ventila u spremniku ostane:  

32

22

p V 600 10 20m 142,63kg

R T 287 293,15

 

 Iz spremnika je izašlo:  Δm = m1 – m2 = 186,98 – 142,63 = 44,35 kg  

7. U cilindru sa stapom komprimira se idealni plin mase 0,9 kg od volumena 0,396 m3 na volumen 0,255 m3 pri konstantnom tlaku od 95,76 kPa. Za vrijeme procesa došlo je do smanjenja unutrašnje kaloričke energije za 8135 J. Izračunajte količinu topline koja je dovedena ili odvedena plinu za vrijeme kompresije.  m = 0,9 kg V1 = 0,396 m

3 V2 = 0,255 m

3 p = 95760 Pa ∆U = – 8135 J  Q12 = ?  

  

Slika 1‐3. Kompresija plina u cilindru sa stapom  Kinetička i potencijalna energija plina tijekom procesa kompresije se ne mijenjaju, stoga primjenom prvog stavka termodinamike (jednadžba 1‐1) za zatvoreni sustav (plin u cilindru) dobiva se sljedeći izraz za izmijenjenu toplinsku energiju:  Q12 = W12 + U2 – U1  Mehanički je rad u gornjem izrazu rad promjene volumena idealnog plina pa je izmijenjena toplina: 

 

2

1

V

12

V

Q pdV U   (1‐5) 

2

1

V

12 2 1

V

Q pdV U p V V U 95760 0,255 0 ,396 8135 21,64 kJ  

 Negativan predznak toplinske energije upućuje na to da se toplina odvodi iz sustava. Zanimljivo je primijetiti da su i promjena unutrašnje energije i mehanički rad također negativni. Da bi održali konstantan tlak u cilindru morali smo hladiti cilindar da kompenziramo (1) porast unutrašnje energije plina uslijed kompresije i (2) uloženi rad kompresije jer smo izvana morali uložiti energiju da potisnemo plin u cilindru.  

8. Unutar cilindra s pomičnim stapom nalazi se idealni plin na tlaku 700 kPa i temperaturi 294,3 K. Pri konstantnom se tlaku plinu dovodi 105500 J topline pri čemu mu volumen pomicanjem stapa poraste sa 0,0142 m3 na 0,0566 m3. Izračunajte promjenu unutrašnje kaloričke energije i konačnu temperaturu plina. Ako je tlak okolice 1 bar, koliki korisni rad sustav obavi?  

p = 700 kPa T1 = 294,3 K Q12 = 105500 J V1 = 0,0142 m

3 V2 = 0,0566 m

3 pok = 1 bar = 100 kPa  ∆U, T2, Wkorisni = ?  

  

Slika 1‐4. Ekspanzija plina u cilindru sa stapom  Problem je sličan onome u prošlom zadatku, a jedina je razlika što je smjer strujanja energije suprotan. Dok se u prošlom primjeru nad sustavom obavljao rad, a toplina se odvodila u okolinu, ovdje se sustav grije izvana a on obavlja rad nad okolinom. Drugim riječima, ista jednadžba održanja energije (Q12 = W12 + U2 – U1) primjenjuje se i ovdje, jedino što će rezultat imati pozitivan predznak:  Q12 = W12 + ΔU  ΔU = Q12 – W12 = Q12 – p(V2 – V1) = 105500 – 700·103·(0,0566 – 0,0142) = 75,82 kJ  Primijetiti treba, dakle, da su sve tri veličine (toplina, mehanički rad, unutrašnja energija), ovoga puta, pozitivnog predznaka. Toplina se sustavu dovodi (Q12 > 0), sustav obavlja mehanički rad (W12 > 0), a raste mu i unutrašnja energija (ΔU > 0). Konačna se temperatura izračuna korištenjem jednadžbe koja povezuje volumen i temperaturu prilikom izobarne promjene stanja idealnog plina:  

  1 1

2 2

V T

V T   (1‐6) 

 Relacija (1‐6) slijedi iz jednadžbe stanja idealnog plina. Ako je p1V1 = mRT1, a p2V2 = mRT2, uz p1 = p2, dijeljenjem dviju jednadžbi dobije se upravo relacija (1‐6).  

22 1

1

V 0,0566T T 294,3 1173,1K

V 0,0142

  Korisni je rad jednak radu plina umanjenom za rad potiskivanja okolice:  Wkorisni = W12 – pok(V2 – V1) 

 Wkorisni = p(V2 – V1) – pok(V2 – V1) = = 700·103·(0,0566 – 0,0142) – 100·103·(0,0566 – 0,0142) = 25,44 kJ  

9. Zrak volumena 0,3 m3 hladi se pri konstantnom tlaku 552 kPa. Početna temperatura zraka je 82 °C, a konačna temperatura nakon hlađenja 38 °C. Izračunajte utrošeni rad za hlađenje zraka, promjenu unutrašnje kaloričke energije zraka i odvedenu toplinu. Poznati su sljedeći podaci za zrak: cp = 1004,8 J/kgK, cv = 717,8 J/kgK.  V1 = 0,3 m

3 p = 552 kPa 

1 = 82 °C → T1 = 355,15 K 

2 = 38 °C → T1 = 311,15 K cp = 1004,8 J/kgK cv = 717,8 J/kgK  W12, ∆U, Q12 = ?  Zrak ćemo promatrati kao idealni plin. Sustav je zatvoren jer nema dodavanja niti oduzimanja zraka za vrijeme procesa hlađenja. Za izobarni proces vrijedi:  

1 1

2 2

V T

V T , 

 pa je volumen zraka na kraju procesa:  

322 1

1

T 311,15V V 0,3 0,263m

T 355,15  

 Volumen zraka pada, što smo i očekivali, jer se volumena plina prilikom hlađenja tijekom izobarnog procesa smanjuje. Masa se zraka izračuna iz jednadžbe stanja:  

31

1

p V 552 10 0,3m 1,625kg

R T 287 355,15

 

 Plinska konstanta korištena u gornjoj jednadžbi jednaka je razlici specifičnih toplinskih kapaciteta pri konstantnom tlaku i konstantnom volumenu:  

  R = cp – cv  (1‐7)  R = 1004,8 – 717,8 = 287 J/kgK  Mehanički rad promjene volumena zraka je:  W12 = p(V2 – V1) = 552·103·(0,263 – 0,3) = – 20,424 kJ  Utrošeni rad koji treba uložiti za kompresiju zraka izvana je 20,424 kJ. Sa stajališta uređaja koji kompresiju obavlja taj je rad pozitivan. Promjena specifične unutrašnje kaloričke energije definirana je izrazom: 

   du = cvdT  (1‐8) 

 Promjena unutrašnje energije se dakle izračuna kao:  ΔU = mcvΔT = 1,625 · 717,8 · (311,15 – 355,15) = – 51,323 kJ  Odvedena se toplina može izračunati na dva načina. Najlakše ju je odrediti primjenom prvog glavnog stavka termodinamike:  Q12 = W12 + ΔU = – 20,424 – 51,323 = – 71,747 kJ  Drugi je način da se direktno izračuna pomoću formule:  

  Q12 = mcpΔT  (1‐9)  Uvrštavanjem vrijednosti u gornju formulu dobio bi se isti rezultat za odvedenu toplinu. Može se pokazati da se ova formula dade izvesti iz prvog stavka termodinamike:  Q12 = W12 + ΔU = pΔV + mcvΔT = mRΔT + mcvΔT = m·(R+cv)·ΔT = mcpΔT  Prilikom izvoda uzelo se u obzir da tijekom izobarnog procesa vrijedi relacija  

  pΔV = mRΔT  (1‐10)  Jednadžba (1‐10) se lako izvede iz jednadžbe stanja idealnog plina uzimajući u obzir da su tlak, masa i plinska konstanta nepromjenjivi pa se mogu izvući ispred znaka integracije:  

2 2

1 1

V T

V T

pdV mRdT  

 2 2

1 1

V T

V T

p dV mR dT p V mR T  

 10. Cilindar sa stapom sadrži 0,1 m3 plina freona‐12 na tlaku 500 kPa i temperaturi 70 °C. Stap je 

zakočen u početnom položaju sve dok tlak, dovođenjem toplinske energije, ne dostigne vrijednost 600 kPa. Nakon toga se stap oslobodi,a plin s okolicom, pri konstantnom tlaku, izmjenjuje toplinsku energiju dok ne postigne konačnu temperaturu od 80 °C. Izračunajte ukupno izmijenjenu toplinu između plina i okolice. Poznati su specifični volumeni i entalpije za sva stanja u procesu: na početku 0,044184 m3/kg i 231,161 kJ/kg; na kraju prvog procesa 0,044184 m3/kg i 272,231 kJ/kg; na kraju drugog procesa 0,037653 m3/kg i 237,027 kJ/kg.  V1 = 0,1 m

3 p1 = 500 kPa 

1 = 70 °C p2 = 600 kPa 

3 = 80 °C 

v1 = 0,044184 m3/kg 

h1 = 231,161 kJ/kg v2 = 0,044184 m

3/kg h2 = 272,231 kJ/kg v3 = 0,037653 m

3/kg 

 Quk = ? 

h3 = 237,027 kJ/kg 

 

  

Slika 1‐5. Prikaz promjena stanja plina u p, v‐dijagramu u 10. zadatku   

U ovom se zadatku plin promatra kao realni plin i koriste se podaci o toplinskim svojstvima plina očitani iz tablica za freon‐12 (specifični volumeni i entalpije). Najprije se odredi masa plina unutar cilindra sa stapom:  

1

1

V 0,1m 2,263 kg

v 0,044184  

 Proces između stanja 1 i 2 je izohorni proces jer je stap za vrijeme procesa zakočen. Mehanički rad promjene volumena je jednak nuli. Dovedena toplina prema prvom glavnom stavku termodinamike iznosi:  Q12 = W12 + ∆U = 0 + U2 – U1 = m(u2 – u1)  S obzirom da ne znamo iznos specifične unutrašnje energije, uvodimo specifičnu entalpiju koja je definirana kao:  

  h = u + pv,  (1‐11)  pa slijedi:  Q12 = m[(h2 – p2v2) – (h1 – p1v1)]  Q12 = 2,263·[(272,231 – 600·0,044184) – (231,161 – 500·0,044184)] = 82,94 kJ  Za proces između stanja 2 i 3 rečeno je da se radi o izobarnom procesu za koji mehanički rad promjene volumena više nije jednak nuli:  Q23 = W23 + ∆U = mp2(v3 – v2) + m(u3 – u2) = mp2(v3 – v2) + m[(h3 – p3v3) – (h2 – p2v2)]  Q23 = 2,263·600·(0,037653 – 0,044184) + 2,263·[(237,027 – 600·0,037653) – (272,231 – 600·0,044184)] = – 8,87 – 70,80 = – 79,67 kJ  

Sustav (freon‐12 unutar cilindra sa stapom) se, dakle, između stanja 2 i 3 hladi. Prije nego što izračunamo ukupnu izmijenjenu toplinu, zanimljivo je pogledati koliko iznosi temperatura u točki 2. Da bi ju izračunali potreban nam je podatak o specifičnom toplinskom kapacitetu plina. Iz tablica se očita da specifični toplinski kapacitet freona‐12 pri konstantnom tlaku iznosi 1,022 kJ/kgK. Kako je funkcionalna veza između promjene entalpije i promjene temperature:  

  dh = cpdT,  (1‐12)  temperatura u točki 2 iznosi:  

2 12 1

p

h h 272,231 231,16170 110,19 C

c 1,022

 

 Ukupna izmijenjena toplina između točaka 1 i 3 jednostavno se izračuna kao suma izmijenjenih toplina između točaka 1 i 2, te 2 i 3:  Quk = Q13 = Q12 + Q23 = 82,94 – 79,67 = 3,27 kJ  

11. Riješiti prethodni zadatak uz pretpostavku da se umjesto freona koristi zrak kao idealni plin (cp = 1004,8 J/kgK, cv = 717,8 J/kgK).  V1 = V2 = 0,1 m

3 p1 = 500 kPa 

1 = 70 °C → T1 = 343,15 K p2 = p3 = 600 kPa 

3 = 80 °C → T3 = 353,15 K cp = 1004,8 J/kgK cv = 717,8 J/kgK  Quk = ?  Ako su poznati ukupni volumen, tlak i temperatura idealnog plina, masa se plina određuje iz jednadžbe stanja idealnog plina:  

31 1

1

p V 500 10 0,1m 0,508 kg

RT 287 343,15

  R = cp – cv = 287 J/kgK  Kod izohornog su procesa omjeri tlakova jednaki omjeru temperatura, pa je temperatura u točki 2:  

22 1

1

p 600T T 343,15 411,78 K

p 500  

 Dovedena se toplinska energija kod izohorne promjene stanja idealnog plina računa prema relaciji: 

  Q12 = mcvΔT,  (1‐13) pa je: 

 Q12 = mcv(T2 – T1) = 0,508∙717,8∙(411,78 – 343,15) = 25,03 kJ  Između stanja 2 i 3 dolazi do izobarne kompresije idealnog plina. Toplina odvedena tijekom procesa definirana je relacijom (1‐9):  Q23 = mcp(T3 – T2) = 0,508∙1004,8∙(353,15 – 411,78) = – 29,93 kJ  Ukupna je izmijenjena toplina:  Quk = Q12 + Q23 = – 4,9 kJ  Ako bi nas zanimao mehanički rad koji je obavio plin, onda bi on za vrijeme izohorne promjene stanja bio jednak nuli (W12 = 0) jer je promjena volumena jednaka nuli. Za vrijeme izobarne bi promjene mehanički rad promjene volumena iznosio prema definiciji:  

3

2

V

323 2 3 2

V

W pdV p (V V ) 600 10 (0 ,0858 0,1) 8 ,52 kJ  

 Rad je negativan jer se obavlja nad sustavom. Volumen se plina u točki 3 izračuna pomoću relacije (1‐6) koja povezuje volumene i temperature tijekom izobarne promjene:  

333 2

2

T 353,15V V 0,1 0,0858m

T 411,78  

 Na kraju možemo izračunati i promjenu unutrašnje kaloričke energije plina između stanja 1 i 2, te 2 i 3 pomoću jednadžbe očuvanja energije:  Q12 = ΔU12 + W12  ΔU12 = Q12 – W12 = Q12 = 25,03 – 0 = 25,03 kJ  Kod izohorne se promjene sva dovedena toplina troši na povećanje unutrašnje kaloričke energije plina.  ΔU23 = Q23 – W23 = – 29,93 + 8,52 = – 21,41 kJ  Promjenu smo unutrašnje energije mogli direktno izračunati i pomoću relacije (1‐8):  ΔU12 = mcv(T2 – T1) = Q12 = 25,03 kJ  ΔU23 = mcv(T3 – T2) = 0,508∙717,8∙(353,15 – 411,78) = – 21,38 kJ  Jasno da smo za ΔU23 trebali dobiti isti rezultat ali se zbog pogreške prilikom zaokruživanja rezultat malo razlikuju.  Specifični volumeni iznose:  v1 = v2 = V1/m = 0,1/0,508 = 0,197 m3/kg, 

 v3 = V3/m = 0,0858/0,508 = 0,169 m3/kg,  Prikaz promjena stanja plina u p, v‐dijagramu nalazi se na slici 1‐6.  

  

Slika 1‐6. Prikaz promjena stanja idealnog plina u p, v‐dijagramu u 11. zadatku  

12. Unutar cilindra sa stapom nalazi se 1 m3 idealnog plina na tlaku 800 kPa i temperaturi 80 °C. Plin se izotermno zagrijava do trenutka kada mu se volumen poveća dvostruko. Nakon toga se adijabatski komprimira do početnog volumena. Kolika se toplina dovede plinu za vrijeme izotermne ekspanzije? Koliki je tlak nakon adijabatske kompresije? Koliki se rad mora uložiti za kompresiju plina za vrijeme adijabatske kompresije? Za idealni plin su poznati podaci: cp = 1004,8 J/kgK, cv = 717,8 J/kgK.  V1 = 1 m

3 p1 = 800 kPa 

1 = 2 = 80 °C V2 = 2 m

3 V3 = 1 m

3 cp = 1004,8 J/kgK cv = 717,8 J/kgK  Q12, p3, W23 = ?  

  

Slika 1‐7. Prikaz promjena stanja plina u p, v‐dijagramu u 12. zadatku  

Opet ćemo, najprije, odrediti masu plina. Ovoga se puta radi o idealnom plinu pa ćemo iskoristiti jednadžbu stanja idealnog plina. Masa iznosi:  

31 1

1

p V 800 10 1m 7 ,89 kg

RT 287 353,15

 

 jer su:  R = cp – cv = 287 J/kgK, T1 = 353,15 K  Tijekom izotermne promjene stanja, idealnom se plinu dovodi toplina:  

  2 112

1 2

V pQ mRT ln mRT ln

V p ,  (1‐14) 

 pa je:  

12

2Q 7 ,89 287 353,15 ln 554,3 kJ

1  

 Umnožak tlaka i volumena tijekom izotermne promjene stanja idealnog plina je konstantan:  

  p1V1 = p2V2  (1‐15)  Zato je tlak u točki 2:  

1 12

2

p V 800 1p 400 kPa

V 2

 

 Odnosi između temperatura, volumena i tlakova za vrijeme adijabatskog procesa su sljedeći:  

 

11

1 2 1

2 1 2

T V p

T V p

  (1‐16) 

 Korištenjem ovih relacija izračunamo tlak u točki 3:  

1,4

23 2

3

V 2p p 400 1055,61kPa

V 1

 

 Adijabatski indeks κ definiran je kao:  

 p

v

c 1004,81,4

c 717 ,8   (1‐17) 

 

Primjećujemo da je tlak na kraju veći nego početni tlak p1 iako su konačni i početni volumen jednaki. Temperatura zbog toga mora porasti. Konačnu temperaturu možemo odrediti ili iz jednadžbe stanja idealnog plina ili pomoću neke od relacija (1‐16).  

33 3

3

p V 1055,61 10 1T 466,17 K

mR 7 ,89 287

 

11

323 2 2

3 2

pVT T T 465,98 K

V p

 

 Rezultati se neznatno razlikuju zbog pogreške zaokruživanja. Tijekom adijabatske promjene stanja, toplina se ne odvodi niti dovodi u sustav već je jednaka nuli. Sav se uloženi rad troši na povećanje unutrašnje kaloričke energije, odnosno sustav obavlja rad na temelju smanjenja unutrašnje kaloričke energije. Rad koji treba uložiti da se plin komprimira, tj. da prijeđe iz stanja 2 u stanje 3 je prema tome:  

  W23 = mcv (T2 – T3)  (1‐18)  W23 = 7,89∙717,8∙(353,15 – 465,98) = – 639,0 kJ  Rad koji sustav obavi za vrijeme izotermne ekspanzije jednak je dovedenoj toplinskoj energiji jer je promjena unutrašnje kaloričke energije jednaka nuli (temperatura ostaje konstantna za vrijeme procesa):  W12 = Q12 = 554,3 kJ < |W23| = 639 kJ  Gornja nejednakost je logična. Naime, konstatirali smo da plin na kraju ima veći tlak nego na početku, a volumen mu je jednak. To je moguće jedino da mu dovedemo energiju izvana pa energija (rad) koju dovedemo za vrijeme adijabatske kompresije mora biti veća od rada koji sustav obavi za vrijeme izotermne ekspanzije. Ovo se jednostavno može pokazati u p,v‐dijagramu jer je mehanički rad promjene volumena jednak površini između krivulje promjene stanja plina i v osi (slika 1‐8).  

  

Slika 1‐8. Određivanje mehaničkog rada promjene volumena pomoću p, v‐dijagrama  

Iz slike se vidi da je površina ispod krivulje 1‐2 (rad koji sustav obavi za vrijeme izotermne ekspanzije) manja od površine ispod krivulje 2‐3 (rad obavljen nad sustavom za vrijeme adijabatske kompresije). Odnos je integrala:  

32

1 2

VV

V V

pdV pdV  

 13. Kompresor usisava zrak tlaka 103 kPa i tlači ga do tlaka 680 kPa. Specifični volumeni zraka 

pritom su v1= 0,124 m3/kg i v2 = 0,0312 m

3/kg. Porast unutrašnje energije zraka je 93,25 kJ/kg, a uloženi tehnički rad 164 kJ/kg. Promjene potencijalne i kinetičke energije su zanemarive. Koliki je iznos izmijenjene topline?  p1 = 103 kPa p2 = 680 kPa v1 = 0,124 m

3/kg v2 = 0,0312 m

3/kg Δu = u2 – u1 = 93,25 kJ/kg wt12 = – 164 kJ/kg 

Δep  0 Δek  0  q12 = ?  

  

Slika 1‐9. Shema procesa u kompresoru  

Sustav na koji ćemo primijeniti prvi glavni stavak termodinamike je zrak unutar kompresora, a to je otvoreni sustav jer zrak neometano prolazi granice sustava. Prvi glavni stavak termodinamike za otvoreni sustav glasi:  

  2 212 1 1 1 1 1 t12 2 2 2 2 2

1 1q u p v c gz w u p v c gz

2 2   (1‐19) 

 Sve su veličine u jednadžbi (1‐19) iskazane u džulima po jedinici mase. Izmijenjena toplinska energija, uz zanemarenje promjena potencijalne i kinetičke energije, je:  

12 t12 2 1 2 2 1 1q w u u p v p v  

 q12 = – 164 + 93,25 + 680∙0,0312 – 103∙0,124 = – 62,31 kJ/kg  

Negativan predznak toplinske energije upućuje nas da se toplina odvodi iz sustava.  

14. Benzinski motor razvija snagu od 50 kW. Maseni je protok benzina pri tome 15 kg/h, a zraka 215 kg/h. Temperatura smjese goriva i zraka na ulazu u motor je 15 °C, a temperatura plinova izgaranja na izlazu iz motora 900 °C. Motor je hlađen vodom, a prijelaz toplinske snage iznosi 42 kJ/s. Odredite promjenu specifične entalpije smjese zraka i goriva za vrijeme strujanja i izgaranja u motoru, ako prijelaz toplinske snage na okolicu iznosi 15 kJ/s te ako se promjene kinetičke i potencijalne energije zanemaruju.  P = 50 kW 

bm 15 kg / h  

zm 215 kg / h  

1 = 15 °C → T1 = 288,15 K 

2 = 900 °C → T2 = 1173,15 K 

vQ 42 kJ / s  

okQ 15 kJ / s  

Δep  0 Δek  0  Δh = ?  

  

Slika 1‐10. Shema procesa u benzinskom motoru  

Unutrašnjost benzinskog motora, preciznije komora izgaranja, je otvoreni sustav i za nju vrijedi jednadžba (1‐19). S obzirom da se u zadatku traži da se izračuna promjena entalpije, iskoristit će se jednadžba (1‐11) koja povezuje specifičnu entalpiju, specifičnu unutrašnju kaloričku energiju i specifični rad strujanja. Uvrštavanjem jednadžbe (1‐11) u jednadžbu (1‐19) slijedi:  

  2 212 1 1 1 t12 2 2 2

1 1q h c gz w h c gz

2 2   (1‐20) 

 Zanemarivanjem promjena kinetičke i potencijalne energije, promjena specifične entalpije postaje jednaka razlici specifične toplinske energije i tehničkog rada:  Δh = h2 – h1 = q12 – wt12  

Množenjem gornje jednadžbe s masenim protokom u kg/s, umjesto specifičnih veličina dobiju se snage:  

12H Q P  

 

Tražena promjena specifične entalpije jednaka je omjeru  H / m , gdje je m  maseni protok 

smjese benzina i zraka na ulazu u motor. Isti protok imaju i plinovi izgaranju na izlazu iz motora ako se ništa mase ne gubi iz sustava, tj. ako vrijedi zakon održanja mase.  

b zm m m 15 215 230 kg / h 0,0639 kg / s  

 Izmijenjena toplinska snaga jednaka je sumi toplinske snage koja se odvodi rashladnom vodom i toplinske snage koja prelazi u okolicu:  

12 v okQ Q Q 42 15 57 kJ / s , 

 pa je konačno:  

12Q PH 57 50h 1674,5 kJ / kg

m m 0,0639

 

 Specifična se entalpija goriva smanjuje na račun obavljenog tehničkog rada i hlađenja motora vodom i gubitaka topline u okolicu. Idealan bi proces bio kada bi se toplinski gubici smanjili na nulu, a sva se entalpija pretvorila u koristan tehnički rad, odnosno kada bi imali idealan adijabatski proces. U izračunima procesa u turbini i pumpi u termoelektrani upravo ćemo pretpostaviti da su toplinski gubici u tim komponentama jednaki nuli te da obavljeni/uloženi tehnički rad odgovara razlici entalpiju na izlazu i na ulazu u turbinu/pumpu.  

15. Maseni je protok vodene pare kroz parnu turbinu 5 t/h, a snaga turbine na osovini 500 kW. Odredite iznos izmijenjene topline u jednom satu. Ulaz i izlaz turbine su na istoj visini. Promjena specifične entalpije pare iznosi – 490 kJ/kg. Brzina pare na ulazu u turbinu je 60 m/s, a na izlazu 360 m/s.  m 5t / h 1,389 kg / s  

P = 500 kW z1 = z2 Δh = h2 – h1 = – 490 kJ/kg c1 = 60 m/s c2 = 360 m/s  

12Q ?  

 

  

Slika 1‐11. Shema procesa u parnoj turbini  

Parna je turbina otvoreni sustav pa opet polazimo od jednadžbe (1‐20). Kako su ulaz i izlaz turbine na istoj visini (z1 = z2), promjena je potencijalne energije jednaka nuli pa vrijedi:  

2 212 1 1 t12 2 2

1 1q h c w h c

2 2  

 Izmijenjena je specifična toplina:  

2 212 t12 2 1 2 1

1q w h h c c

2  

 Množenjem gornje jednadžbe s masenim protokom pare kroz turbina dobije se:  

2 212 2 1 2 1

1Q P m h h m c c

2  

 To je upravo ono što tražimo jer je izmijenjena toplina u jednom satu jednaka toplinskoj snazi:  

3 3 2 212

1Q 500 10 1,389 490 10 1,389 360 60 93,1 kJ / s 335 ,2MJ / h

2

  Ovaj primjer prikazuje izračun toplinskih gubitaka iz turbine u realnom slučaju kada se oni ne mogu zanemariti. Slično kao i u prethodnim zadacima, i ovdje se krenulo od prvog glavnog stavka termodinamike. Da su ulaz i izlaz turbine bili postavljeni na različitim visinama, gubici energije zbog promjene potencijalne energije bi se također mogli uzeti u obzir. No, pritom valja obratiti pozornost na sam iznos tih gubitaka. Npr. da je u zadatku bilo zadano da je visinska razlika između ulaza i izlaza turbine 2 m, snaga gubitaka potencijalne energije bila bi:  

pE mg z 1,389 9,81 2 27 ,3W  

 Toplinski gubici su 93100 W, dakle nekoliko tisuća puta veći! To znači da čak i da nam je zadan podatak o gubicima potencijalne energije, mi bi ga komotno mogli zanemariti. U tome je i bit inženjerskih izračuna i zanemarenja pojedinih veličina koja konstantno radimo. Na taj način 

olakšavamo dolazak do rješenja problema, a da pritom minimalno utječemo na sam rezultat izračuna.  

16. Izlazni otvor pumpe promjera 5 cm nalazi se 1,5 m iznad ulaznog otvora. Voda temperature 10 °C i tlaka 96,5 kPa ulazi u pumpu kroz otvor promjera 7,5 cm, a napušta je pod tlakom 0,31 MPa. Kolika je potrebna snaga motora pumpe da osigura protok od 0,013 m3/s zanemarujući gubitke. Gustoću vode pretpostavite da iznosi 1000 kg/m3.  D2 = 5 cm z2 – z1 = 1,5 m 

1 = 10 °C p1 = 96,5 kPa D1 = 7,5 cm p2 = 0,31 MPa Q = 0,013 m3/s ρ = 1000 kg/m3  PM = ?  

  

Slika 1‐12. Shema procesa u pumpi  Iz jednadžbe prvog glavnog stavka termodinamike (1‐20) izrazi se tehnički rad:  

2 2t12 12 2 1 2 1 2 1

1w q h h c c g z z

2

  Voda unutar pumpe je otvoreni sustav na koji primjenjujemo ovu relaciju. Izmijenjena toplina i promjena entalpije nisu zadani pa se jednadžba treba zapisati na drugi način kako bi iskoristili podatke koji su nam zadani. Polazi se od jednadžbe za specifičnu entalpiju:  h = u + pv  Diferenciranjem jednadžbe dobije se:  dh = du + pdv + vdp  Diferencijal je specifične toplinske energije: 

   dq = du + pdv,  (1‐21) 

 pa slijedi:  dh = dq + vdp,  odnosno:  vdp = dh – dq  Integrira li se gornja jednadžba od stanja 1 do stanja 2 dobije se:  

2

1

p

2 1 12

p

vdp h h q  

 Desna je strana gornjeg izraza upravo ono što smo tražili pa uvrštavanjem u jednadžbu prvog glavnog stavka termodinamike za otvoreni sustav konačno dobivamo jednadžbu tehničkog rada:  

  2

1

p

2 2t12 2 1 2 1

p

1w vdp c c g z z

2   (1‐22) 

 Još su ostale nepoznate brzine vode na ulazu i na izlazu iz pumpe. One se odrede iz podataka o protoku i promjeru otvora cijevi:  Q = A∙c  

1 21

Q 0,013c 2,943m / s

A 0,075

4

 

2 22

Q 0,013c 6,621m / s

A 0,05

4

 

 Specifični je tehnički rad:  

2 2 2 2t12 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

6 3 2 2

1 1 1w v p p c c g z z p p c c g z z

2 2

1 10 ,31 10 96 ,5 10 6 ,621 2,943 9 ,81 1,5

1000 2

213,5 17 ,588 14,715 245 ,8 J / kg

 

 Rad je negativan jer se ulaže izvana, ali je i svaka komponenta rada negativna. To nam govori da: (1) motor mora uložiti energiju da svlada povećanje rada strujanja, odnosno da poveća tlak 

vode na izlazu iz pumpe, (2) motor mora uložiti energiju da poveća brzinu strujanja vode, (3) motor mora uložiti energiju da podigne vodu za 1,5 m od ulaza prema izlazu iz pumpe. Tehnička je snaga:  

t12 t12 t12P w m w ρQ 245,8 1000 0 ,013 3,2 kW , 

 jer je maseni protok vode:  m ρQ 1000 0 ,013 13 kg / s . 

 Snaga je motora jednaka tehničkoj snazi, ali je po predznaku pozitivna jer motor obavlja rad, dok se nad vodom rad obavio:  PM = 3,2 kW  

17. Kruti spremnik volumena 2m3, početno sadrži zrak temperature 22 °C i tlaka 100 kPa. Spremnik se puni zrakom konstantne specifične entalpije 295,2 kJ/kg. U trenutku postizanja mehaničke ravnoteže temperatura je zraka u spremniku 77 °C, a tlak 600 kPa. Koliko je toplinske energije izmijenjeno između spremnika i okolice? Promjene kinetičke i potencijalne energije zraka za vrijeme procesa punjenja spremnika zanemarite. Zrak smatrajte idealnim plinom (R = 287 J/kgK, cv = 717 J/kgK).  V = 2 m3 

1 = 22 °C → T1 = 295,15 K p1 = 100 kPa hu = 295,2 kJ/kg 

2 = 77 °C → T2 = 350,15 K p2 = 600 kPa R = 287 J/kgK cv = 717 J/kgK  Q12 = ?  Početna i konačna masa plina u spremniku su:  

31

11

p V 100 10 2m 2,361kg

R T 287 295 ,15

 

 3

22

2

p V 600 10 2m 11,941kg

R T 287 350 ,15

 

 Masa plina koji je ušao u spremnik je:  mu = m2 – m1 = 11,941 – 2,361 = 9,58 kg  Punjenje će spremnika dovesti do povećanja unutrašnje kaloričke energije zraka. S obzirom da je spremnik krut, zrak ne obavlja nikakav mehanički rad već se sva dovedena energija troši samo na povećanje unutrašnje energije plina u spremniku pri čemu se dio energije u obliku toplinske energije izmijeni s okolicom. Razlika konačne i početne unutrašnje energije odgovara 

sumi dovedene entalpije plina kojim se spremnik puni i izmijenjene toplinske energije s okolicom:  U2 – U1 = muhu + Q12  Q12 = U2 – U1 – muhu = m2cvT2 – m1cvT1 – muhu = = 11,941∙717∙350,15 – 2,361∙717∙295,15 – 9,58∙295,2∙103 = – 329,8 kJ  Negativan predznak pokazuje da se toplinska energija odvodi iz spremnika u okolicu.  

18. Elektromotor izlazne snage 400 kW (mehanička snaga na osovini) i stupnja djelovanja η = 0,96 hladi se zrakom koji ventilator tjera kroz kućište. Koliki je maseni protok zraka potreban ako je ulazna temperatura zraka 25 °C, a najviša dozvoljena izlazna temperatura 50 °C? Stupanj djelovanja elektromotora definiran je kao omjer izlazne (mehaničke) snage i uložene električne snage. Specifični je toplinski kapacitet zraka cp = 1005 J/kgK.  Pmeh = 400 kW η = 0,96 

1 = 25 °C 

2 = 50 °C cp = 1005 J/kgK  m ?   

  

Slika 1‐13. Tijek energije kod elektromotora  Općenito je stupanj djelovanja definiran kao omjer korisne i uložene energije. U slučaju elektromotora je to omjer mehaničke snage predane na osovini i uložene električne snage. Odnosi između pojedinih snaga prikazani su na slici 1‐13.  

meh meh

el meh gub

P P

P P P

 

 Snaga je gubitaka:  

gub meh

1 1P P ( 1) 400 ( 1) 16,67 kW

0,96  

 Gubici predstavljaju toplinske gubitke elektromotora. Toplina se s motora odvodi strujanjem zraka, a zagrijavanjem se zraku povećava njegova entalpija pa vrijedi jednakost:  

gub p 2 1P m h mc (T T )  

 Maseni je protok zraka:  

3gub

p 2 1

P 16 ,67 10 kgm 0,663

c ( ) 1005 (50 25) s

 

 19. Elektromotor miješa medij (idealni plin) u adijabatskom cilindru promjera 300 mm. Motor radi 

na bateriji 12 V i troši 3 A. Nakon 50 s miješanja pomični se poklopac cilindra, mase 30 kg, podigne za 100 mm. Tlak oko cilindra iznosi 95 kPa. Koliko iznosi promjena unutrašnje kaloričke energije plina?  D = 300 mm U = 12 V I = 3 A Δt = 50 s m = 30 kg ∆z = 100 mm pok = 95 kPa  ∆U = ?  

  

Slika 1‐14. Miješanje plina u cilindru sa stapom  Prije nego se postavi jednadžba očuvanja energije, treba pogledati koji je tijek energije u sustavu. Za početak konstatiramo da je sustav zatvoren (idealni plin u cilindru) i da je on obavio mehanički rad promjene volumena – podizanje stapa. U zadatku je zadano da je sustav adijabatski što znači da nema izmjene topline između sustava i okolice (Q12 = 0). Nad sustavom se obavlja dvostruki mehanički rad; rad trenja između propelera koji miješa plin i molekula plina, i rad pritiska poklopca koji je jednak sumi rada podizanja tereta i rada potiskivanja okolice: Prvi glavni stavak termodinamike, uz pretpostavku da nema promjene kinetičke i potencijalne energije, glasi:  

Q12 = ΔU + W12 = 0  ΔU = – W12 = – (Wtr + Wteret + Wok)  Rad trenja jednak je energiji koju dobavlja elektromotor na račun električne energije. Ovdje se ništa ne govori o toplinskim gubicima elektromotora, kao u prošlom zadatku, pa se uzima da je električna energija jednaka mehaničkoj energiji na osovini motora. Mehanička energija se koristi za pokretanje ventilatora i ona se kompletno predaje plinu zbog već navedenog trenja s česticama plina. Dakle, električna je energija, koju motor uzima iz baterije, jednaka mehaničkoj energiji rotacije osovine rotora motora koja je jednaka energiji, odnosno radu, trenja:  Wtr = – Wmeh = – Wel = – UIΔt = – 12∙3∙50 = – 1800 J  Rad trenja je negativan jer se dovodi u sustav! Sustav je obavio dvostruki rad na račun rada pritiska poklopca. Prvo, on je podigao poklopac koji ima određenu težinu, a, drugo, on je savladao pritisak okolice. Tlak je okolice uvijek jednoliko raspoređen po tijelu i to tako da nastoji to tijelo sabiti. Obje su komponente mehaničkog rada pozitivne jer i za podizanje tereta i za potiskivanje okolice sustav troši svoju energiju. Rad podizanja tereta je:  Wteret = GΔz = mgΔz = 30∙9,81∙0,1 = 29,43 J  Rad potiskivanja okolice je:  Wok = pokΔV = pokAΔz = 95∙10

3∙(0,32∙π/4)∙0,1 = 671,5 J  Promjena je unutrašnje kaloričke energije plina:  ΔU = – (Wtr + Wteret + Wok) = – ( – 1800 +29,43 +671,5) = 1099,07 J  Unutrašnja kalorička energija raste jer je energija dovedena u sustav zbog rada trenja veća od energije odvedene iz sustava zbog rada podizanja tereta i svladavanja rada potiskivanja okolice.  

20. Para tlaka 1,4 MPa i temperature 300 °C ulazi u izmjenjivač topline gdje se kondenzira. Kondenzirana para napušta izmjenjivač topline kao tekućina tlaka 1,4 MPa i temperature 150 °C s prosječnim masenim protokom od 5000 kg/h. Para se kondenzira uz pomoć vode koja struji kroz cijevi izmjenjivača. Voda za hlađenje temperature 20 °C ulazi u izmjenjivač topline i prolaskom se zagrije na 40 °C. Pretpostavljajući da je izmjenjivač topline adijabatski sustav, odredite maseni protok vode za hlađenje. Entalpija pare na ulazu u izmjenjivač je 3040,4 kJ/kg, entalpija kondenzata na izlazu iz izmjenjivača 632,2 kJ/kg, entalpija rashladne vode na ulazu 83,9 kJ/kg i entalpija rashladne vode na izlazu 167,6 kJ/kg.  p1 = p2 = 1,4 MPa 

1 = 300 °C 

2 = 150 °C 

1m 5000 kg / h  

3 = 20 °C 

4 = 40 °C h1 = 3040,4 kJ/kg 

h2 = 632,2 kJ/kg h3 = 83,9 kJ/kg h4 = 167,6 kJ/kg  

3m ?  

 

  

Slika 1‐15. Shema procesa u izmjenjivaču topline  U izmjenjivaču se topline toplinska energija s jednog fluida prenosi na drugi fluid. Toplina predana drugom fluidu povećava njegovu entalpiju. Za isti se iznos smanji entalpija prvog fluida pa ako je izmjenjivač topline adijabatski sustav, odnosno ako nema toplinskih gubitaka, vrijedi:  |ΔH1| = |ΔH2|  U suprotnome bi na desnu strane jednadžbe trebalo dodati energiju toplinskih gubitaka. Ovdje je bitno napomenuti da se energija (entalpija) izražava u apsolutnim (J), a ne specifičnim jedinicama (J/kg). Gleda se ukupna prenesena energija,a ne prenesena energija po jedinici mase. Zato se zadane specifične entalpije moraju množiti s masenim protocima koji se najčešće za prvi i drugi fluid razlikuju. Kod nas je prvi fluid para koja se kondenzira u tekuću fazu. Tijekom procesa kondenzacije entalpija se kontinuirano smanjuje pa je podatak o specifičnoj entalpiji dovoljan da se izračuna gubitak topline fluida. Drugi je fluid rashladna voda koja je cijelo vrijeme u tekućoj fazi. Da nam je umjesto specifičnih entalpija zadan specifični toplinski kapacitet vode, toplinu koju preuzima drugi fluid mogli bi izračunati kao umnožak specifičnog toplinskog kapaciteta i razlike temperatura. To isto ne bi mogli napraviti za prvi fluid jer se za vrijeme procesa kondenzacije odvodi latentna toplina pa bi dodatno još morali znati i taj podatak. No, vratimo se na naš zadatak. Rekli smo da se drugom fluidu poveća entalpija upravo onoliko koliko se prvom fluidu smanji:  

1 2 1 3 4 3m h h m h h  

 

Vrijedi da je  1 2m m  i  3 4m m  jer se ništa ne govori o oduzimanju fluida iz izmjenjivača pa 

sukladno zakonu očuvanja mase, ulazni maseni protoci su jednaki izlaznim masenim protocima. Maseni je protok vode za hlađenje:  

2 1 33 1

4 3

h h 632,2 3040,4m m 5000 144 10 kg / h 40 kg / s

h h 167 ,6 83,9

 

 21. Toplina se dovodi u cilindar sa stapom volumena 5 m3 koji sadrži 0,05 m3 vode u zasićenom 

stanju i 4,95 m3 zasićene vodene pare na tlaku 0,1 MPa, sve dok se cijeli cilindar ne ispuni zasićenom parom. Izračunajte količinu topline koja se dovodi za vrijeme procesa. Za tlak od 0,1 MPa poznato je još: specifični volumen i specifična unutrašnja energija zasićene vode su 0,001 m3/kg i 417,5 kJ/kg, specifični volumen i specifična unutrašnja energija zasićene pare su 1,694 m3/kg i 2644,1 kJ/kg.  V = 5 m3 Vt = 0,05 m

3 Vp = 4,95 m

3 p = 0,1 MPa  Q12 = ? 

‐ iz parnih je tablica za tlak 0,1 MPa očitano: va = vt = v' = 0,001 m

3/kg ua = ut = u' = 417,5 kJ/kg vc = vp = v'' = 1,694 m

3/kg uc = up = u'' = 2644,1 kJ/kg  

 Cilindar sa stapom je zatvoren za prijelaz mase pa je fluid unutar cilindra zatvoreni sustav. Ono u čemu se ovaj primjer razlikuje od primjera na početku poglavlja je promjena faze fluida tijekom dovođenja topline. Proces unutar cilindra sa stapom je prikazan u T, v‐dijagramu na slici 1‐16.  

  

Slika 1‐16. Isparivanje vode i pregrijavanje vodene pare uz konstantni tlak  U početku se fluid nalazi u stanju b unutar područja koje se zove mokra para i predstavlja mješavinu tekuće (voda) i plinovite (vodena para) faze. Dovođenjem se topline, uz konstantan tlak unutar cilindra, ta mješavina grije i preostala tekućina isparuje dok fluid ne dođe u stanje c (zasićena para). U tom je stanju sav fluid u plinovitom stanju. Mokra para prijeđe u stanje zasićene pare tek kada i posljednja molekula tekućine ne ispari. Da je fluid u cilindru u početku bio u stanju a tada bi on bio 100% tekućina na temperaturi zasićenja (zasićena voda). U točki a, uz dovođenje topline, započinje isparivanje vode, i čim se malo pomaknemo udesno na dijagramu, fluid prelazi u mokru paru zbog stvaranja parnih mjehurića. Toplina koju je potrebno dovesti da tekućina ispari i prijeđe u plinsku fazu naziva se 

latentna toplina. Tijekom procesa isparivanja temperatura i tlak se ne mijenjanju i nazivaju se temperatura, odnosno, tlak zasićenja. U točki a fluid je smješten na donjoj graničnoj krivulji i nalazi se u stanju vrele tekućine. U točki c fluid je smješten na gornjoj graničnoj krivulji i nalazi se u stanju suho zasićene pare. Točka koja odvaja ove dvije krivulje naziva se kritična točka (K) u kojoj tekućina i para imaju jednake termodinamičke parametre, tj. imaju jednaka svojstva, te nema prijelaza faza. Ako se fluidu u području mokre pare povećava temperatura, odnosno tlak, zasićenja, smanjuje se latentna toplina isparivanja. U točki K toplina isparivanja postaje jednaka nuli. Tlak zasićenja je funkcija temperature, i obrnuto, temperatura zasićenja je funkcija tlaka, pa da bi se odredilo stanje mokre pare mora se uvesti nova veličina stanja kojom će se definirati njezin sastav. Ta se veličina zove sadržaj pare i definirana je kao omjer mase pare (m'') i ukupne mase smjese:  

 m''

xm' m''

,  (1‐23) 

 gdje je m' masa zasićene tekućine (vrele kapljevine). Dovedena je toplina, prema prvom glavnom stavku termodinamike, jednaka sumi promjene unutrašnje energije i mehaničkog rada. Da bi odredili kolika je promjena unutrašnje energije, moramo izračunati unutrašnju energiju u točki b i u točki c. Unutrašnja energija u točki b jednaka je sumi unutrašnjih energija tekuće i plinovite faze u točki b:  Ub = mtut + mpup  Unutrašnja energija tekuće faze nije ništa drugo već unutrašnja energija zasićene vode u točki a. Analogno je unutrašnja energija plinovite faze unutrašnja energija zasićene pare u točki c. Mase tekuće i plinovite faze se izračunaju korištenjem podataka o volumenu koji zauzima pojedina faza i specifičnim volumenima zasićene vode i pare u točkama a i c, dakle opet korištenjem podataka očitanih u istim točkama kao prilikom određivanja unutrašnjih energija. Upravo se na tome i temelji ideja uvođenja veličine sadržaja pare koja nam u biti govori koliko je naša radna točka u području mokre pare udaljena od donje ili gornje granične krivulje.  

tt

t

V 0 ,05m 50 kg

v 0,001  

pp

p

V 4,95m 2,922 kg

v 1,694  

Ub = 50∙417,5 + 2,922∙2644,1 = 28601 kJ  Sadržaj je pare u točki b:  

p

t p

m 2,922x 0 ,055

m m 50 2,922

 

 Unutrašnja energija u točki c je unutrašnja energija čiste zasićene pare jer tekućine više nema. Masa je pare jednaka ukupnoj masi fluida:  m = mt + mp = 52,922 kg,  

pa je unutrašnja energija:  Uc = 52,922∙2644,1 = 139931 kJ  Mehanički je rad promjene volumena zbog pomicanja stapa:  W12 = Wbc = p(Vc – Vb) = 10

5∙(89,65 – 5) = 8465 kJ,  jer je:  Vc = vpm = 1,694∙52,922 = 89,65 m3  Rad je pozitivan jer sustav obavlja rad. Kada fluid isparava on se širi i pomiče stap. Ako se usporede vrijednosti specifičnih volumena, primjećuje se da para zauzima 1000 puta veći volumen od vode! U energetskim postrojenjima u kojima se proizvodi ili koristi procesna para mora se zato biti oprezan da ne dođe do naglog isparivanja vode jer bi preveliki porast tlaka zbog širenja pare mogao ugroziti integritet cjevovoda. Redovito se zato na cjevovode ugrađuju odušni ventili kroz koje se ispušta višak pare.  Dovedena je toplinska energija:  Q12 = U2 – U1 + W12 = Uc – Ub + Wbc = 139931 – 28601 + 8465 = 119795 kJ  

1.2. Kružniprocesi

 22. Temperature toplog i hladnog spremnika u desnokretnom Carnotovom kružnom procesu su 

740 K i 300 K. Tlak plina nakon adijabatske kompresije je 7 MPa, a nakon adijabatske ekspanzije 0,1 MPa. Radni fluid je 5 kg idealnog plina. Plinska konstanta je 287 J/kgK, a adijabatski indeks κ = 1,4. Izračunajte: a) tlakove i volumene plina u 4 karakteristične točke procesa, b) dovedenu i odvedenu toplinsku energiju, te dobiveni mehanički rad, c) termički stupanj djelovanja.  T1 = T2 = 740 K T3 = T4 = 300 K p1 = 7 MPa p3 = 0,1 MPa m = 5 kg R = 287 J/kgK κ = 1,4  a) p2, p4, V1, V2, V3, V4 = ? b) Qdov, Qodv, W = ? c) ηt = ?  Carnotov se kružni proces sastoji od četiri procesa: dvije izoterme i dvije adijabate, slika 1‐17. U desnokretnom se kružnom procesu (DKP), slika 1‐18, rad dobiva prilikom izmjene toplinske energije između sustava (5 kg idealnog plina), koji je podvrgnut procesu, i okoline. Rad je pozitivnog predznaka, tj. sustav je obavio rad. Od točke 1 do točke 2 toplina se iz toplog spremnika dovodi sustavu pri konstantnoj temperaturi 740 K. Temperatura toplog spremnika jednaka je temperaturi plina prilikom 

izotermne ekspanzije. Od točke 2 do točke 3 plin adijabatski ekspandira. Od točke 3 do točke 4 toplina se iz sustava odvodi u hladni spremnik pri konstantnoj temperaturi 300 K. Temperatura hladnog spremnika jednaka je temperaturi plina prilikom izotermne kompresije. Od točke 4 do točke 1 plin se adijabatski komprimira. Plin je tijekom adijabatske ekspanzije i adijabatske kompresije izoliran od toplinskih spremnika.  

  

Slika 1‐17. Carnotov desnokretni kružni proces prikazan u p, v – dijagramu (uz 22. zadatak)  

  

Slika 1‐18. Prikaz desnokretnog kružnog procesa  a) Između stanja 2 i 3 odvija se adijabatski proces za kojeg vrijede jednadžbe (1‐16). 

Tlak plina u točki 2 je:  

1,41 1,4 1

22 3

3

T 740p p 0 ,1 2,357 MPa

T 300

 

 Tlak je u točki 4:  

1,41 1,4 1

44 1

1

T 300p p 7 0 ,297 MPa

T 740

 

 Za idealni plin vrijedi jednadžba stanja idealnog plina pa volumen u točki 1 iznosi:  

311 6

1

mRT 5 287 740V 0 ,152 m

p 7 10

 

 Na sličan se način mogu odrediti i volumeni u ostalim točkama:  

2 3 42 3 4

2 3 4

mRT mRT mRTV , V , V

p p p  

 Također se ti volumeni mogu odrediti koristeći formule koje određuju odnose između veličina stanja za vrijeme pojedinih procesa s idealnim plinom. Npr. između stanja 1 i 2 plin je podvrgnut izotermnoj ekspanziji pa vrijedi jednadžba (1‐15). Volumen u točki 2 je:  

312 1

2

p 7V V 0 ,152 0 ,451m

p 2,357  

 Izračunavši volumen u točki 2, volumen se u točki 3 (nakon adijabatske ekspanzije) može izračunati pomoću jednadžbi (1‐16):  

1 1

1,4 323 2

3

p 2,357V V 0 ,451 4,31m

p 0 ,1

 

 ili  

1 11 1,4 1 32

3 23

T 740V V 0 ,451 4,31m

T 300

 

 Volumen u točki 4 (nakon izotermne kompresije) iznosi:  

334 3

4

p 0 ,1V V 4,31 1,451m

p 0 ,297  

 b) Toplinska se energija dovodi za vrijeme izotermne ekspanzije i izračunava se pomoću 

relacije (1‐14):  

112 dov 1

2

p 7Q Q mRT ln 5 287 740 ln 1,156 MJ

p 2,357  

 Isti se izraz koristi i za izračun odvedene toplinske energije jer se toplina odvodi za vrijeme izotermne kompresije:  

334 odv 3

4

p 0 ,1Q Q mRT ln 5 287 300 ln 0 ,469 MJ

p 0 ,297  

 Ukupna je izmijenjena toplinska energija jednaka sumi dovedenih/odvedenih toplinskih energija tijekom 4 procesa koji čine Carnotov kružni proces:  ΣQ = Q12 + Q23 + Q34 + Q41 = 1,156 + 0 – 0,469 + 0 = 0,687 MJ  Q23 = Q41 = 0 jer se radi o adijabatskim procesima  Dobiveni je mehanički rad jednak ukupnom radu kružnog procesa koji se, kao i izmijenjena ukupna toplinska energija, dobiva zbrajanjem mehaničkih radova pojedinačnih procesa. Mehanički rad koji plin obavi za vrijeme izotermne ekspanzije jednak je dovedenoj toplinskoj energiji jer je promjena unutrašnje energije jednaka nuli (ΔT = 0):  W12 = Q12 = 1,156 MJ  Jednako vrijedi i za izotermnu kompresiju:  W34 = Q34 = – 0,469 MJ  Ako je sustav podvrgnut Carnotovom kružnom procesu zatvoren, mehanički je rad jednak radu promjene volumena. Za vrijeme adijabatskog procesa izmijenjena je toplinska energija jednaka nuli pa se odvođenje/dovođenje mehaničkog rada troši samo na smanjenje/povećanje unutrašnje kaloričke energije plina (pdv = – du). Mehanički je rad koji zatvoreni sustav obavi za vrijeme adijabatske ekspanzije jednak:  

3 3 3

2 2 2

V u T

23 v v 3 2

V u T

W pdV m du m c dT mc T T 5 717 ,5 300 740 1,579 MJ  

 Specifični toplinski kapacitet pri konstantnom volumenu dobije se kombiniranjem relacija (1‐7) i (1‐17):  

v

R 287c 717 ,5 J / kgK

1 1,4 1

 

 Mehanički je rad obavljen nad zatvorenim sustavom za vrijeme adijabatske kompresije:  

41 v 1 4W mc T T 5 717 ,5 740 300 1,579 MJ  

 Vidimo da je rad dobiven za vrijeme adijabatske ekspanzije (između stanja 2 i 3) jednak radu uloženom za odvijanje adijabatske kompresije (između stanja 4 i 1). Ukupni je rad:  W = W12 + W23 + W34 + W41 = 1,156 + 1,579 – 0,469 – 1,579 = 0,687 MJ  Ukupni je mehanički rad zatvorenog sustava jednak ukupnoj izmijenjenoj toplinskoj energiji. Ovo vrijedi za bilo koji kružni proces zatvorenog sustava. Naime, prema prvom glavnom stavku termodinamike izmijenjena se toplinska energija djelomično troši na 

obavljanje mehaničkog rada, a ostatak na promjenu unutrašnje kaloričke energije (dq = du + pdv). U kružnom procesu su početna i krajnja točka jednake (zato se proces i naziva kružnim). Unutrašnja je kalorička energija veličina stanja; ona ne ovisi o prirodi procesa već samo o početnoj i krajnjoj točki (stanju), a kako su te točke jednake, promjena je unutrašnje kaloričke energije jednaka nuli. Zato vrijedi:  QKP zs = WKP zs  Što je sa kružnim procesom otvorenog sustava? Mehanički je rad otvorenog sustava jednak tehničkom radu, relacija (1‐22):  

2

1

p

2 2t12 2 1 2 1

p

1w vdp c c g z z

2  

 Promjene kinetičke i potencijalne energije u kružnom su procesu jednake nuli jer se članovi koji sadrže brzine i visine međusobno poništavaju. Ranije je pokazano da se promjena specifične toplinske energije može zapisati kao:  dq = dh – vdp  Entalpija je, kao i unutrašnja kalorička energija, veličina stanja. Njezina je promjena, dakle, za vrijeme kružnog procesa jednaka nuli pa zaključujemo da je:  

KP os KP osq vdp w  

 I za otvoreni sustav zato vrijedi da je ukupna izmijenjena toplinska energija jednaka mehaničkom radu. To ćemo provjeriti i računski. Ako bi sustav podvrgnut Carnotovom kružnom procesu bio otvoren, mehanički bi rad bio jednak tehničkom radu i za njegov bi izračun koristili relaciju (1‐22). Rad izotermnog procesa se ne bi promijenio, ali bi se zato promijenio rad adijabatskog procesa. Mehanički je rad koji otvoreni sustav obavi za vrijeme adijabatske ekspanzije (dq = 0 pa je dh = vdp) jednak:  

3 3 3

2 2 2

p h T

23 p p 3 2

p h T

W m vdp m dh m c dT mc T T 5 1004,5 300 740 2,21MJ  

 Specifični toplinski kapacitet pri konstantnom je tlaku:  cp = R + cv = 287 + 717,5 = 1004,5 J/kgK  Mehanički je rad obavljen nad otvorenim sustavom za vrijeme adijabatske kompresije:  

41 p 1 4W mc T T 5 1004,5 740 300 2,21MJ  

 Vidimo da je tehnički rad dobiven za vrijeme adijabatske ekspanzije opet jednak radu uloženom za odvijanje adijabatske kompresije. Ukupni je rad Carnotovog kružnog procesa otvorenog sustava: 

 W = W12 + W23 + W34 + W41 = 1,156 + 2,21 – 0,469 – 2,21 = 0,687 MJ  Rezultat potvrđuje teorijsko razmatranje. Ukupni dobiveni rad kružnog procesa ne ovisi o tome da li se radi o otvorenom ili zatvorenom sustavu. On je jednak ukupnoj izmijenjenoj toplinskoj energiji.  

c) Termički je stupanj djelovanja definiran kao omjer dobivenog mehaničkog rada i dovedene toplinske energije:  

  tdov

w

q   (1‐24) 

 Uvrštavanjem vrijednosti za dobiveni rad i dovedenu toplinsku energiju dobivamo:  

t

0 ,6870 ,594

1,156  

 Relaciju (1‐24) možemo za Carnotov kružni proces izraziti i na drugi način. Dobiveni se mehanički rad može zapisati kao:  

12 23 34 41

1 31 v 3 2 3 v 1 4

2 4

11 3

2

W W W W W

p pmRT ln mc T T mRT ln mc T T

p p

pmR T T ln

p

 

 S obzirom da je T1 = T2, te T3 = T4, zbroj drugog i četvrtog člana je jednak nuli. Nadalje, vrijedi:  

1 12 2 1 1

3 3 4 4

p T T p

p T T p

, 

 odnosno p1p3 = p2p4. Termički je stupanj djelovanja:  

11 3

1 3 3 dov2t

1dov 1 1 odv1

2

pmR T T ln

W T T T Tp1 1

pQ T T TmRT lnp

 

  dovtCKP

odv

T1

T   (1‐25) 

t

3001 0 ,594

740  

 23. Promatramo Stirlingov desnokretni kružni proces s idealnim plinom. Izotermna se ekspanzija 

plina odvija na temperaturi 600 K, a izotermna kompresija na 300 K. Tlak idealnog plina nakon izohornog grijanja je 6 MPa, a nakon izohornog hlađenja 0,2 MPa. Plinska konstanta je 287 

J/kgK, a adijabatski indeks κ = 1,4. Izračunajte: a) tlakove i specifične volumene plina u 4 karakteristične točke procesa, b) specifičnu dovedenu i odvedenu toplinsku energiju, te specifični dobiveni mehanički rad, c) termički stupanj djelovanja. 

 T1 = T2 = 600 K T3 = T4 = 300 K p1 = 6 MPa p3 = 0,2 MPa R = 287 J/kgK κ = 1,4  a) p2, p4, v1, v2, v3, v4 = ? b) qdov, qodv, w = ? c) ηt = ? 

 Stirlingov se kružni proces sastoji od četiri procesa (ciklusa): dvije izoterme i dvije izohore, slika 1‐19. Pritom se koristi vanjski izvor topline. Iako se proces provodi nad zatvorenim sustavom, promatramo ga kao skup procesa otvorenih sustava. Ista količina plina cirkulira kroz pojedine komponente sustava (dm/dt = 0) pa je sustav u cjelini zatvoren, ali svaku komponentu u kojoj se određeni proces odvija gledamo zasebno kao otvoreni sustav. Da se podsjetimo, sustav je otvoren ako kroz njega nesmetano prolazi masa, a ako je prolaz mase onemogućen, sustav je zatvoren. Plin se najprije zagrijava u komori izgaranja, zatim prelazi u regenerator topline, zatim se hladi u hladnjaku, i, na koncu, preko regeneratora topline vraća se natrag u komoru izgaranja. Komora izgaranja, regenerator topline i hladnjak su otvoreni sustavi, a kroz sve njih struji ista količina plina jer se plin ne oduzima niti ne dodaje u proces. Od točke 1 do točke 2 toplina se dovodi u sustav (idealni plin) pri konstantnoj temperaturi 600 K. Od točke 2 do točke 3 plin se izohorno hladi u regeneratoru topline. Od točke 3 do točke 4 toplina se odvodi iz sustava pri konstantnoj temperaturi 300 K. Od točke 4 do točke 1 plin se izohorno zagrijava u regeneratoru topline, tj. toplina u regeneratoru prelazi sa toplijeg plina koji prolazi kroz drugi ciklus (izohorno hlađenje) na plin koji prolazi kroz četvrti ciklus (izohorno zagrijavanje). Regenerator ovdje služi kao izmjenjivač topline. Idealno bi bilo da u regeneratoru nema gubitaka topline već da sva toplina iz plina koji se hladi prijeđe na plin koji se zagrijava. 

 

  

Slika 1‐19. Stirlingov desnokretni kružni proces prikazan u p, v – dijagramu (uz 23. zadatak)  

a) Između stanja 2 i 3 odvija se izohorni proces za koji vrijedi:  

2 2

3 3

p T

p T , 

 pa je:  

22 3

3

T 600p p 0 ,2 0 ,4MPa

T 300  

 Analogno:  

44 1

1

T 300p p 6 3MPa

T 600 , 

 jer se između stanja 4 i 1 također odvija izohorni proces. Specifični volumen plina točki 1 iznosi:  

311 6

1

RT 287 600v 0 ,0287 m / kg

p 6 10

 

 Između stanja 1 i 2 plin je podvrgnut izotermnoj ekspanziji. Stoga specifični volumen u točki 2 iznosi:  

312 1

2

p 6v v 0 ,0287 0 ,431m / kg

p 0 ,4  

 Specifični je volumen u točki 3 jednak specifičnom volumenu u točki 2 jer se između stanja plina u točkama 2 i 3 odvija izohorni proces (v2 = v3 = 0,451 m

3/kg). Izohorni se proces odvija i između točaka 4 i 1 pa je v4 = v1 = 0,0287 m

3/kg.  

b) Toplinska se energija dovodi za vrijeme izotermne ekspanzije pa slijedi:  

112 1

2

p 6q RT ln 287 600 ln 0 ,466 MJ / kg

p 0 ,4  

 Za vrijeme izohornog hlađenja (2‐3), toplina se odvodi iz sustava:  

23 v 3 2q c T T 717 ,5 300 600 0 ,215 MJ / kg  

 

v

R 287c 717 ,5 J / kgK

1 1,4 1

 

 Za vrijeme izotermne kompresije (3‐4), toplina se odvodi iz sustava:  

334 3

4

p 0 ,2q RT ln 287 300 ln 0 ,233MJ / kg

p 3  

 

Tijekom posljednjeg procesa, izohornog zagrijavanja (4‐1), toplina se dovodi u sustav:  

41 v 1 4q c T T 717 ,5 600 300 0 ,215MJ / kg  

 Iz toplog se spremnika toplina dovodi u sustav za vrijeme izotermne ekspanzije, a u hladni se spremnik odvodi za vrijeme izotermne kompresije, slično kao kod Carnotovog kružnog procesa. Za vrijeme izohornih se procesa, u idealnom slučaju, toplina ne dovodi, niti odvodi u vanjske spremnike već plin preko izmjenjivača topline razmjenjuje toplinu između drugog i četvrtog ciklusa. To je moguće jer su apsolutne vrijednosti specifičnih toplinskih energija q23 i q41 jednake. Naravno, u praksi je nemoguće konstruirati takav izmjenjivač topline pa se plin tijekom izohornog zagrijavanja 4‐1 mora dogrijati iz vanjskog spremnika jer se dio topline izgubi u okolinu tijekom izohornog hlađenja 2‐3. U realnom je slučaju nemoguće provesti i izotermne procese jer bi toplinu morali dovoditi preko beskonačno velike površine. Ali, ovdje razmatramo idealne procese pa možemo zaključiti da je dovedena toplina jednaka toplini q12, a odvedena toplini q34:  qdov = 0,466 MJ/kg, qodv = – 0,233 MJ/kg  Dobiveni je mehanički rad jednak ukupnoj izmijenjenoj toplinskoj energiji:  w = Σq = qdov + qodv = 0,466 – 0,233 = 0,233 MJ/kg  To možemo provjeriti sumirajući dobivene/uložene mehaničke radove tijekom četiri ciklusa koji čine kružni proces. Mehanički je rad tijekom izotermnog procesa jednak izmijenjenoj toplinskoj energiji jer je promjena unutrašnje kaloričke energije jednaka nuli, a tijekom 

izohornog procesa jednak 

p

vdp  (tehnički rad otvorenog sustava), pa možemo napisati: 

 

3 1

2 4

p p

12 23 34 41 12 2 34 1

p p

dov 2 3 2 odv 1 1 4

w w w w w q v dp q v dp

q v p p q v p p

0 ,466 0 ,233 0 ,233MJ / kg

  Lako se dade pokazati da je – v2(p3 – p2) = – v1(p1 – p4) uzimajući u obzir odnose tlakova i volumena za vrijeme izotermnih procesa što znači da je tehnički rad izohornog hlađenja jednak tehničkom radu izohornog zagrijavanja.  

c) Termički je stupanj djelovanja, po definiciji, jednak:  

tdov

w 0 ,2330 ,5

q 0 ,466 , 

 i istog je iznosa kao i stupanj djelovanja Carnotovog kružnog procesa:  

dovtCKP

odv

T 3001 1 0 ,5

T 600  

 

Rezultat je očekivan. Toplina se kod idealnog Stirlingovog procesa dovodi tijekom izotermne ekspanzije, a odvodi tijekom izotermne kompresije kao i kod Carnotovog procesa, a tijekom izohornih procesa nema gubitaka topline. Idealni Stirlingov i Carnotov kružni proces su fiktivni procesi i u praksi su neostvarivi. Oni pokazuju koliki bi bio maksimalni stupanj djelovanja realnih kružnih procesa. U svakom slučaju on je manji od jedan. Prvi glavni stavak termodinamike ništa ne govori o ovom ograničenju. O ograničenjima pretvorbe toplinske energije u mehanički rad govori drugi glavni stavak termodinamike o kojem će biti riječi u idućem poglavlju.  

24. Promatramo Ericssonov desnokretni kružni proces s idealnim plinom. Izotermna se ekspanzija plina odvija na temperaturi 800 K, a izotermna kompresija na 300 K. Tlak idealnog plina nakon izotermne kompresije je 8 MPa, a nakon izotermne ekspanzije 0,3 MPa. Plinska konstanta je 287 J/kgK, a adijabatski indeks κ = 1,4. Izračunajte: a) specifične volumene plina u 4 karakteristične točke procesa, b) specifičnu dovedenu i odvedenu toplinsku energiju, te specifični dobiveni mehanički rad, c) termički stupanj djelovanja. 

 T3 = T4 = 800 K T1 = T2 = 300 K p2 =p3 = 8 MPa p1 = p4 = 0,3 MPa R = 287 J/kgK κ = 1,4  a) v1, v2, v3, v4 = ? b) qdov, qodv, w = ? c) ηt = ? 

 Ericssonov se kružni proces, kao i Stirlingov, provodi nad zatvorenim sustavom, ali ga promatramo kao skup procesa otvorenih sustava. Sastoji se od četiri procesa (ciklusa): dvije izoterme i dvije izobare, slika 1‐20. Tijekom zagrijavanja plina koristi se vanjsko izgaranje. Od točke 1 do točke 2 plin se izotermno hladi i pritom komprimira. Od točke 2 do točke 3 plin se izobarno zagrijava u regeneratoru topline. Od točke 3 do točke 4 plin se izotermno zagrijava, a toplina se dovodi iz vanjskog spremnika topline. Od točke 4 do točke 1 plin se izobarno hladi u regeneratoru topline. Regenerator topline ima istu ulogu kao i kod Stirlingovog procesa: toplina u regeneratoru prelazi sa toplijeg plina koji prolazi kroz četvrti ciklus (izobarno hlađenje) na plin koji prolazi kroz drugi ciklus (izobarno zagrijavanje). Jednostavno će se izračunati da je apsolutni iznos te topline u idealnom slučaju, kada nema toplinskih gubitaka, jednak u oba ciklusa. Toplinska se energija dovodi iz vanjskog spremnika topline izotermnim procesom (proces 3‐4), a odvodi također izotermno (proces 1‐2). Ako se toplinska energija izotermno dovodi i odvodi, a u ostala dva ciklusa nema toplinskih gubitaka, termički stupanj djelovanja procesa jednak je Carnotovom stupnju djelovanja. Ericssonov je kružni proces, uz Stirlingov i Reitlingerov, jedini kružni proces s termičkim stupnjem djelovanja jednak Carnotovom. U sva se četiri procesa toplina dovodi i odvodi izotermno, dok su preostala dva procesa adijabatski (Carnot), izohorni (Stirling), izobarni (Ericsson) i politropski (Reitlinger). Reitlingerov je proces razvijen samo teorijski, stoga se ovdje neće razmatrati. 

 

  

Slika 1‐20. Ericssonov desnokretni kružni proces prikazan u p, v – dijagramu (uz 24. zadatak)  

a) Specifični volumen plina točki 1 iznosi:   

311 6

1

RT 287 300v 0 ,287 m / kg

p 0 ,3 10

 

 Između stanja 1 i 2 plin je podvrgnut izotermnoj kompresiji. Stoga specifični volumen u točki 2 iznosi:  

312 1

2

p 0 ,3v v 0 ,287 0 ,0108 m / kg

p 8  

 Specifični je volumen u točki 3:  

333 2

2

T 800v v 0 ,0108 0 ,0288 m / kg

T 300 , 

 jer se između stanja 2 i 3 odvija izobarna ekspanzija. Između stanja 3 i 4 odvija se izotermna ekspanzija pa je specifični volumen u točki 4:  

334 3

4

p 8v v 0 ,0288 0 ,768 m / kg

p 0 ,3  

 b) Za vrijeme izotermne kompresije, toplinska se energija odvodi iz sustava: 

 

112 1

2

p 0 ,3q RT ln 287 300 ln 0 ,283MJ / kg

p 8  

 Za vrijeme izobarne ekspanzije (2‐3), toplina se dovodi u sustav:  

23 p 3 2q c T T 1004,5 800 300 0,502MJ / kg  

 

v

R 287c 717 ,5 J / kgK

1 1,4 1

 

 cp = cv + R = 1004,5 J/kgK  Za vrijeme izotermne ekspanzije (3‐4), toplina se dovodi u sustav:  

334 3

4

p 8q RT ln 287 800 ln 0 ,754MJ / kg

p 0 ,3  

 Tijekom posljednjeg procesa, izobarne kompresije (4‐1), toplina se odvodi iz sustava:  

41 p 1 4q c T T 1004,5 300 800 0,502MJ / kg  

 Toplinska se energija u sustav dovodi za vrijeme izotermne ekspanzije, a odvodi za vrijeme izotermne kompresije:  qdov = q34 = 0,754 MJ/kg qodv = q12 = – 0,283 MJ/kg  Apsolutni iznosi energija q23 i q41 su jednaki: plin u izmjenjivaču topline, regeneratoru, tijekom izobarne kompresije predaje toplinu plinu koji prolazi kroz proces izobarne ekspanzije.  Dobiveni mehanički rad jednak je sumi tehničkih radova dviju izotermi. Tehnički je rad izobarnog procesa jednak nuli pa za tehničke radove izobarne ekspanzije (w23) i izobarne kompresije (w41) vrijedi:  w23 = w41 = 0  Mehanički su radovi izotermne kompresije i izotermne ekspanzije jednaki pripadnim toplinskim energijama:  w12 = q12 = – 0,283 MJ/kg w34 = q34 = 0,754 MJ/kg  Ukupni je mehanički rad:  w = w12 + w23 + w34 + w41 = – 0,283 + 0 + 0,754 + 0 = 0,471 MJ/kg  Naravno, također vrijedi:  w = qdov + qodv = 0,754 – 0,283 = 0,471 MJ/kg  

c) Termički je stupanj djelovanja:  

tdov

w 0 ,4710 ,625

q 0 ,754 , 

 i istog je iznosa kao i stupanj djelovanja Carnotovog kružnog procesa: 

 

dovtCKP

odv

T 3001 1 0 ,625

T 800  

 25. Četverotaktni motor radi po idealnom Ottovom procesu. Radna smjesa zraka i goriva ima 

svojstva idealnog plina. Početno stanje smjese je tlaka 1 bar i temperature 320 K. Omjer kompresije je 9, a omjer tlakova na kraju i na početku izohornog zagrijavanja je 2,5. Plinska konstanta je 287 J/kgK, a adijabatski indeks κ = 1,4. Izračunajte: a) tlakove, temperature i specifične volumene plina u 4 karakteristične točke procesa, b) specifičnu dovedenu i odvedenu toplinsku energiju, te specifični dobiveni mehanički rad, c) termički stupanj djelovanja. 

 p1 = 1 bar = 0,1 MPa T1 = 320 K rV = 9 rp = 2,5 R = 287 J/kgK κ = 1,4  a) p2, p3, p4, T2, T3, T4, v1, v2, v3, v4 = ? b) qdov, qodv, w = ? c) ηt = ? 

 Ottov se kružni proces najčešće koristi u automobilskim motorima s unutrašnjim izgaranjem s benzinom kao gorivom. To je proces otvorenog sustava, a sastoji se od četiri procesa (ciklusa): dvije adijabate i dvije izohore, slika 1‐21. Od točke 1 do točke 2 smjesa goriva i zraka se adijabatski komprimira pomicanjem klipa. U stanju 2 smjesa se pali električnom iskrom. Izgaranje je gotovo trenutno; klip se motora ne uspijeva pomaknuti pa se toplina dovodi izohorno. Od točke 3 do točke 4 plinovi izgaranja ekspandiraju bez izmjene topline s okolicom (radni ciklus). Od točke 4 do točke 1 plinovi izgaranja se hlade pri konstantnom volumenu. Tehnički gledano, Ottov se proces sastoji od šest procesa. Prvi dodatni proces čini usis smjese svježeg zraka i goriva, uz otvoreni usisni ventil, pri konstantnom tlaku na početku ciklusa. Drugi dodatni proces čini ispust plinova izgaranja pri konstantnom tlaku, uz otvoreni ispušni ventil, na kraju ciklusa. Ova dva procesa najčešće se zanemaruju prilikom pojednostavljene analize kakva će ovdje biti i provedena. 

 

 

 Slika 1‐21. Ottov kružni proces prikazan u p, v – dijagramu (uz 25. zadatak) 

 a) Specifični se volumen u točki 1 izračuna pomoću jednadžbe stanja idealnog plina:  

311 6

1

RT 287 320v 0 ,918 m / kg

p 0 ,1 10

 

 Omjer kompresije je definiran kao omjer volumena plina prije i nakon adijabatske kompresije:  

  1V

2

Vr

V   (1‐26) 

 Specifični je volumen u točki 2 zato jednak:  

312

V

v 0 ,918v 0 ,102 m / kg

r 9  

 Omjer je kompresije jednak omjeru ekspanzije jer vrijedi: V4/V3 = V1/V2. S obzirom da se između stanja 2 i 3, te između stanja 4 i 1 odvijaju izohorni procesi, specifični volumeni u točkama 3 i 4 iznose: v3 = v2 = 0,102 m

3/kg, v4 = v1 = 0,918 m3/kg. 

 Između stanja 1 i 2 odvija se adijabatski proces pa su tlak i temperatura u točki 2:  

1,412 1 1 V

2

vp p p r 0 ,1 9 2,167 MPa

v

 

 1

1 0 ,412 1 1 V

2

vT T T r 320 9 770 ,63 K

v

 

 Iz zadanog omjera tlakova na kraju i na početku izohornog zagrijavanja, izračuna se tlak u točki 3:  p3 = p2 rp = 2,167∙2,5 = 5,417 MPa  Između stanja 2 i 3 se odvija izohorni proces pa je temperatura u točki 3:  

33 2 2 p

2

pT T T r 770 ,63 2,5 1926 ,58 K

p  

 Tlak i temperatura u točki 4 se izračunaju na temelju podataka o tlaku i temperaturi u točki 3 (između stanja 3 i 4 odvija se adijabatska ekspanzija), uzimajući u obzir omjer kompresije:  

1,4

34 3 3

4 V

v 1 1p p p 5,417 0 ,25MPa

v r 9

 

 

1 1 0 ,4

34 3 3

4 V

v 1 1T T T 1926 ,58 800 K

v r 9

 

 Kako je omjer volumena V1/V2 = V4/V3, tako su i omjeri tlakova i temperatura p1/p2 = p4/p3, odnosno T1/T2 = T4/T3, što proizlazi usporedbom izraza za tlakove i temperature za vrijeme adijabatskih promjena stanja. To možemo i provjeriti:  

34 1 1 p

2

pp p p r 0 ,1 2,5 0 ,25 MPa

p  

 Vidimo da je omjer tlakova:  

3 4p

2 1

p pr

p p  

 

3 34 1 1 1 p

2 2

T pT T T T r 320 2,5 800 K

T p  

 b) Toplinska se energija dovodi za vrijeme izohornog zagrijavanja (2‐3), a odvodi za vrijeme 

izohornog hlađenja (4‐1):  

dov 23 v 3 2q q c T T 717 ,5 1926 ,58 770 ,63 0 ,829 MJ / kg  

 

v

R 287c 717 ,5 J / kgK

1 1,4 1

 

 

odv 41 v 1 4q q c T T 717 ,5 320 800 0 ,344MJ / kg  

 Prilikom izračuna mehaničkog rada treba imati na umu da se ovdje radi o otvorenom sustavu pa mehanički rad odgovara tehničkom radu. Mehanički rad adijabatske kompresije iznosi:  

12 p 2 1w c T T 1004,5 770 ,63 320 0 ,453MJ / kg  

 cp = cv + R = 1004,5 J/kgK  Mehanički rad izohornog zagrijavanja iznosi:  

3

2

p

6 623 2 3 2

p

w vdp v p p 0 ,102 5 ,417 10 2,167 10 0 ,3315 MJ / kg  

 Mehanički rad adijabatske ekspanzije iznosi:  

34 p 4 3w c T T 1004,5 800 1926 ,58 1,132MJ / kg  

 Mehanički rad izohornog hlađenja iznosi: 

 

6 641 4 1 4w v p p 0 ,918 0 ,1 10 0 ,25 10 0 ,138 MJ / kg  

 Ukupni je mehanički rad:  w = w12 + w23 + w34 + w41 = – 0,453 – 0,3315 + 1,132 + 0,138 = 0,4855 MJ/kg  Isti bi rezultat dobili kada bi mehanički rad računali kao sumu dovedene i odvedene toplinske energije:  w = Σq = qdov + qodv = 0,829 – 0,344 = 0,485 MJ/kg  

c) Termički je stupanj djelovanja jednak omjeru dobivenog mehaničkog rada i dovedene toplinske energije:  

tdov

w 0 ,4850 ,58

q 0 ,829  

 26. Četverotaktni motor radi po idealnom Dieselovom procesu. Radna smjesa zraka i goriva ima 

svojstva idealnog plina. Početno stanje smjese je tlaka 1 bar i temperature 320 K. Omjer kompresije je 16, a omjer volumena na kraju i na početku izobarnog zagrijavanja (omjer ubrizgavanja) je 2. Plinska konstanta je 287 J/kgK, a adijabatski indeks κ = 1,4. Izračunajte: a) tlakove, temperature i specifične volumene plina u 4 karakteristične točke procesa, b) specifičnu dovedenu i odvedenu toplinsku energiju, te specifični dobiveni mehanički rad, c) termički stupanj djelovanja. 

 p1 = 1 bar = 0,1 MPa T1 = 320 K rV = 16 ru = 2 R = 287 J/kgK κ = 1,4  a) p2, p3, p4, T2, T3, T4, v1, v2, v3, v4 = ? b) qdov, qodv, w = ? c) ηt = ? 

 Dieselov se kružni proces koristi u dizel‐motorima s unutrašnjim izgaranjem. Idealni se Dieselov proces sastoji od četiri procesa (ciklusa): jedne izobare, jedne izohore i dvije adijabate, slika 1‐22. S obzirom da motor koristi unutrašnje izgaranje, radi se o procesu otvorenog sustava pa mehanički rad treba računati kao tehnički rad. U stanju 1 cilindar motora je ispunjen zrakom. Proces usisa zraka u cilindar prethodi adijabatskoj kompresiji. Kao i kod Ottovog procesa, u kvantitativnoj se analizi ovaj početni proces, kao i posljednji proces ispuhivanja dimnih plinova, zanemaruju. Od stanja 1 do stanja 2 zrak se adijabatski komprimira pomicanjem klipa. Za razliku od Ottovog procesa, cilindar je ispunjen čistim zrakom. Gorivo se ubrizgava u stanju 2 pri čemu dolazi do paljenja smjese goriva i zraka. Od stanja 2 do stanja 3 izgaranje se odvija pri konstantnom tlaku. Prije toga je zrak trebalo dovoljno komprimirati da temperatura zraka postane veća od temperature samozapaljenja goriva. Od točke 3 do točke 4 plinovi izgaranja adijabatski ekspandiraju, a od točke 4 do točke 1 hlade se pri konstantnom volumenu. Otvaranjem se ispušnog ventila, plinovi iz cilindra ispuštaju u okolicu. 

 

  Slika 1‐22. Dieselov kružni proces prikazan u p, v – dijagramu (uz 26. zadatak)  

a) Specifični je volumen u točki 1:  

311 6

1

RT 287 320v 0 ,918 m / kg

p 0 ,1 10

 

 Iz podatka o omjeru kompresije izračuna se specifični volumen u točki 2:  

312

V

v 0 ,918v 0 ,0574 m / kg

r 16  

 Između stanja 1 i 2 odvija se adijabatski proces pa su tlak i temperatura u točki 2:  

1,412 1 1 V

2

vp p p r 0 ,1 16 4,850 MPa

v

 

 1

1 0 ,412 1 1 V

2

vT T T r 320 16 970 ,06 K

v

 

 Tlak u točki 3 jednak je tlaku u točki 2: p3 = p2 = 4,850 m

3/kg, jer se između stanja 2 i 3 odvija izobarni proces. Omjer ubrizgavanje je definiran kao omjer konačnog i početnog volumena tijekom izobarnog izgaranja:  

  3u

2

Vr

V   (1‐27) 

 Stoga je specifični volumen u točki 3:  v3 = v2ru= 0,0574∙2 = 0,1148 m

3/kg 

 Temperatura je u točki 3:  

33 2 2 u

2

vT T T r 970 ,06 2 1940 ,12 K

v  

 Specifični je volumen u točki 4 jednak specifičnom volumenu u točki 1 jer se između stanja 4 i 1 odvija izohorni proces: v4 = v1 = 0,918 m

3/kg. Tlak i temperatura u točki 4 se izračunaju na temelju podataka o tlaku i temperaturi u točki 3 (između stanja 3 i 4 odvija se adijabatska ekspanzija):  

1,4

34 3

4

v 0 ,1148p p 4,850 0 ,264MPa

v 0 ,918

 

 1 0 ,4

34 3

4

v 0 ,1148T T 1940 ,12 844,63 K

v 0 ,918

 

 b) Toplinska se energija dovodi za vrijeme izobarnog zagrijavanja (2‐3), a odvodi za vrijeme 

izohornog hlađenja (4‐1):  

dov 23 p 3 2q q c T T 1004,5 1940 ,12 970 ,06 0,974MJ / kg  

 

v

R 287c 717 ,5 J / kgK

1 1,4 1

 

 cp = cv + R = 717,5 + 287 = 1004,5 J/kgK  

odv 41 v 1 4q q c T T 717 ,5 320 844,63 0 ,376 MJ / kg  

 Mehanički je rad adijabatske kompresije:  

12 p 2 1w c T T 1004,5 970 ,06 320 0 ,653MJ / kg  

 Mehanički rad izobarnog zagrijavanja jednak je nuli jer je promjena tlaka jednaka nuli.  Mehanički rad adijabatske ekspanzije iznosi:  

34 p 4 3w c T T 1004,5 844,63 1940 ,12 1,10 MJ / kg  

 Mehanički rad izohornog hlađenja iznosi:  

6 641 4 1 4w v p p 0 ,918 0 ,1 10 0 ,264 10 0 ,151MJ / kg  

 Ukupni je mehanički rad:  w = w12 + w23 + w34 + w41 = – 0,653 + 0 + 1,1 + 0,151 = 0,598 MJ/kg  

Provjera:  w = Σq = qdov + qodv = 0,974 – 0,376 = 0,598 MJ/kg  

c) Termički je stupanj djelovanja jednak omjeru dobivenog mehaničkog rada i dovedene toplinske energije:  

tdov

w 0 ,5980 ,61

q 0 ,974  

 27. Promatramo desnokretni kružni proces zatvorenog sustava sastavljen od dvije izobare i dvije 

izohore. Radni je medij 5 kg idealnog plina, unutar cilindra sa stapom, koji je početno na tlaku 1 bar i temperaturi 300 K. Toplina se najprije dovodi izohorno dok se tlak ne poveća dvostruko. Nakon toga se dovodi izobarno dok se volumen ne poveća dvostruko. Slijedi izohorno hlađenje do početnog tlaka, a kružni proces završava izobarnim hlađenjem do početnog volumena. Plinska konstanta je 287 J/kgK, a adijabatski indeks κ = 1,4. Izračunajte: a) tlakove, temperature i volumene plina u 4 karakteristične točke procesa, b) dovedenu i odvedenu toplinsku energiju, te dobiveni mehanički rad, c) termički stupanj djelovanja. 

 m = 5 kg p1 = 1 bar = 0,1 MPa T1 = 300 K R = 287 J/kgK κ = 1,4  a) p2, p3, p4, T2, T3, T4, V1, V2, V3, V4 = ? b) Qdov, Qodv, W = ? c) ηt = ?  

  

Slika 1‐23. p, V – dijagram kružnog procesa u 27. zadatku  a) Volumen je u točki 1:  

311 6

1

mRT 5 287 300V 4,305 m

p 0 ,1 10

 

 Između stanja 1 i 2 odvija se izohorni proces pa vrijedi:  

V2 = V1 = 4,305 m3 

 U zadatku je zadano da je tlak nakon izohornog zagrijavanja dvostruko veći od tlaka na početku procesa:  p2 = 2∙p1 = 2∙0,1∙10

6 = 0,2 MPa  Temperatura je u točki 2:  

22 1 1

1

pT T T 2 300 2 600 K

p  

 Između stanja 2 i 3 odvija se izobarni proces pa vrijedi:  p3 = p2 = 0,2 MPa  U zadatku je zadano da je volumen nakon izobarne ekspanzije dvostruko veći od volumena na početku ekspanzije:  V3 = 2∙V2 = 2∙4,305 = 8,61 m

3  Temperatura je u točki 3:  

33 2 2

2

VT T T 2 600 2 1200 K

V  

 Između stanja 3 i 4 odvija se izohorni proces hlađenja dok se ne postigne početni tlak:  V4 = V3 = 8,61 m

3 p4 = p1 = 0,1 MPa  Temperatura je u točki 4:  

44 3

3

p 0 ,1T T 1200 600 K

p 0 ,2  

 b) Toplinska se energija dovodi za vrijeme izohornog (1‐2) i izobarnog zagrijavanja (2‐3), a 

odvodi za vrijeme izohornog (3‐4) i izobarnog hlađenja (4‐1). Izmijenjena toplinska energija tijekom izohornog procesa jednaka je mcvΔT, a tijekom izobarnog procesa mcpΔT pa su dovedena i odvedena toplinska energija:  

dov 12 23 v 2 1 p 3 2Q Q Q mc T T mc T T

5 717 ,5 600 300 5 1004,5 1200 600 4,090 MJ

 

 

v

R 287c 717 ,5 J / kgK

1 1,4 1

 

 cp = cv + R = 717,5 + 287 = 1004,5 J/kgK  

odv 34 41 v 4 3 p 1 4Q Q Q mc T T mc T T

5 717 ,5 600 1200 5 1004,5 300 600 3,659MJ

 

 Sustav obavi mehanički rad za vrijeme izobarne ekspanzije, a nad sustavom se rad obavi za vrijeme izobarne kompresije. Kako je sustav zatvoren, tijekom izohornih je procesa mehanički rad jednak nuli. Mehanički se rad računa kao rad promjene volumena:  

23 41 2 3 2 4 1 4

6 6

W W W p V V p V V

0 ,2 10 8 ,61 4,305 0 ,1 10 4,305 8 ,61 0 ,431MJ

 

 Provjera:  W = ΣQ = Qdov + Qodv = 4,090 – 3,659 = 0,431 MJ  

c) Termički je stupanj djelovanja jednak omjeru dobivenog mehaničkog rada i dovedene toplinske energije:  

tdov

W 0 ,4310 ,11

Q 4,090  

 Vidimo da je ovaj proces jako neefikasan. Svega se 11 % dovedene toplinske energije pretvara u mehanički rad. Najveći bi stupanj djelovanja postigli ako bi umjesto ovog procesa proveli Carnotov kružni proces, pri čemu bi toplinu dovodili na maksimalnoj temperaturi 1200 K, a odvodili na 300 K. Termički bi stupanj djelovanja tada iznosio:  

mintCKP

max

T 3001 1 0 ,75

T 1200  

 28. Unutar cilindra sa stapom nalazi se 3 kg idealnog plina (R = 287 J/kgK, κ = 1,4) na tlaku 1 bar i 

temperaturi 300 K. Plin je podvrgnut kružnom procesu. Najprije se politropski (n = 1,6) komprimira do stanja 2 pri čemu se plinu dovodi 300 kJ topline. Od stanja 2 do stanja 3 plin se izotermno zagrijava. Proces završava izohornim hlađenjem do početnog stanja. Izračunajte: a) tlakove, temperature i volumene plina u 4 karakteristične točke procesa, b) dovedenu i odvedenu toplinsku energiju, te dobiveni mehanički rad, c) termički stupanj djelovanja. 

 m = 3 kg p1 = 1 bar = 0,1 MPa T1 = 300 K n = 1,6 Q12 = 300 kJ R = 287 J/kgK κ = 1,4  a) p2, p3, p4, T2, T3, T4, V1, V2, V3, V4 = ? b) Qdov, Qodv, W = ? c) ηt = ? 

 

  

Slika 1‐24. p, V – dijagram kružnog procesa u 28. zadatku  

a) Volumen je u točki 1:  

311 6

1

mRT 3 287 300V 2,583m

p 0 ,1 10

 

 Između stanja 1 i 2 odvija se politropski proces. Za politropski proces vrijedi da je pvn = konst. gdje je n politropski indeks. Diferenciranjem izraza pvn = konst. i dijeljenjem s vn – 1 

dobije se:  vdp + npdv = 0  Diferenciranjem opće plinske jednadžbe pv = RT dobije se da je vdp = RdT – pdv. Izjednačavanjem ova dva izraza za vdp, slijedi:  RdT – pdv = – npdv, odnosno:  

RdTpdv

1 n

 

 Izmijenjena je toplinska energija tijekom politropskog procesa:  

v v p v v vv

c nc c cRdT c ncdq du pdv c dT dT dT

1 n 1 n 1 n

 

 

  v n

ndq c dT c dT

n 1

  (1‐28) 

 gdje je cn specifični politropski toplinski kapacitet.  

v

R 287c 717 ,5 J / kgK

1 1,4 1

 

 

n v

n 1,6 1,4c c 717 ,5 239 ,17 J / kgK

n 1 1,6 1

 

 Iz podatka o dovedenoj toplinskoj energiji između stanja 1 i 2 izračuna se temperatura u točki 2:  Q12 = mcn(T2 – T1)  

312

2 1n

Q 300 10T T 300 718 ,11K

mc 3 239 ,17

 

 Za odnose tlakova, volumena i temperatura na početku i na kraju politropskog procesa vrijede slični izrazi kao i za adijabatski proces; jedina je razlika što je adijabatski indeks κ zamijenjen s politropskim indeksom n:  

1 1n 1 0 ,6 31

2 12

T 300V V 2,583 0 ,603m

T 718 ,11

 

 n 1,6

n 1 0 ,61

2 12

T 300p p 0 ,1 1,025 MPa

T 718 ,11

 

 Između stanja 2 i 3 odvija se izotermni proces pa je T3 = T2 = 718,11 K. Između stanja 3 i 1 odvija se izohorni proces pa je V3 = V1 = 2,583 m

3. Tlak se u točki 3 može izračunati na više načina jer vrijedi:  

23 2

3

V 0 ,603p p 1,025 0 ,239 MPa

V 2,583 , 

 ili  

33 1

1

T 718 ,11p p 0 ,1 0 ,239 MPa

T 300  

 b) Toplinska energija koja se dovodi za vrijeme politropske kompresije (1‐2) je zadana: Q12 = 

300 kJ. Toplinska energija koja se dovodi za vrijeme izotermne ekspanzije (2‐3) je:  

223 2

3

p 1,025Q mRT ln 3 287 718 ,11 ln 0 ,900 MJ

p 0 ,239  

 Qdov = Q12 + Q23 = 0,3 + 0,9 = 1,2 MJ  Toplinska se energija odvodi za vrijeme izohornog (3‐1) procesa:  Qodv = Q31 = mcv(T1 – T3) = 3∙717,5∙(300 – 718,11) = – 0,9 MJ  

Sustav mehanički rad obavi za vrijeme izotermne ekspanzije, a nad sustavom se rad obavi za vrijeme politropske kompresije. Kako je sustav zatvoren, tijekom izohornog je procesa mehanički rad jednak nuli. Mehanički se rad računa kao rad promjene volumena. Mehanički rad kod politropskog procesa je:  

2 2

1 1

v T

12 2 1

v T

RdT Rw pdV T T

1 n 1 n

 

 

  12 2 1

RW m T T

1 n

  (1‐29) 

 Dobiveni je rad:  

12 23 2 1 23

RW W W m T T Q

1 n287

3 718 ,11 300 0 ,9 0 ,6 0 ,9 0 ,3MJ1 1,6

 

 Provjera:  W = ΣQ = Qdov + Qodv = 1,2 – 0,9 = 0,3 MJ  

c) Termički je stupanj djelovanja:  

tdov

W 0 ,30 ,25

Q 1,2  

 29. Ljevokretnim Carnotovim kružnim procesom grije se kuća na konstantnu temperaturu 22 °C 

toplinom iz rijeke na temperaturi 4 °C. Koliki je iznos dobavljene topline za grijanje i koliki je učinak dizalice topline (faktor preobrazbe) ako utrošak mehaničkog rada iznosi 14 MJ i uz pretpostavku da se radi o idealnom kružnom procesu? 

 

dov = 22 °C → Tdov = 295,15 K 

odv = 4 °C → Todv = 277,15 K W = – 14 MJ 

 

dovkuća

Q,Q ?

W  

 Ljevokretni se Carnotov kružni proces sastoji od istih procesa kao i desnokretni, jedino što se oni odvijaju u suprotnom smjeru, slika 1‐25. U ljevokretnom se kružnom procesu (LjKP), slika 1‐26, rad ulaže u sustav kako bi se toplina iz hladnog spremnika prenijela u topli spremnik. U desnokretnom je procesu korisna energija jednaka dobivenom mehaničkom radu, a u ljevokretnom dovedenoj toplini (grijanje) ili odvedenoj toplini (hlađenje). U ljevokretnom se procesu koriste iste oznake za toplinske energije i mehanički rad kao i u desnokretnom kako bi se pojednostavilo računanje i izbjegle pogreške. Međutim, te su veličine suprotnih predznaka. Mehanički je rad negativan jer se dovodi u sustav, dovedena toplinska energija (qdov) se ustvari odvodi iz sustava pa je negativna, a odvedena toplinska energija (qodv) je pozitivna jer se oduzima iz hladnog spremnika i dovodi u sustav. Ako se pažljivo računa onda 

nije potrebno pamtiti predznake već oni proizlaze iz formula za izračun toplinskih energija i mehaničkih radova.  

  

Slika 1‐25. Carnotov ljevokretni kružni proces  

  

Slika 1‐26. Prikaz ljevokretnog kružnog procesa  

Učinkovitost desnokretnog kružnog procesa je bila opisana s termičkim stupnjem djelovanja koji je jednak omjeru dobivenog rada i uložene toplinske energije. Općenito gledajući, učinkovitost procesa je jednaka omjeru korisne i uložene energije. Kod desnokretnog je procesa mehanički rad korisna energija, a dovedena toplinska energija je uložena energija. Korisna energija kod ljevokretnog procesa je dovedena/odvedena toplinska energija, ovisno o uređaju u kojem se odvija kružni proces, a uložena energija je mehanički rad. Prema tome, učinkovitost je ljevokretnog procesa jednaka omjeru dovedene/odvedene toplinske energije i mehaničkog rada. Kod toplinske pumpe je korisna energija jednaka toplinskoj energiji koja se dovodi u kuću pa je učinkovitost procesa, koja se kod ljevokretnog procesa naziva faktorom preobrazbe: 

 

  dovQ

W  (1‐30) 

 U izrazu se koriste apsolutne vrijednosti jer su i Qdov i W negativni. Dovedena je toplinska energija jednaka toplinskoj energiji koja se izotermno izmjenjuje između sustava i toplog spremnika (2‐1):  

221 dov 1

1

pQ Q mRT ln

p  

 Kako je p2 < p1, Qdov je negativna. Mehanički je rad jednak sumi dovedene i odvedene toplinske energije:  

2 4 21 3 1 3

1 3 1

p p pW mRT ln mRT ln mR T T ln

p p p  

 Razlika temperatura T1 – T3 je pozitivna pa je W negativan. Faktor je preobrazbe:  

21

dov 1 dov1

2 1 3 dov odv1 3

1

pmRT ln

Q T T 295,15p16 ,4

pW T T T T 295,15 277 ,15mR T T lnp

 

 Dobavljena toplina za grijanje kuće je:  Qkuća = |Qdov| = 16,4|W| = 16,4∙14 = 229,6 MJ  

30. Analiziramo zamišljenu situaciju u kojoj se električni generator hladi ljevokretnim Carnotovim kružnim procesom. Idealni plin toplinu odvedenu iz generatora predaje vodi u izmjenjivaču topline. Temperatura plina u generatoru je 60°C, a u izmjenjivaču topline 110°C. Tlak plina nakon izotermne kompresije je 15 bara, a nakon izotermne ekspanzije 2 bara. Plinska konstanta iznosi 287 J/kgK, a adijabatski indeks 1,4. Izračunajte: a) toplinsku energiju odvedenu iz generatora i toplinsku energiju predanu u izmjenjivaču topline, b) faktor preobrazbe, c) porast temperature vode u izmjenjivaču topline ako je maseni protok plina 5 kg/s, a maseni protok vode 8 kg/s. Specifični toplinski kapacitet vode je 4,18 kJ/kgK.  

1 = 2 = 110 °C → T1 = T2 = 383,15 K 

3 = 4 = 60 °C → T3 = T4 = 333,15 K p1 = 15 bar p3 = 2 bar R = 287 J/kgK κ = 1,4 

plm 5 kg / s 

vm 8 kg / s 

cv = 4,18 kJ/kgK  a) qdov, qodv = ? 

b) odvq?

w  

c) ΔTv = ?  

  

1‐27. Carnotov ljevokretni kružni proces (uz 30. zadatak)  a) Da bi se izračunala dovedena i odvedena toplinska energija potrebno je poznavati tlakove 

idealnog plina, podvrgnutog ljevokretnom Carnotovom kružnom procesu, u sve 4 točke kružnog procesa. Vrijednosti tlakova su sljedeće:  p1 = 1,5 MPa 

1,41 1,4 1

22 3

3

T 383,15p p 0 ,2 0 ,326 MPa

T 333,15

 

p3 = 0,2 MPa 1,4

1 1,4 14

4 11

T 333,15p p 1,5 0 ,919 MPa

T 383,15

 

 Toplinsku energiju plin odvodi iz električnog generatora pri konstantnoj temperaturi i pritom prelazi iz stanja 4 u stanje 3 (izotermna ekspanzija). Toplina prelazi s generatora na plin. U desnokretnom se kružnom procesu ta toplina naziva odvedenom toplinom (qodv). Ista će se oznaka i ovdje koristiti. Toplina odvedena iz generatora iznosi:  

443 odv 3

3

p 0 ,919q q RT ln 287 333,15 ln 145 ,81 kJ / kg

p 0 ,2  

 Plin se hladi u izmjenjivaču topline pri konstantnoj temperaturi i pritom prelazi iz stanja 2 u stanje 1 (izotermna kompresija). Toplina prelazi s plina na vodu u izmjenjivaču topline. U desnokretnom se kružnom procesu ta toplina naziva dovedenom toplinom (qdov). Ista će se oznaka i ovdje koristiti. Toplina predana vodi u izmjenjivaču topline iznosi:  

221 dov 1

1

p 0 ,326q q RT ln 287 383,15 ln 167 ,84 kJ / kg

p 1,5  

 b) Korisna je energija, energija koja se odvodi iz generatora (qodv), pa je faktor preobrazbe: 

 

odv odv

dov odv

q q 145,816 ,62

w q q 167 ,84 145,81

 

 ili  

odv odv 3

dov odv 1 3

q T T 333,156 ,66

w T T T T 383,15 333,15

 

 c) Toplina u izmjenjivaču topline prelazi s plina na vodu. Ako se voda tijekom procesa izmjene 

topline ne zagrije do temperature zasićenja, specifična toplina koja se u vodi akumulira jednaka je umnošku specifičnog toplinskog kapaciteta i promjene temperature. U izmjenjivaču je količina topline (toplinska snaga) koju plin gubi jednaka količini topline koju voda prima pa vrijedi:  

pl vQ Q  

 

pl dov v v vm q m c T  

 Promjena je temperature vode:  

pl dovv

v v

m q 5 167 ,84T 25 ,1 K

m c 8 4,18

 

 31. Hladnjak se hladi korištenjem ljevokretnog Carnotovog kružnog procesa. Unutrašnjost se 

hladnjaka održava na temperaturi 5 °C, a temperatura sobe u kojoj se hladnjak nalazi je 30 °C. Koliki je faktor preobrazbe, a kolika odvedena toplinska snaga ako je uložena mehanička snaga 200 W?  

odv = 5 °C → Todv = 278,15 K 

dov = 30 °C → Tdov = 303,15 K P = – 200 W 

 

odvodv

Q, Q ?

W  

 Kod hladnjaka je faktor preobrazbe jednak omjeru odvedene toplinske energije i mehaničkog rada jer je korisna energija ona energija koja se odvodi iz hladnjaka:  

23

odv 3 odv1

2 1 3 dov odv1 3

1

pmRT ln

Q T T 278 ,15p11,1

pW T T T T 303,15 278 ,15mR T T lnp

 

 

Odvedena je toplinska snaga:  

odvQ 11,1P 11,1 200 2220W  

 32. Dizalica topline održava temperaturu u kući na 21 °C oduzimajući toplinsku energiju okolici 

temperature – 5 °C. Ukoliko su toplinski gubici (toplinska energija koja iz kuće prelazi u okolicu) u takvim okolnostima 135000 kJ/h, kolika je minimalna električna snaga potrebna za pogon dizalice topline?  

dov = 21 °C → Tdov = 294,15 K 

odv = – 5 °C → Todv = 268,15 K 

gubQ 135000 kJ / h 37 ,5 kJ / s  

 P = ?  Toplina se uzima iz okolice i dovodi u kuću. Kada iz kuće ne bi bilo toplinskih gubitaka, ili bi oni bili manji od dovedene topline, temperatura bi kuće rasla. Ako bi gubici bili veći od dovedene topline, ona bi padala. U zadatku je zadano da se temperatura kuće održava konstantnom. U tom slučaju dovedena toplina mora biti jednaka toplinskim gubicima:  

dov gubQ Q  

 Faktor je preobrazbe:  

dov dov

dov odv

Q T 294,1511,3

P T T 294,15 268,15

 

 Tražena je električna snaga:  

dovQ 37 ,5P 3,32 kW

11,3 11,3

 

 

1.3. Drugiglavnistavaktermodinamike

 33. Toplina iznosa 100 kJ spontano prelazi s toploga na hladni spremnik. Temperatura je toplog 

spremnika 400 K, a hladnog 300 K. Izračunati promjenu entropije i utvrditi da li je drugi glavni stavak termodinamike zadovoljen.  Q = 100 kJ TTS = 400 K THS = 300 K  ΔSuk = ?  

  

Slika 1‐28. Spontani prijelaz topline s toploga na hladni spremnik  

Entropija je fizikalna veličina stanja čija je promjena definirana kao omjer količine izmijenjene toplinske energije i temperature pri kojoj se izmjena te topline odvija:  

 dq

dsT

  (1‐31) 

 Ovdje nas zanima ukupna promjena entropije koja je jednaka sumi promjene entropije toplog spremnika i promjene entropije hladnog spremnika:  

3

TSTS

Q 100 10S 250 J / K

T 400

 

 3

HSHS

Q 100 10S 333 J / K

T 300

 

 Toplina se iz toplog spremnika odvodi, zato je negativnog predznaka, a u hladni se spremnik dovodi, zato je pozitivnog predznaka. Ukupna je promjena entropije:  ΔSuk = ΔSTS + ΔSHS = 83 J/K  Ukupna je promjena entropije pozitivna pa je drugi glavni stavak termodinamike zadovoljen. Radi se o nepovratljivom, realnom procesu.  

34. Toplina iznosa 100 kJ spontano prelazi s hladnoga na topli spremnik. Temperatura je toplog spremnika 400 K, a hladnog 200 K. Izračunati promjenu entropije i utvrditi da li je drugi glavni stavak termodinamike zadovoljen.  Q = 100 kJ TTS = 400 K THS = 200 K  ΔSuk = ?  

  

Slika 1‐29. Spontani prijelaz topline s hladnoga na topli spremnik  Izračunat ćemo ukupnu promjenu entropije na isti način kao u prethodnom zadatku. Promjena entropije toploga spremnika je:  

3

TSTS

Q 100 10S 250 J / K

T 400

 

 Promjena entropije hladnoga spremnika je:  

3

HSHS

Q 100 10S 500 J / K

T 200

 

 Predznaci izmijenjene topline i promjena entropija su sada obrnuti jer toplina struji u obrnutom smjeru, od hladnoga prema toplom spremniku. Ukupna je promjena entropije:  ΔSuk = ΔSTS + ΔSHS = – 250 J/K  Ukupna je promjena entropije negativna što proturječi drugom glavnom stavku termodinamike, odnosno principu porasta entropije. Riječ je o nemogućem procesu. Toplina ne može spontano prelaziti s hladnijeg na topliji spremnik. To je moguće jedino uz ulaganje vanjskog rada (što se provodi u hladnjaku i toplinskoj pumpi).  

35. Dva kilograma idealnog plina (cp = 1005 J/kgK, κ = 1,4) nalaze se u krutom spremniku. Temperatura je plina 500 °C, a tlak 10 MPa. Ako pustimo da se plin ohladi na temperaturu okolice 0 °C, kolika je promjena entropije plina, promjena entropije okolice i ukupna promjena entropije?  m = 2 kg cp = 1005 J/kgK κ = 1,4 

1 = 500 °C → T1 = 773,15 K p1 = 10 MPa 

2 = ok = 0 °C → T2 = Tok = 273,15 K  ΔSpl, ΔSok, ΔSuk = ?  

  

Slika 1‐30. Izmjena toplina između okolice i idealnog plina podvrgnutog izohornom procesu  

Krenut ćemo s izračunom promjene entropije plina (koji je ustvari naš zatvoreni sustav), a prije toga ćemo izvesti jednadžbu kojom ćemo tu promjenu izračunati. Naime, ne možemo direktno koristi izraz (1‐31) kao u prethodnim primjerima jer je sustav podvrgnut izohornom procesu pa mu temperatura nije konstantna tijekom hlađenja. Toplina se iz sustava odvodi a temperatura se pritom smanjuje. Izraz Δs = q/T se može koristiti samo kada se toplina izmjenjuje pri konstantnoj temperaturi. U svakom slučaju, polazimo od relacije (1‐31) u koju uvrštavamo izmijenjenu toplinsku energiju definiranu jednadžbom (1‐21):  

vc dT pdvdq du pdvds

T T T

 

 Po definiciji je promjena unutrašnje energije jednaka du = cvdT. Iz jednadžbe stanja idealnog plina može se izraziti omjer:  

p R

T v , 

 pa imamo:  

vc dT Rdvds

T v  

 Integriranjem se jednadžbe između stanja 1 i 2 dobije izraz za promjenu entropije sustava:  

  2 22 1 s v

1 1

T vs s s c ln R ln

T v   (1‐32) 

 Da smo umjesto od jednadžbe (1‐21) za izmijenjenu toplinsku energiju, krenuli od izraza kojim se definira entalpija (1‐11) dobili bi sljedeće:  dh = du + pdv + vdp  dh = dq + vdp → dq = dh – vdp  Uvrštavanjem posljednjeg izraza za dq u jednadžbu (1‐31) dobivamo:  

pc dT vdpdq dh vdpds

T T T

 

 Po definiciji je promjena entalpije jednaka dh = cpdT. Iz jednadžbe stanja idealnog plina može se izraziti omjer:  

v R

T p , 

 pa imamo:  

pc dT Rdpds

T p  

 Integriranjem se jednadžbe između stanja 1 i 2 dobije drugi izraz kojim možemo izračunati promjenu entropije sustava:  

  2 22 1 s p

1 1

T ps s s c ln R ln

T p   (1‐33) 

 Promjenu specifične entropije plina ćemo izračunati koristeći obje relacije i one, jasno, moraju dati isti rezultat. Kako je v1 = v2, iz relacije (1‐32) se dobije:  

p2 2 2s v

1 1 1

cT v T 1005 273,15s c ln R ln ln 0 ln 746 ,9 J / kgK

T v T 1,4 773,15

 

 Da bi iskoristili relaciju (1‐33) moramo znati koliki je omjer tlakova p2/p1. Kod izohornog je procesa omjer tlakova jednak omjeru temperatura:  

2 2

1 1

p T

p T , 

 pa slijedi:  

2 2 2 2 2 2s p p p v

1 1 1 1 1 1

T p T T T Ts c ln R ln c ln R ln c R ln c ln

T p T T T T , 

 što je jednako izrazu (1‐32) ako nemamo promjenu volumena, a po kojem smo izračunali promjenu entropije sustava. S obzirom da nam je zadana masa plina, promjena je entropije plina (sustava) jednaka umnošku mase i promjene specifične entropije plina:  ΔSpl = mΔss = mΔspl = 2∙(– 746,9) = – 1,494 kJ/K  Za okolicu se pretpostavlja da ima beskonačni toplinski kapacitet pa se tijekom oduzimanja ili predavanja topline okolici, njezina temperatura ne mijenja. Promjena se entropije okolice, prema tome, može direktno izračunati pomoću relacije (1‐31). 

Toplina koju okolica prima jednaka je toplini koju plin gubi. Plin je podvrgnut izohornom procesu hlađenja, a toplinska se energija tijekom izohorne promjene stanja idealnog plina računa prema izrazu (1‐13):  

p12 v 2 1

c 1005Q mc T m T T 2 273,15 773,15 717 ,9 kJ

1,4

 

 Ovo je toplina koju plin preda okolici. Toplina koju okolica primi je istog iznosa, ali suprotnog predznaka. Promjena je entropije okolice zato:  

12ok

ok

Q 717 ,9S 2,628 kJ / K

T 273,15

 

 Ukupna je promjena entropije:  ΔSuk = ΔSpl + ΔSok = – 1,494 + 2,628 = 1,134 kJ/K > 0 → Proces je nepovratljiv!  

36. Unutar cilindra sa stapom nalazi se pet kilograma idealnog plina (cp = 1005 J/kgK, κ = 1,4). Plin je na tlaku okolice 1 bar i temperaturi 273 K. Pri konstantnom se tlaku plinu iz okolice dovodi toplina sve dok se ne zagrije na temperaturu okolice 293 K. Kolika je promjena entropije plina, promjena entropije okolice i ukupna promjena entropije?  m = 5 kg cp = 1005 J/kgK κ = 1,4 p1 = p2 = 1 bar = 10

5 Pa T1 = 273 K T2 = Tok = 293 K  ΔSpl, ΔSok, ΔSuk = ?  

  

Slika 1‐31. Izmjena toplina između okolice i idealnog plina podvrgnutog izobarnom procesu  Zadatak se rješava na isti način kao i prethodni jer izvedene formule za izračun entropije vrijede uvijek, bez obzira na proces kojem je idealni plin podvrgnut. Naime, treba cijelo vrijeme imati na umu da je entropija veličina stanja i da promjena entropije ne ovisi o procesu, već samo o početnom i konačnom stanju plina. Promjena je specifične entropije plina prema jednadžbi (1‐33): 

 

2 2 2pl p p

1 1 1

T p T 293s c ln R ln c ln 0 1005 ln 71,05 J / kgK

T p T 273  

 Kada bi se koristila jednadžba (1‐32) imali bi:  

2 2 2 2 2 2pl v v v p

1 1 1 1 1 1

T v T T T Ts c ln R ln c ln R ln c R ln c ln 71,05 J / kgK

T v T T T T , 

 jer za izobarnu promjenu stanja idealnog plina vrijedi v1/v2 = T1/T2. Plin je podvrgnut izobarnom procesu zagrijavanja pa je specifična toplina koju plin primi od okolice jednaka:  q12 = cpΔT = cp(T2 – T1) = 1005∙(293 – 273) = 20100 J/kg  Toplina koju okolica preda plinu je negativnog predznaka pa je promjena specifične entropije okolice:  

12ok

ok

q 20100s 68,60 J / kgK

T 293

 

 Promjene entropije plina, okolice i ukupna promjena entropije su:  ΔSpl = mΔspl = 5∙71,05 = 355,25 J/K ΔSok = mΔsok = 5∙(– 68,6) = – 343 J/K ΔSuk = ΔSpl + ΔSok = 355,25 – 343 = 12,25 J/K > 0 → Proces je nepovratljiv!  

37. Unutar cilindra sa stapom nalazi se idealni plin (cp = 1005 J/kgK, κ = 1,4) na tlaku 1,2 bara i temperaturi 273 K. Pri konstantnoj se temperaturi plinu iz okolice dovodi toplina sve dok mu tlak ne padne na 0,8 bara. Temperatura okolice je 293 K. Kolika je promjena specifične entropije plina, promjena specifične entropije okolice i ukupna promjena specifične entropije?  cp = 1005 J/kgK κ = 1,4 p1 = 1,2 bar p2 = 0,8 bar T1 = T2 = Tpl = 273 K Tok = 293 K  Δspl, Δsok, Δsuk = ?  

  

Slika 1‐32. Izmjena toplina između okolice i idealnog plina podvrgnutog izotermnom procesu  Promjena je specifične entropije plina:  

2 2 2pl p

1 1 1

T p p 0,8s c ln R ln 0 R ln 287 ln 116 ,4 J / kgK

T p p 1,2 , 

 jer je:  

pp v p

c 1005R c c c 1005 287 J / kgK

1,4  

 Tijekom izotermne se promjene stanja idealnom plinu dovodi specifična toplina:  

112 pl

2

p 1,2q RT ln 287 273 ln 31769 J / kg

p 0,8  

 Toplina koju okolica preda plinu je istog iznosa a negativnog predznaka pa je promjena specifične entropije okolice:  

12ok

ok

q 31769s 108,4 J / kgK

T 293

 

 Ukupna je promjena specifične entropije:  Δsuk = Δspl + Δsok = 116,4 – 108,4 = 8 J/kgK > 0 → Proces je nepovratljiv!  Promjenu entropije plina nismo morali računati pomoću relacije (1‐33) već direktno kao i promjenu entropije okolice jer je plin tijekom procesa na konstantnoj temperaturi:  

12pl

pl

q 31769s 116 ,4 J / kgK

T 273  

 38. Tri kilograma zraka (cp = 1005 J/kgK, κ = 1,4) početnog tlaka 100 kPa i temperature 300 K 

politropski se komprimira do konačnog tlaka 500 kPa. Izračunati promjenu entropije zraka tijekom procesa. Politropski je indeks 2,56.  

m = 3 kg cp = 1005 J/kgK κ = 1,4 p1 = 100 kPa T1 = 300 K p2 = 500 kPa n = 2,56  Δs = ?  Uzet ćemo da je zrak idealni plin i za izračun promjene entropije iskoristiti relaciju (1‐33):  

2 2p

1 1

T ps c ln Rln

T p  

 Kako za politropsku promjenu stanja idealnog plina vrijede isti izrazi kao i za adijabatsku uz zamjenu adijabatskog indeksa s politropskim, temperatura je zraka u stanju 2:  

n 1 2 ,56 1n 2 ,56

22 1

1

p 500T T 300 799 ,94 K

p 100

 

 

pp v p

c 1005R c c c 1005 287 J / kgK

1,4  

 Promjena je entropije zraka:  

2 2p

1 1

T p 799 ,94 500s c ln Rln 1005 ln 287 ln 523,75 J / kgK

T p 300 100  

 ΔS = mΔs = 3∙523,75 = 1,571 kJ/K  

39. Rashladni fluid R‐134a ulazi u cijevni snop isparivača unutar hladnjaka kao zasićena mješavina tekuće i plinovite faze na tlaku 160 kPa. U isparivaču apsorbira 180 kJ topline iz rashlađenog prostora koji se održava na temperaturi – 5 °C. Iz isparivača fluid izlazi kao zasićena para na istom tlaku. Temperatura zasićenja R‐134a na tlaku 160 kPa je – 15,5 °C. Kolika je promjena entropije rashladnog fluida, promjena entropije rashlađenog prostora i ukupna promjena entropije? 

 p = 160 kPa Q = 180 kJ 

hl = – 5 °C → Thl = 268,15 K 

f = – 15,5 °C → Tf = 257,65 K  ΔSf, ΔShl, ΔSuk = ?  Rashladni fluid u isparivač ulazi kao zasićena mješavina na tlaku zasićenja, a izlazi kao zasićena para na istom tlaku što znači da mu je temperatura tijekom cijelog procesa isparivanja konstantna i jednaka temperaturi zasićenja za zadani tlak. Promjena je entropije fluida zato jednaka omjeru izmijenjene topline i temperature fluida: 

 

ff

Q 180000S 698 ,6 J / K

T 257 ,65  

 Promjena entropije rashlađenog prostora je:  

hlhl

Q 180000S 671,3 J / K

T 268 ,15

 

 Toplina je negativnog predznaka jer se odvodi iz hladnjaka. Ukupna je promjena entropije:  ΔSuk = ΔSf + ΔShl = 698,6 – 671,3 = 27,3 J/K  

40. Komad željeza mase 100 kg ugrijan na 200 °C ubačen je u 100 kg vode temperature 25 °C. Odredite temperaturu željeza i vode nakon uspostavljanja toplinske ravnoteže i promjenu entropije sustava. Pretpostaviti da su željezo i voda nekompresibilne tvari s konstantnim specifičnim toplinskim kapacitetima i da se nalaze u adijabatskom spremniku krutih stijenki. Pretpostaviti da se kinetička i potencijalna energija sustava ne mijenjaju. Specifični je toplinski kapacitet vode 4,18 kJ/kgK, a željeza 0,45 kJ/kgK.  mFe = 100 kg 

Fe1 = 200 °C → TFe1 = 473,15 K mH2O = 100 kg 

H2O1 = 25 °C → TH2O1 = 298,15 K cH2O = 4,18 kJ/kgK cFe = 0,45 kJ/kgK  TFe2, TH2O2, ΔSs = ?  Voda i željezo čine zatvoreni sustav, a nalaze se u adijabatskom spremniku pa nema izmjene topline između spremnika i okolice. Kako nema promjene kinetičke i potencijalne energije, a sustav ne obavi nikakav rad, iz prvog glavnog stavka termodinamika slijedi:  Q12 = U2 – U1 = 0  U1 = mH2O cH2O TH2O1 + mFe cFe TFe1  U2 = mH2O cH2O TH2O2 + mFe cFe TFe2  Nakon što se uspostavi toplinska ravnoteža, željezo i voda će imati jednaku temperaturu:  T2 = TH2O2 = TFe2  U2 – U1 = mH2O cH2O (T2 – TH2O1) + mFe cFe (T2 – TFe1) = 0  

Fe Fe Fe1 H2O H2O H2O12

H2O H2O Fe Fe

m c T m c T 100 0 ,45 473,15 100 4,18 298 ,15T 315 ,2 K

m c m c 100 0 ,45 100 4,18

 

 

Za nekompresibilne tvari vrijedi da im gustoća tijekom procesa ostaje nepromijenjena. To znači da im se i specifični volumen ne mijenja (dv = 0). U izrazu za promjenu entropije nekompresibilnih tvari zato otpada drugi član u jednadžbi (1‐32):  

nekom.

du dTds c

T T  

 Promjena entropije sustava jednaka je sumi promjene entropije željeza i promjene entropije vode. Promjena entropije okolice jednaka je nuli jer nema izmjene topline s okolicom.  

2 2s Fe H2O Fe Fe H2O H2O

Fe1 H2O1

T TS S S m c ln m c ln

T T

315,2 315,2100 0 ,45 ln 100 4,18 ln 18 ,28 23,25 4,97 kJ / K

473,15 298 ,15

 

 41. Mehanička snaga toplinskog stroja u kojem se provodi kružni proces je 180 kW. Temperature 

toplog i hladnog spremnika s kojima kružni proces izmjenjuje toplinu su 1200 K, odnosno 300 K. Iz toplog se spremnika dovodi 500 kJ toplinske energije u sekundi. Izračunati maksimalni rad (eksergiju) dovedene toplinske energije (snage), gubitak mehaničkog rada (snage) zbog nepovratljivosti kružnog procesa (ireverzibilnost), eksergetski stupanj djelovanja, te brzinu porasta entropije hladnog spremnika izazvanu ovim kružnim procesom.  

W 180 kW  

Tdov = 1200 K Todv = 300 K 

dovQ 500 kJ / s  

 

HSEks, I , , S ?  

 

  

Slika 1‐33. Prikaz procesa u 41. zadatku  Eksergija je oblik energije koji se u povratljivom procesu može u potpunosti pretvoriti u mehanički rad. To je maksimalni korisni rad koji toplinski stroj može proizvesti uz zadane temperature toplog i hladnog toplinskog spremnika i dovedenu toplinsku energiju. Najveći bi 

rad toplinski stroj proizveo kada bi se u njemu odvijao Carnotov kružni proces pa se eksergija, odnosno maksimalni rad, računa kao:  

  max tCKP dovEks W Q   (1‐34) 

 

odvmax dov

dov

T 300W 1 Q 1 500 375 kW

T 1200

 

 Ireverzibilnost je jednaka razlici između maksimalne moguće proizvedene snage i stvarne korisne snage (rada):  

maxI W W 375 180 195 kW  

 Eksergetski stupanj djelovanja je mjera učinkovitosti pretvorbe toplinske energije u mehanički rad. Jednak je omjeru stvarnog termičkog stupnja djelovanja i maksimalnog (Carnovotog) termičkog stupnja djelovanja koji bi se postigao ako bi proces bio povratljiv pri istim uvjetima:  

  t dov

maxtCKP max

dov

w

wq

w wq

  (1‐35) 

 Vidimo da je eksergetski stupanj djelovanja također jednak omjeru korisnog rada i maksimalnog rada (eksergije), otuda i naziv eksergetski stupanj djelovanja.  

max

W 1800 ,48

W 375

 

 Brzina je porasta entropije hladnog spremnika:  

HS odv dovHS

HS odv odv

Q Q Q W 500 180S 1,067 J / Ks

T T T 300

 

 42. Promatramo dva toplinska stroja. Oba imaju jednake termičke stupnjeve djelovanja 0,3. Prvi 

dobiva toplinu iz toplinskog spremnika na temperaturi 600 K, a drugi iz toplinskog spremnika na temperaturi 1000 K. Oba stroja odbacuju toplinu u isti hladni spremnik na temperaturi 300 K. Koji stroj učinkovitije pretvara toplinsku energiju u mehanički rad?  ηt1 = ηt2 = 0,3 Tdov1 = 600 K Tdov2 = 1000 K Todv = 300 K  

1 2, ?  

 

  

Slika 1‐34. Prikaz procesa u 42. zadatku  Eksergetski su stupnjevi djelovanja prvog i drugog toplinskog stroja:  

t1 t11

odvtCKP1

dov1

0 ,30 ,6

T 3001 1

T 600

 

 

t2 t22

odvtCKP2

dov2

0 ,30 ,43

T 3001 1

T 1000

 

 Prvi toplinski stroj pretvara učinkovitije toplinsku energiju u mehanički rad nego drugi stroj. Oba stroja imaju jednak termički stupanj djelovanja 0,3 što znači da se u oba 30% dovedene toplinske energije pretvori u mehanički rad, no s obzirom da drugi stroj dobiva toplinsku energiju iz spremnika na većoj temperaturi, on ima potencijal da obavi veći rad od prvoga uz jednaku dovedenu toplinsku energiju. Možemo zaključiti da termički stupanj djelovanja (ηt) proizlazi iz prvog glavnog stavka termodinamike, dok eksergetski stupanj djelovanja ( ) 

proizlazi iz drugog glavnog stavka termodinamike. Termički stupanj djelovanja ništa ne govori o graničnom iznosu mehaničkog rada koji možemo dobiti iz nekog toplinskog spremnika uz postojeće stanje okolice. To je ograničenje opisano eksergetskim stupnjem djelovanja.  

43. U kondenzatoru se termoelektrane 3000 MJ/s topline predaje rashladnoj vodi. Temperatura je zasićene smjese vode i pare 30 °C, a temperatura rashladne vode 20 °C. Koliko se eksergije svake sekunde u kondenzatoru odvodi u okolicu? Koliki je prirast entropije okolice?  

Q 3000 MJ / s  

1 = 30 °C → T1 = 303,15 K 

2 = 20 °C → T2 = 293,15 K  

gub okEks , S ?  

 

  

Slika 1‐35. Shema kondenzatora  Kondenzator je izmjenjivač topline u termoelektrani u kojem para koja napušta turbinu predaje toplinu rashladnoj vodi koja se dobavlja iz rijeke, jezera, mora ili koja cirkulira kroz rashladne tornjeve.  Nas u zadatku zanima koliko se eksergije odvodi u okolicu, a to je u biti gubitak eksergije prilikom procesa izmjene topline. Gubitak je eksergije (gubitak na radu) identičan ireverzibilnosti, tj. razlici maksimalnog korisnog (povratljivog) rada i realnog obavljenog (nepovratljivog) rada:  

gub max realno pov nepEks I W W W W  

 Gubitak je eksergije povezan s ukupnom promjenom entropije sustava i okolice za koju smo konstatirali da nam ukazuje na prirodu procesa (da li je on povratljiv, nepovratljiv ili nemoguć). U realnom nepovratljivom procesu ukupna entropija raste. U idealnom (povratljivom) procesu ukupna je promjena entropije jednaka nuli, a eksergija ostaje konstantna (gubitak eksergije je nula). Gubitak se eksergije u ovisnosti o ukupnoj promjeni entropije izražava sljedećom jednostavnom relacijom:  

  gub ok ukEks T S   (1‐36) 

 Iz relacije se odmah vidi da u slučaju povratljivog procesa nema gubitaka eksergije jer je ΔSuk=0. U slučaju nepovratljivog procesa, ako ukupna entropija raste, rastu i gubici eksergije (gubici mehaničkog rada).  U konkretnom slučaju, gubici su eksergije:  

1 2gub ok s ok ok 1 2 ok

1 2

Q QEks T S S T S S T

T T

 

 

1dS  je promjena entropije zasićene smjese vode i pare, a  2dS  je promjena entropije rashladne 

vode. Temperatura rashladne vode (T2) jednaka je temperaturi okolice jer se rashladna voda uzima iz okolice i predstavlja konačni ponor topline. Rashladna voda dakle, predstavlja okolicu. Zasićena smjese vode i pare predstavlja sustav koji s okolicom izmjenjuje toplinu. Apsolutne 

vrijednosti  1Q  i  2Q

 su jednake, ali su im predznaci različiti. Toplinska snaga  1Q  je negativnog 

predznaka jer se mokra para hladi, a  2Q  je pozitivnog predznaka jer se rashladna voda grije. 

Slijedi:  

2gub

1

T 293,15Eks 1 Q 1 3000 98 ,96 MJ / s

T 303,15

 

 U okolicu se odvodi 3000 MJ/s topline koju sa sobom odnosi rashladna voda. Od toga na eksergiju otpada tek nešto više od 3%.  Termički stupanj djelovanja termoelektrane, koji je okvirno jednak omjeru snage turbine i dovedene toplinske energije, se, ovisno o tipu elektrane, kreće otprilike između 30% i 45%. Stupanj se djelovanja može povećati ugradnjom posebnih sustava, o čemu će biti više riječi u idućem poglavlju, no činjenica ostaje da se polovica topline dovedene u kotlu termoelektrane odbacuje u kondenzatoru u okolicu. Ovaj bi podatak mogao dovesti do pogrešnog zaključka da je kondenzator termoelektrane kritična komponenta koja stvara najveće gubitke. No, primjer pokazuje da to nije tako i da su gubici eksergije u kondenzatoru minimalni. Otpadna toplina koja se odvodi u okolicu se ne može eliminirati. Ona je direktna posljedica drugog glavnog stavka termodinamike i koliko god da se unaprijedi dizajn termoelektrane, termički stupanj djelovanja se nikada neće približiti jedinici. Maksimalni stupanj djelovanja je stupanj djelovanja Carnotovog kružnog procesa i bolje od toga se ne može postići.  Prirast je entropije okolice:  

okok

Q 3000S 10 ,67 MJ / Ks

T 293,15

 

 Vratimo se na trenutak na 38. zadatak. Pokazat ćemo da bi za gubitak mehaničkog rada (ireverzibilnost) dobili isti izraz kao da smo koristili relaciju (1‐36) jer vrijedi:  

odv odvgub max dov dov odv odv dov

dov dov

T Teks w w 1 q q q q q

T T

 

 Ukupna promjena entropije je jednaka sumi promjena entropije toplog spremnika, sustava i hladnog spremnika. Promjena entropije sustava jednaka je nuli jer, kako je sustava podvrgnut kružnom procesu, početna i konačna entropija su jednake. Entropija je veličina stanja pa je promjena entropije jednaka razlici konačne i početne entropije. Za sustav je, dakle, ta razlika nula. Iz (1‐36) gubitak je mehaničkog rada (eksergije):  

dov odv odvgub ok uk ok TS HS ok odv dov

dov odv dov

q q Teks T s T s s T q q

T T T

, 

 jer entropija toplog spremnika pada jer se iz njega toplina odvodi, a hladnog spremnika raste jer se njemu toplina dovodi, a Todv = Tok. 

Demonstrirali smo dakle da su gubici eksergije (ili gubici mehaničkog rada ili ireverzibilnost) definirani kao razlika maksimalnog i stvarnog rada jednaki umnošku temperature okolice i ukupne promjene entropije. 

 44. Promatramo parni kotao termoelektrane. Pretpostavimo da je temperatura plinova izgaranja 

1400 °C, temperatura pare 540 °C, a da kotao možemo promatrati kao adijabatski sustav. Koliki su gubici eksergije dovedene toplinske energije u kotlu termoelektrane? Temperatura je okolice 25 °C. 

 

1 = 1400 °C → T1 = 1673,15 K 

2 = 540 °C → T2 = 813,15 K 

ok = 25 °C → Tok = 298,15 K  Eksgub = ? 

 Toplina se u kotlu termoelektrane proizvodi izgaranjem fosilnih goriva (ugljen, mazut, prirodni plin) i sa dimnih se plinova, koji su produkt izgaranja, prenosi na radni fluid (paru). Gubici su eksergije, po definiciji:  

gub ok s ok ok 1 2 ok ok 1 2

dov1 2 dovok ok

1 2 1 2

Eks T S S T S S S T S S

QQ Q QT T

T T T T

 

 Promjena je entropije okolice jednaka nuli jer je u tekstu zadatka navedeno da je kotao adijabatski sustav pa nema izmjene topline s okolicom.  

1 2gub ok dov dov dov

1 2

T T 1673,15 813,15Eks T Q 298 ,15 Q 0 ,19 Q

T T 1673,15 813,15

 

 Gubici eksergije u kotlu čine 20% od ukupne dovedene toplinske energije. U kondenzatoru, kao što smo vidjeli, gubici su za red veličine manji. Razlog za povećane gubitke u kotlu je velika razlika u temperaturi između plinova izgaranja i pare u cijevima. U kondenzatoru je ta razlika u temperaturi mala, desetak stupnjeva celzijusa, u odnosu na nekoliko stotina stupnjeva celzijusa u kotlu.  

45. Jedan se kilogram idealnog plina (R = 287 J/kgK, cp = 1005 J/kgK) tlaka 100 kPa, temperature 300 K, adijabatski komprimira na tlak 900 kPa zagrijavajući se pritom na temperaturu 600 K. Temperatura okolice je 300 K. Koliki je gubitak mehaničkog rada (eksergije) uzrokovan ovim procesom? 

 m = 1 kg R = 287 J/kgK cp = 1005 J/kgK p1 = 100 kPa T1 = 300 K p2 = 900 kPa T2 = 600 K Tok = 300 K  Wgub = ? 

 Gubitak je mehaničkog rada jednak umnošku ukupne promjene entropije i temperature okolice. Kako je proces s idealnim plinom adijabatski, promjena je entropije okolice jednaka nuli. Vrijedi:  Wgub = Tok ΔSuk = Tok (ΔSpl + ΔSok) = Tok ΔSpl  Promjena je entropije plina:  

2 2pl p

1 1

T p 600 900S mc ln mRln 1 1005 ln 287 ln 66 J / K

T p 300 100

, 

 pa je gubitak mehaničkog rada:  Wgub = Tok ΔSpl = 300∙66 = 19,8 kJ  

46. Idealni plin (R = 287 J/kgK, cp = 1004 J/kgK) tlaka 1 MPa, temperature 300 K, prigušuje se na tlak 500 kPa. Koliki je gubitak mehaničkog rada? Zanemarite promjenu kinetičke i potencijalne energije za vrijeme procesa. Temperatura je okolice 290 K.  R = 287 J/kgK cp = 1004 J/kgK p1 = 1 MPa T1 = 300 K p2 = 500 kPa Tok = 290 K  wgub = ?  

  

1‐36. Proces adijabatskog prigušivanja fluida  Ako kroz toplinski izoliranu cijev stacionarno struji fluid i ako se u tu cijev ugradi ventil ili prigušnica, doći će do smanjenja tlaka fluida odnosno do prigušivanja strujanja. Što se točno događa s veličinama stanja fluida možemo utvrditi primijenimo li prvi glavni stavak termodinamike za fluid ispred i iza prigušnice, na dovoljnoj udaljenosti na kojoj se strujanje stabilizira:  q12 + h1 + ek1 + ep1 = wt12 + h2 + ek2 + ep2  

Toplinska energija q12 jednaka je nuli jer je sustav toplinski izoliran. Možemo pretpostaviti da je cijev položena vodoravno pa je i promjena potencijalne energije jednaka nuli. Odgovarajućim odabirom presjeka cijevi može se podesiti da su brzine jednake (c1 = c2) pa je ek1 = ek2. Konačno, sustav ne obavlja nikakav tehnički rad pa je wt12 = 0. Iz svega navedenog slijedi da je h1 = h2. Ako je fluid idealni plin, entalpija ovisi samo o temperaturi (dh = cpdT), pa je T1 = T2. Ako je fluid realni plin ili tekućina, vrijedi:  h1 = u1 + p1v1 = h2 = u2 + p2v2  Vratimo se na zadatak. Da bi odredili gubitak mehaničkog rada, potrebno je izračunati ukupnu promjenu entropije:  

2 2 2uk s ok p

1 1 1

T p p 500s s s c ln Rln 0 Rln 287 ln 198 ,9 J / kgK

T p p 1000  

 Entropija tijekom procesa raste što znači da je proces prigušivanja nepovratljiv. Gubitak je mehaničkog rada:  wgub = TokΔsuk = 290∙198,9 = 57,7 kJ/kg  

47. Voda stacionarno struji kroz adijabatski ventil. Pritom joj se tlak snizuje s 50 bara na 10 bara. Temperatura je vode ispred ventila 25 °C. Izračunati promjenu entropije vode uslijed procesa prigušivanja. Zanemarite moguće utjecaje promjene potencijalne i kinetičke energije tijekom strujanja kroz ventil, te računajte s konstantnim specifičnim toplinskim kapacitetom vode 4190 J/kgK i konstantnom gustoćom 1000 kg/m3.  p1 = 50 bar p2 = 10 bar 

1 = 25 °C → T1 = 298,15 K c = 4190 J/kgK ρ = 1000 kg/m3  Δs = ?  Promjena entropije nekompresibilnih tvari ovisi samo o konačnoj i početnoj temperaturi. Iz uvjeta jednakosti entalpija tijekom procesa prigušivanja slijedi:  h1 = u1 + p1v1 = h2 = u2 + p2v2 u2 – u1 = p1v1 – p2v2 c(T2 – T1) = v(p1 – p2) 

5 51 2

2 1

p p 50 10 10 10T T 298,15 299,1K

c 1000 4190

 

 Temperatura je na izlazu veća nego na ulazu jer se zbog trenja u ventilu dio energije pretvara u unutrašnju kaloričku energiju (u2 > u1). To je bilo i za očekivati jer je proces nepovratljiv pa entropija nužno mora rasti:  

2

1

T 299 ,1s c ln 4190 ln 13,33 J / kgK

T 298 ,15  

 

Ako pretpostavimo neku vrijednost temperature okolice, npr. 290 K, mogli bismo još izračunati i gubitak mehaničkog rada:  wgub = TokΔs = 290∙13,33 = 3,87 kJ/kg  Mehanički se rad gubi upravo zbog trenja na ventilu, odnosno prigušnici. Ukupna se energija fluida ne mijenja jer je entalpija nepromijenjena, ali se dio rada strujanja (pv) pretvara u unutrašnju kaloričku energiju (u) pa se korisni rad kojeg fluid može obaviti smanjuje.  

48. Kruti spremnik volumena 20 m3 sadrži zrak temperature 400 K pod tlakom 1 MPa. Koliko se maksimalnog rada može dobiti iz zraka, kojeg smatramo idealnim plinom (R = 287 J/kgK, cp = 1004 J/kgK), ako potencijalnu i kinetičku energiju zraka zanemarimo? Tlak je okolice 100 kPa, a temperatura 300 K.  V = 20 m3 T = 400 K p = 1 MPa pok = 100 kPa Tok = 300 K R = 287 J/kgK cp = 1004 J/kgK  Wmax = ?  Maksimalni rad, odnosno eksergija, zatvorenog sustava određen je sljedećom relacijom:  

  eks = wmax = u – uok – Tok(s – sok) + pok(v – vok)  (1‐37)  Ova se relacija ovdje neće izvoditi jer se izvod može naći u relevantnoj literaturi iz termodinamike, međutim pokazat će se analogija s relacijom (1‐34) kojom se kvantificira eksergija dovedene toplinske eksergije. Iz (1‐34) slijedi:  

odv dovtCKP dov dov dov odv

dov dov

T qeks q 1 q q T

T T

 

 Dovedena toplinska energija u kružni proces kod zatvorenog je sustava analogna unutrašnjoj kaloričkoj energiji. (Ovdje je važno napomenuti da maksimalni rad sustava predstavlja maksimalni rad koji bi se mogao dobiti iz postojećeg stanja sustava bez dovođenja toplinske energije izvana.) Omjer qdov/Tdov predstavlja promjenu entropije, a temperatura hladnog spremnika, odnosno temperatura pri kojoj se toplina odvodi u hladni spremnik (Todv) je temperatura okolice. Maksimalni se rad dobije izjednačavanjem stanja sustava sa stanjem okolice povratljivim procesom. Stanje okolice je stanje minimalne energije koju sustav može postići. Zato je unutrašnja kalorička energija ograničena unutrašnjom kaloričkom energijom okolice (prvi član na desnoj strani, u – uok), a entropija entropijom okolice (drugi član na desnoj strani, Tok(s – sok)). Konačno, jer se radi o mehaničkom radu promjene volumena zatvorenog sustava (ekspanziji), to se sav taj rad ne može iskoristiti već se mora oduzeti rad potiskivanja okolice (treći član na desnoj strani, pok(v – vok)). Naime vrijedi da rad koji se mora oduzeti iznosi:  

ok okv v

ok ok ok ok ok ok

v v

p dv p dv p v v p v v  

 Iz ovog se izraza vidi da je vok volumen sustava na tlaku i temperaturi okolice. Masa je zraka u spremniku:  

6pV 10 20m 174,2 kg

RT 287 400

 

 Članovi na desnoj strani jednadžbe su:  u – uok = cv (T – Tok) = 717 (400 – 300) = 71,7 kJ/kg  cv = cp – R = 1004 – 287 = 717 J/kgK  

6

ok ok ok p 3ok ok

T p 400 10T s s T c ln Rln 300 1004 ln 287 ln 111,6 kJ / kg

T p 300 100 10

 

 

3okok ok ok 6 3

ok

RT RT 287 400 287 300p v v p 100 10 74,62 kJ / kg

p p 10 100 10

 

 Maksimalni je rad koji se može dobiti iz zraka jednak:  Wmax = m(u – uok – Tok(s – sok) + pok(v – vok)) = 174,2∙(71,7 + 111,6 – 74,62) = 18,9 MJ  

49. Zrak temperature 400 K pod tlakom 1 MPa ekspandira u plinskoj turbini na tlak i temperaturu okolice (100 kPa, 300 K). Koliko se maksimalnog rada može dobiti iz zraka, kojeg smatramo idealnim plinom (R = 287 J/kgK, cp = 1004 J/kgK) ako potencijalnu i kinetičku energiju zraka zanemarimo?  T = 400 K p = 1 MPa pok = 100 kPa Tok = 300 K R = 287 J/kgK cp = 1004 J/kgK  wmax = ?  Maksimalni rad otvorenog sustava određen je sljedećom relacijom:  

  wmax = h – hok – Tok(s – sok)  (1‐38)  Relacije za eksergiju zatvorenog i otvorenog sustava (1‐37) i (1‐38) razlikuju se u prvom i trećem članu na desnoj strani jednadžbe. Prvi član odgovara energiji koja je za zatvoreni sustav jednaka unutrašnjoj kaloričkoj energiji, a kod otvorenog je sustava jednaka entalpiji. Trećeg člana pok(v – vok) koji se pojavljuje u relaciji (1‐37) nema u izrazu za eksergiju otvorenog sustava. Taj član predstavlja rad koji zatvoreni sustav treba savladati prilikom potiskivanja okolice. Energija se otvorenog sustava dobiva iz entalpije koja u sebi uključuje unutrašnju 

kaloričku energiju i rad strujanja (h = u + pv) pa je rad potiskivanja okolice na neki način već uključen u entalpiji fluida.  Maksimalni rad zraka koji u turbini ekspandira na stanje okolice iznosi:  

max ok ok ok p ok ok pok ok

6

3

T pw h h T s s c T T T c ln Rln

T p

400 101004 400 300 300 1004 ln 287 ln 212,0 kJ / kg

300 100 10

  

50. Kompresor komprimira zrak pod atmosferskim uvjetima (96,53 kPa, 288 K) na tlak 482 kPa i temperaturu 322 K. Proces komprimiranja je proces stacionarnog strujanja. Izračunajte minimalni rad po kilogramu zraka potreban za pogon kompresora. cp = 1004 J/kgK, R = 287 J/kgK.  p1 = 96,53 kPa T1 = 288 K p2 = 482 kPa T2 = 322 K cp = 1004 J/kgK R = 287 J/kgK  wmin = ?  Kompresor usisava zrak iz okolice (stanje 1) i komprimira ga do zadanog stanja (stanje 2). Kada bi zrak iz stanja 2 ekspandirao na stanje okolice, maksimalni rad koji bi se mogao dobiti bio bi određen relacijom (1‐38). Smjer ekspanzije je obrnut smjer od promjene stanja idealnog plina pretpostavljene u zadatku što znači da je rad u oba slučaja jednak. Jedino što se razlikuje je predznak, odnosno smisao toga rada. Tijekom kompresije se rad dovodi, a za kompresor, koji taj rad ulaže, je to minimalni rad jer se pretpostavlja idealna kompresija bez gubitaka. Tijekom ekspanzije se rad dobiva, a plin obavi maksimalni rad jer se opet pretpostavlja da nema gubitaka (toplinski gubici, trenje, itd.). Minimalni je rad kompresora, dakle (jer se radi o otvorenom sustavu):  

2 2min ok ok ok 2 1 1 2 1 p 2 1 1 p

1 1

T pw h h T s s h h T s s c T T T c ln Rln

T p

322 4821004 322 288 288 1004 ln 287 ln 134,8 kJ / kg

288 96 ,53

 

 51. Idealni plin u zatvorenom spremniku ekspandira iz stanja 1 (500 kPa, 500 K) u stanje 2 (200 

kPa, 400 K). Tlak je okolice 100 kPa, a temperatura 300 K. Izračunati maksimalni rad koji plin obavi prelaskom iz stanja 1 u stanje 2. cv = 717 J/kgK, R = 287 J/kgK.  p1 = 500 kPa T1 = 500 K p2 = 200 kPa T2 = 400 K pok = 100 kPa Tok = 300 K 

cv = 717 J/kgK R = 287 J/kgK  wmax = ?  Maksimalni rad zatvorenog sustava definiran relacijom (1‐37) je rad koji bi se dobio prijelazom plina iz nekog početnog stanja, različitog od stanja okolice, u stanje okolice. Tu ćemo relaciju iskoristiti da odredimo maksimalni rad koji se može dobiti procesom između početnog stanja 1 i konačnog stanja 2 koje nije u ravnoteži s okolicom, jer nas to u zadatku zanima. Ako zamislimo da sustav iz stanja 1 reverzibilnim procesom dovedemo u stanje okolice, a nakon toga reverzibilnim procesom iz stanja okolice u stanje 2, ukupni je rad tih dvaju procesa:  w = w1 + w2 = u1 – uok – Tok(s1 – sok) + pok(v1 – vok) + uok – u2 – Tok(sok – s2) + pok(vok – v2) = = u1 – u2 – Tok(s1 – s2) + pok(v1 – v2)  Ovako dobiveni rad odgovara maksimalnom radu koji sustav obavi prelazeći, općenito, iz bilo kojeg stanja 1 u bilo koje stanje 2, neovisno da li je neko od tih stanja upravo u ravnoteži s okolicom. Rješenje je zadatka:  

max 1 2 ok 1 2 ok 1 2

1 1 1 2v 1 2 ok p ok

2 2 1 2

3

3 3

w u u T s s p v v

T p RT RTc T T T c ln Rln p

T p p p

500 500 287 500 287 400717 500 400 300 1004 ln 287 ln 100 10

400 200 500 10 200 10

54,7 kJ / kg

 

 cp = cv + R = 717 + 287 = 1004 J/kgK  

52. Zrak ekspandira u plinskoj turbini od tlaka 7 bara i temperature 600 °C na tlak 1 bar i 250 °C. Za vrijeme ekspanzije, u okolicu, tlaka 1 bar i temperature 15 °C, prelazi 9 kJ/kg toplinske energije. Zanemarujući promjene kinetičke i potencijalne energije, odredite gubitak mehaničkog rada izazvan realnošću procesa u turbini. Pretpostaviti da je zrak idealni plin (cp = 1004 J/kgK, R = 287 J/kgK).  p1 = 7 bar 

1 = 600 °C → T1 = 873,15 K p2 = 1 bar 

2 = 250 °C → T2 = 523,15 K pok = 1 bar 

ok = 15 °C → Tok = 288,15 K q12 = – 9 kJ/kg cp = 1004 J/kgK R = 287 J/kgK  wgub = ?   

Za početak ćemo odrediti maksimalni rad koji zrak obavi prilikom ekspanzije u turbini (otvoreni sustav). Kako konačno stanje nije stanje okolice, koristit će se relacija analogna onoj iz prethodnog zadatka, ovaj puta za otvoreni sustav:  wmax = h1 – h2 – Tok(s1 – s2)  Do ovog se izraza dolazi na isti način kao i do izraza za maksimalni rad zatvorenog sustava. Sustav najprije iz stanja 1 reverzibilnim procesom dovedemo u stanje okolice, a nakon toga reverzibilnim procesom iz stanja okolice u stanje 2:  w = w1 + w2 = h1 – hok – Tok(s1 – sok) + hok – h2 – Tok(sok – s2) = h1 – h2 – Tok(s1 – s2)  Maksimalni je rad:  

1 1max 1 2 ok 1 2 p 1 2 ok p

2 2

T pw h h T s s c T T T c ln Rln

T p

873,15 71004 873,15 523,15 288,15 1004 ln 287 ln 364,1kJ / kg

523,15 1

 

 Gubitak je mehaničkog rada jednak razlici maksimalnog i stvarnog rada. Stvarni se rad odredi iz prvog glavnog stavka termodinamike za otvoreni sustav. Zanemarujući promjene kinetičke i potencijalne energije, prvi glavni stavak termodinamike glasi:  q12 + h1 = w12 + h2  Rad je jednak:  w12 = h1 – h2 + q12 = cp(T1 – T2) + q12 = 1004∙(873,15 – 523,15) – 9000 = 342,4 kJ/kg  Gubitak je mehaničkog rada:  wgub = wmax – w12 = 364,1 – 342,4 = 21,7 kJ/kg  Gubitak se mehaničkog rada mogao odrediti i direktno, koristeći izraz:  wgub = Tok Δsuk = Tok (Δss + Δsok)  

2 2 12 2 2gub ok p ok p 12

1 1 ok 1 1

T p q T pw T c ln Rln T c ln Rln q

T p T T p

, 

 jer je promjena entropije sustava za vrijeme prijelaza iz stanja 1 u stanje 2:  

2 2s p

1 1

T ps c ln Rln

T p , 

 a promjena entropije okolice:  

12ok

ok

qs

T . 

 Toplina q12 predstavlja toplinu koja se dovodi u sustav, po definiciji dovedene topline, pa se u formulu za promjenu entropije okolice mora staviti negativan predznak kako bi se označilo da je to toplina koja se iz sustava odvodi u okolicu. Izvedeni izraz za gubitak mehaničkog rada je identičan izrazu koji bi se dobio da se gubitak mehaničkog rada izračuna kao razlika maksimalnog i stvarnog rada što smo mi u zadatku napravili. Naime, vrijedi:  

gub max 12

1 1p 1 2 ok p p 1 2 12

2 2

1 1ok p 12

2 2

w w w

T pc T T T c ln Rln c T T q

T p

T pT c ln Rln q

T p

 

 Ispunjena je, dakle, jednadžba:  wgub = wmax – w12 = Tok Δsuk  

1.4. Zadacizavježbu

 1. Odredite snagu potrebnu da se automobil mase 500 kg ubrza iz stanja mirovanja do 50 km/h za 

5 sekundi. Automobil se giba po uzbrdici pri čemu svladava 5 m nadmorske visine. Rj: 14,6 kW 

 2. Koliko je vremena potrebno da automobil mase 1226 kg po ravnoj cesti ubrza od 1 km/h do 97 

km/h, ako je snaga motora automobila 76 kW? Rj: 5,86 s 

 3. Koliko puta treba povećati energiju potrebnu za pogon pumpe želimo li da u istom vremenu 

pumpamo dvostruku količinu vode? Promjenu potencijalne energije vode za vrijeme procesa pumpanja zanemarite. 

Rj: 8 puta  

4. Adijabatski spremnik krutih stijenki sadrži idealni plin temperature 600 K pod tlakom 300 kPa. Iz spremnika se izvadi pola mase plina i nakon toga tlak u spremniku padne na 100 kPa. Kolika se temperatura uspostavlja u spremniku? 

Rj: 400 K  

5. Kruti spremnik volumena 3.6 m3, početno sadrži zrak temperature 298 K, tlaka 183 kPa. Spremnik se puni zrakom do konačnog stanja u kojem temperatura i tlak iznose 335 K i 505 kPa. Kolika je masa zraka ušla u spremnik? Zrak promatrajte kao idealni plin, R = 287 J/kgK. 

Rj: 11,2 kg  

6. Idealni plin, R = 287 J/kgK, struji konstantnom brzinom 10 m/s kroz cijev promjera 20 cm u veliki spremnik. Kolika je masa plina što u jednom satu ustrujava u spremnik ako je temperatura plina 25 °C a tlak 150 kPa? Zanemarite sve otpore strujanju. 

Rj: 1983 kg  

7. U parovodu konstantnog presjeka, temperatura se pare što struji smanjuje s 800 °C na 750 °C. Ukoliko strujanje pare promatramo kao izobarno (tlak pare je konstantan) stacionarno strujanje idealnog plina, za koliko se smanjuje brzina strujanja pare u parovodu? 

Rj: 4,7%  

8. Dva kilograma idealnog plina (R = 287 J/kgK, κ = 1,4), tlaka 1,5 bar, temperature 200 °C, promatrajte kao zatvoreni mirujući sustav koji se, pri konstantnom tlaku 1,5 bar, hladi do temperature 100 °C. Odredite mehanički rad zatvorenog sustava i toplinsku energiju koju pritom sustav izmjenjuje s okolicom tlaka 1 bar i temperature 20 °C. 

Rj: 57,4 kJ; 200,9 kJ  

9. Jedan kilogram idealnog plina (R = 287 J/kgK, κ = 1,4) politropski se komprimira od tlaka 1 bar i temperature 300 K na tlak 10 bara i temperaturu 450 K. Odredite mehanički rad promjene volumena i izmijenjenu toplinsku energiju za vrijeme procesa. 

Rj: – 201 kJ; – 93,5 kJ  

10. Komponente elektroničkog sustava se nalaze u ormariću duljine 70 cm, presjeka 22 × 18 cm. Komponente su hlađene zrakom, ulaznog volumnog protoka 0,52 m3/min, čije su ulazna i izlazna temperatura 27 °C i 43,2 °C. Ulazni je tlak plina 100 kPa. Koliko toplinske energije u sekundi hladilac odvodi iz sustava? Zrak promatrajte kao idealni plin (R = 287 J/kgK, cp = 1005 J/kgK). 

Rj: 164 J/s  

11. Kompresor usisava 2 kg/s zraka (cp = 1,0 kJ/kgK, κ = 1,4) tlaka 1 bar i temperature 17 °C i tlači ga do tlaka 4 bara i temperature 97 °C. Pritom u okolicu prelazi toplinska snaga iznosa 60 kJ/s. Promjena potencijalne i kinetičke energije može se zanemariti. Kolika je snaga kompresora? 

Rj: 220 kW  

12. Idealni plin (cp = 1005 J/kgK, R = 287 J/kgK) ekspandira u adijabatskoj turbini s temperature 1242 K i tlaka 546 kPa na temperaturu 595 K i tlak 100 kPa. Koliki treba biti volumni protok plina na ulazu u turbinu da bi snaga turbine bila 377 kW? 

Rj: 0,38 m3/s  

13. Promatrani adijabatski sustav je cilindar sa stapom, zanemarive mase, koji se giba bez trenja. Promjer je cilindra 0,5 m, a stap je opterećen stalnom silom, okomitom na stap, iznosa 2000 N. U cilindru se nalazi idealni plin (R = 287 J/kgK, κ = 1,4) temperature 20 °C. Tlak je okolice (atmosfere) 1 bar, a stap je udaljen 1 m od dna cilindra. Koliko rada, posredstvom rotirajuće lopatice (rada trenja), treba dovesti u cilindar da bi se stap, svladavajući spomenutu silu, pomaknuo za 0,5 m? 

Rj: 37892 J  

14. Idealni plin, R = 287 J/kgK, temperature 300 K i tlaka 5 bara, nalazi se u cilindru s pomičnim stapom bez trenja. Plinu se posredstvom okretanja lopatice doveo rad trenja u iznosu od 75 kJ/kg. Temperatura se plina pritom nije promijenila, ali se volumen plina udvostručio. Odredite izmijenjenu toplinsku energiju između sustava i okolice. 

Rj: – 15,3 kJ  

15. Dimenzije su studentove sobe 4 × 4 × 2,5 m. Ljetni je dan, očekuju se visoke dnevne temperature. Jutro je, temperatura je zraka u sobi 20 °C, a tlak 1 bar u trenutku odlaska studenta na fakultet (u 7 sati i 30 minuta). Student uključuje ventilator, snage 200 W, želeći se vratiti u rashlađenu sobu nakon radnog dana provedenog na fakultetu. Pretpostavite da je izolacija sobe toliko savršena da sobu možemo smatrati zatvorenim adijabatskim sustavom, te 

da se zrak ponaša kao idealni plin, R = 0,287 kJ/kgK, κ = 1,4. Promjenu kinetičke i potencijalne energije zraka zbog rada ventilatora zanemarite. Kolika će biti temperatura zraka u studentovoj sobi u trenutku njegovog ulaska u sobu u 16 sati i 30 minuta? 

Rj: 210 °C  

16. Jedan kilogram idealnog plina (R = 287 J/kgK, κ = 1,4) unutar cilindra sa stapom podvrgnut je izotermnom procesu ekspanzije od početnog stanja 320 °C i 25 bara do konačnog stanja 320 °C i 10 bara. Tlak je okolice 1 bar, a temperatura 27 °C. Koliki je korisni rad dobiven tijekom procesa i kolika je ukupna promjena entropije? 

Rj: 146 kJ; 0,257 kJ/K  

17. Spremnik obujma 2 m3 sadrži mokru paru pod tlakom 500 kPa: 1,5 m3 suho zasićene pare i 0,5 m3 vrele kapljevine. Odredite sadržaj pare fluida u spremniku. Iz parnih se tablica za tlak zasićenja 500 kPa očitaju vrijednosti: v' = 0,0011 m3/kg, v'' = 0,3747 m3/kg. 

Rj: 8,723∙10‐3  

18. Izračunajte toplinsku energiju koju je potrebno dovesti desnokretnom Carnotovom kružnom procesu koji se odvija između temperatura 481 °C i 34 °C, a najviši i najniži tlak iznose 8,7 MPa i 0,1 MPa. Masa fluida (idealni plin, R = 287 J/kgK, κ = 1,4) podvrgnutog procesu unutar zatvorenog spremnika je 10 kg. Koliki je termički stupanj djelovanja procesa? 

Rj: 2,86 MJ; 0,593  

19. Zatvoreni sustav, što sadrži 30 kg idealnog plina (R = 0,287 kJ/kgK, κ = 1,4), podvrgnut je desnokretnom Carnotovom kružnom procesu. Temperaturne su granice procesa 300 K i 1000 K, a najniži i najviši tlak 20 kPa i 1800 kPa. Koliki se mehanički rad dobiva za vrijeme jednog ciklusa kružnog procesa? 

Rj: 1723 kJ  

20. Kružni se proces motora odvija s idealnim plinom (R = 287 J/kgK, κ = 1,4) na sljedeći način: 1. plin se adijabatski komprimira s tlaka 1 bar i temperature 20 °C na tlak 30 bara; 2. plin nakon toga izobarno ekspandira na dvostruki volumen; 3. plin nakon toga izotermno ekspandira na početni volumen; 4. plin se izohorno hladi do početnog stanja. Odredite termički stupanj djelovanja kružnog procesa. 

Rj: 0,42  

21. Temperatura je u hladnjaku – 5 °C, a temperatura okolice 22 °C. Brzina je prijelaza toplinske energije iz hladnjaka u ljevokretni kružni proces 8000 kJ/h, a snaga potrebna za rad hladnjaka 3200 kJ/h. Koliki je faktor preobrazbe hladnjaka, a koliki bi bio kada bi se unutrašnjost hladnjaka mogla hladiti pomoću ljevokretnog Carnotovog kružnog procesa? 

Rj: 2,5; 9,93  

22. Ljevokretnim se kružnim procesom hladi unutrašnjost obiteljske kuće. Uređaj radi stacionarno održavajući temperaturu kuće na temperaturi od 21 °C u razdoblju kad je temperatura okolice 32 °C. Ukoliko iz okolice u kuću prodire 9 kWh toplinske energije na sat, hoće li potrošnja električne energije (za pogon kompresora ljevokretnog kružnog procesa) snage 2 kW biti dostatna za stacionarni i jednodimenzionalni rad rashladnog uređaja? Ukoliko je odgovor „da“, koliki je faktor preobrazbe rashladnog uređaja? U slučaju da je odgovor „ne“, odredite minimalnu (teoretsku) snagu električne energije nužnu za rad rashladnog uređaja. 

Rj: Da; 4,5  

23. Rashladni uređaj rashladi kuću sa 32,7 °C na 16,2 °C za 15 minuta. Faktor preobrazbe je 2,1. Ako je masa zraka u kući 970 kg, kolika je snaga uređaja? Zrak promatrajte kao idealni plin (cv = 720 J/kgK, cp = 1000 J/kgK). 

Rj: 6,1 kW  

24. Izolirani cilindar sa stapom sadrži 341 litara zraka na temperaturi 19,5 °C pod tlakom 134 kPa. Zrak se pri konstantnom tlaku grije 11 minuta pomoću električnog grijača snage 114 W ugrađenog u unutrašnjost spremnika. Kolika je promjena entropije zraka? Zrak promatrajte kao idealni plin (R = 287 J/kgK, cp = 1020 J/kgK). 

Rj: 211 J/K  

25. Adijabatski sustav krutih stijenki adijabatskom je pregradom podijeljen u dva dijela. U prvom se nalazi čelična kugla mase 500 kg i temperature 120 °C, a u drugom čelična kugla mase 250 kg i temperature 18 °C. Uklonimo li adijabatsku pregradu, kolika će biti konačna temperatura kugli, te porast entropije adijabatskog sustava? Specifični je toplinski kapacitet čeličnih kugli 0,46 kJ/kgK. 

Rj: 86 °C; 3,33 kJ/K  

26. Koliki bi se maksimalni rad u zatvorenom sustavu mogao dobiti ako se zrak (cv = 718 J/kgK, R=287 J/kgK) tlaka 20 bar i temperature 350 °C dovodi povratljivim procesom u ravnotežu s okolicom tlaka 1 bar i temperature 17 °C? 

Rj: 191,3 kJ/kg  

27. Spremnik krutih stijenki obujma 200 m3 sadrži idealni plin (cv = 718 J/kgK, R=287 J/kgK) tlaka 1 MPa i temperature 300 K. Odredite maksimalni rad koji se može dobiti iz tog plina ako je tlak okolice 100 kPa a temperatura 300 K. 

Rj: 281 MJ  

28. Zatvoreni sustav sadrži 2 kg zraka (cp = 1000 J/kgK, κ = 1,4) stanja 20 bar i temperature 317 °C. Stanje okolice je 1 bar, 17 °C. Koliko bi se najviše metara mogao podići teret mase 1 t korištenjem energije dobivene povratljivim uravnoteženjem zatvorenog sustava sa stanjem okolice? 

Rj: 37 m  

29. Idealni se plin (R = 287 J/kgK, κ = 1,4) adijabatski komprimira od početnog tlaka 1 bar i početne temperature 293 K do konačnog tlaka 5 bara i temperature 600 K. Okolica je na tlaku 1 bar i temperaturi 293 K. Odredite gubitak mehaničkog rada zbog realnog procesa komprimiranja idealnog plina. 

Rj: 75,7 kJ/kg  

30. Plinovi izgaranja napuštaju komoru izgaranja na tlaku 10 bara i temperaturi 800 °C i cjevovodom se vode do turbine. Za vrijeme prolaska kroz cjevovod, u okolicu temperature 20 °C, odvodi se 2 kJ/kg toplinske energije. Na ulazu u turbinu tlak je plinova 9 bara, a temperatura 790 °C. Zanemarujući promjene kinetičke i potencijalne energije, odredite gubitak mehaničkog rada izazvan realnošću procesa u cjevovodu. Pretpostaviti da su plinovi izgaranja idealni plin (cp = 1004 J/kgK, R = 287 J/kgK). 

Rj: 13,6 kJ/kg