TERMODINAMIKA

Vježbe II

Zadatak br. 39

1 kg neke materije mijenja stanje kvazistatički po zakonu T = ks, gdje je 2k 12kg K kJ

od stanja 1 ( 1T 300K ) do stanja 2 ( 2T 900K ). Potrebna količina toplote dovodi se od

toplotnog izvora, koji mijenja stanje po zakonu i 2T T const . Dokazati da je ova

promjena stanja nepovratna.

Rješenje:

Da bi se dokazalo da je neka promjena stanja nepovratna, prema drugom zakonu

termodinamike, potrebno je utvrditi da je promjena entropije izolovanog sistema veća od

nule.

Analizom se dolazi do zaključka da se u ovom slučaju izolovani sistem sastoji iz radne

materije i jednog toplotnog izvora konstantne temperature. Prema tome, promjena

entropije izolovanog sistema biće:

s rm tiS S S .

Promjena entropije radne materije, pošto je zakon promjene stanja poznat (slika 1),

određuje se iz izraza:

32 1rm 2 1 3

T T 900 300s s s 50 10 J kgK 50kJ kgK

k k 12 10

Za određivanje promjene entropije toplotnog izvora potrebno je prvo konstatovati da je

količina toplote 12(q ) koja se dovodi radnoj materiji jednaka količini toplote 1i2i(Q ) koja se

uzima od toplotnog izvora (slika 2).

Pošto je:

2 2 2 2

2 1 2 12 2 2 2 2 2 2 22 2 2

2 1 2 1 2 112 2

1 2

T T T Ts s T T T Tk k kq Tds ksds k k k k

2 2 2 2k 2k

,

2i

1i2i 2 2i 1i 2 ti

1i

Q TdS T (S S ) T S ,

slijedi da je promjena entropije toplotnog izvora:

2 231i2i 12 2 1

2i 1i ti

2 2 2

Q mq T TS S S m 33,33 10 J K 33,33kJ K

T T 2kT

.

Promjena entropije izolovanog sistema iznosi:

3

s rm tiS S S 16,67 10 J K 16,67kJ K

Promjena entropije izolovanog sistema je pozitivna, a time je dokazano da je

posmatrana promjena stanja nepovratna.

Zadatak br. 40

5 kg neke materije mijenja stanje kvazistatički po zakonu T = ks, gdje je 2k 1,5kg K kJ od stanja 1 ( 1T 1000K ) do stanja 2 ( 2T 300K ).

a) Može li ova promjena stanja da buda adijabatska?

b) Da li se, u slučaju neadijabatske promjene, radnoj materiji dovodi ili od nje odvodi

neka količina toplote? Odrediti tu količinu toplote.

c) Ako se od radne materije odvodi toplota i predaje toplotnom ponoru koji mijenja

stanje po zakonu p 2T T const , odrediti porast entropije izolovanog sistema.

d) Odrediti srednju specifičnu toplotu ove promjene stanja.

Rješenje:

a) Ova promjena stanja ne može biti adijabatska, jer je za adijabatske promjene stanja

promjena entropije izolovanog sistema jednaka promjeni entropije radne materije, a

ovdje se entropija radne materije smanjuje (slika 1), što znači da bi u slučaju

adijabatske promjene stanja promjena entropije izolovanog sistema bila negativna, a to

je u suprotnosti sa drugim zakonom termodinamike.

b) Kod kvazistatičke promjene količina toplote jednaka je površini ispod krive promjene

stanja u T-s koordinatnom sistemu. Ovdje se količina toplote odvodi, pošto entropija

radne materije opada. Zakon promjene stanja je poznat, pa je količina toplote:

2 2 2 2 2 2 292 1 2 1

12 3

1

s s T T 300 1000Q m Tds m ksds mk m 5 1,516 10 J 1,516GJ

2 2k 2 1,5 10

c) U ovom slučaju izolovani sistem sastoji se iz radne materije i jednog toplotnog ponora

konstantne temperature, pa je promjena entropije izolovanog sistema:

s rm tpS S S ,

pri čemu je promjena entropije radne materije negativna i promjena entropije toplotnog

ponora pozitivna (toplotnom ponoru se dovodi količina toplote).

Pošto je promjena entropije radne materije:

62 1rm 2 1 3

T T 300 1000s m(s s ) m( ) 5 2,333 10 J K 2,333MJ K

k k 1,5 10

,

i promjena entropije toplotnog ponora:

91p2p 6

tp

p

Q 1,516 10S 5,05 10 J K 5,05MJ K

T 300

,

biće:

6 6

s rm tpS S S ( 2,333 5,05) 10 2,717 10 J K 2,717MJ K

d) Prema definiciji srednje specifične toplote neke promjene stanja biće:

9312

2 1

Q 1,516 10c 433,14 10 J kgK 433,14kJ kgK

m(T T ) 5 (300 1000)

Zadatak br. 41

Čelična kugla prečnika d = 100 mm i temperature 1čt 80 C potopi se u mv = 5 kg vode

temperature 1vt 20 C , koja se nalazi u jednom izolovanom sudu. Poslije izvjesnog

vremena uspostaviće se termička ravnoteža. Dokazati da je ovaj proces razmjene

toplote nepovratan.

Rješenje:

Da bi se utvrdilo da je ovaj proces razmjene toplote nepovratan, potrebno je pokazati da

će entropija izolovanog sistema porasti. Pošto je sud izolovan, u ovom slučaju izolovani

sistem sastoji se samo iz dvije radne materije (čelična kugla i voda), pa je promjena

entropije izolovanog sistema:

2č 2vs č v č č v v

1č 1v

T TS S S m c ln m c ln

T T

Količina toplote koja se odvede od čelične kugle, jednaka je količini toplote koja se

dovede vodi:

12v12č QQ ,

odnosno:

č č 1č 2č v v 2v 1vm c (T T ) m c (T T ) ,

gdje je 2č 2vT T T - temperatura za stanje termičke ravnoteže, čc 0,461kJ kgK -

specifična toplota čelika (Priručnik, tabela 6.3), vc 4,181kJ kgK - specifična toplota

vode (Priručnik, tabela 4.2.8),

3 3 3

čč č

4r 7,85 10 4 0,05 3,14m V 4,1kg

3 3

- masa čelične kugle, gdje je

3

č 7850kg m (Priručnik, tabela 6.4).

Iz gornjeg izraza dobija se temperatura za stanje termičke ravnoteže:

3 3

v v v č č č

3 3

v v č č

m c T m c T 5 4,181 10 293 4,1 0,461 10 353T 298K

m c m c 5 4,181 10 4,1 0,461 10

Promjena entropije izolovanog sistema biće:

3 3

s č v č č v v

1č 1v

T T 298 298S S S m c ln m c ln 4,1 0,461 10 ln 5 4,181 10 ln

T T 353 293

320,13 353,73 33,6J K

Pošto je promjena entropije izolovanog sistema veća od nule, time je dokazano da je

ovaj proces nepovratan.

Zadatak br. 42

Radna supstanca azot N2 mase m = 4 kg zagrijava se kvazistatički politropski od stanja

1 (p1 = 0,1 Mpa, t1 = 27℃) do stanja 2 (p2 = 1 Mpa, t2 = 500℃), pri čemu se toplota

dovodi iz toplotnog izvora temperature ti = 600℃. Od ukupne toplote koju odaje izvor

70% odlazi na zagrijavanje radne materije, a 30% su gubici na okolinu tokoline = 27℃.

Skicirati promjenu stanja u T-s dijagramu i naći promjenu entropije adijabatski

izolovanog sistema.

Rješenje:

sis Rm Ti TpS S S S 0

2Rm 1,2 v

1

TnS m s m c ln

n 1 T

(t. 7.2)

vc 0,74kJ kgK 1,4 (t. 3.3 i 3.4)

1T 273 27 C 300K 2T 273 500 C 773K

n = ?

n

1 1 n 1

2 2

p T( )

p T

n

n 10,1 0,39 / log

n

n 1log0,1 log0,39

nlog0,1 log0,39

n 1

n log0,12,44

n 1 log0,39

n (n 1) 2,44

n 2,44n 2,44

2,44 1,44n

n 1,7

RmS 1,2kJ K

12Ti

i

QS 0

T i iT t 273 873K

12 12 v 2 1

nQ m q m c (T T ) 600kJ

n 1

TiS 0,69kJ K

12Tp

p

Q0 S 2kJ K

T p okT t 273 300K

sisS 2,51kJ K

Zadatak br. 43

1 kg ugljen-dioksida (idealan gas) mijenja stanje kvazistatički izohorski od stanja 1 (p1 =

9 bar, v1 = 0,09 m3/kg) do stanja 2 (p2 = 7 bar). Odvedena količina toplote od ugljen-

dioksida dovodi se u potpunosti 1 kg azota (idealan gas) koji mijenja stanje kvazistatički

izobarski od stanja 3 (p3 = 1 bar, v3 = 0,9 m3/kg) do stanja 4. Odrediti porast entropije

sistema usljed ove razmjene toplote.

Rješenje:

2 2s CO NS S S

2

2CO v

1

TS c ln

T

vc 660J kgK

21 1 CO 1p v R T

2COR 189J kgK

2

5 3

1 11

CO

p v 9 10 Pa 0,09m kgT 428K

R 189J kgK

22 2 CO 2p v R T

2

5 3

2 22

CO

p v 7 10 Pa 0,09m kgT 333K

R 189J kgK

2

2CO v

1

T 333S c ln 660J kgK ln 165,6J kgK

T 428

2

4N p

3

TS c ln

T

pc 1,04kJ kgK

3 3 3p v R T

R 297J kgK

5 3

3 33

p v 1 10 Pa 0,9m kgT 303K

R 297J kgK

12 v 2 1q c (T T )

3

12q 660J kgK(333K 428K) 62,7 10 J kg

dov odv

3 3

p 4 3 34 12c (T T ) q q ( 62,7 10 J kg) 62,7 10 J kg

3

314 3 3

p

q 62,7 10T T 303K

c 1,04 10

2

34N p

3

T 363S c ln 1,04 10 J kgK ln 188J kgK

T 303

sS 165,6 188 22,4J kgK

Zadatak br. 44

Kiseonik (idealan gas) iz početnog stanja 1 ( 3

1 1p 0,1MPa,v 0,762m / kg ) komprimuje

se politropski do stanja 2 ( 2 2p 0,5MPa,t 191 C ). Specifični toplotni kapacitet ove

promjene stanja je nc 0,216kJ / kgK .

a) Dokazati da je ova promjena stanja nekvazistatička, a to znači da je KVn n

b) Naći stepen dobrote ove promjene stanja

Rješenje:

a)

KVn v v

KV

n KV

v KV

KV

KV

KVKV KV

KV

KV KV

nc c c 0,72kJ / kgK 1,4(3.4)

n 1

c n

c n 1

n 1,40,216

0,72 n 1

n 1,40,3 n 1,4 0,3n 0,3

n 1

1,3n 1,7 n 1,31

2

2

2

n 1

n22

11

2

1 1 O 1

1 11

O

O

pT

pT

T 191 273 464K

p v R T

p vT 293K

R

R 260J / kgK

n 1

n22

11

2 2

1 1

KV

pT/ ln

pT

T pn 1ln ln

T n p

n 10,45971 1,60944

n

n 10,28563

n

n 1 0,28563n

0,71437n 1

n 1,4

n n

b)

KV

KV

KV

KV

*

2 1d

2 1

n 1* n

22

12

n 1

n* 2

2 1

1

d

T T

T T

pT

pT

pT T 424K

p

0,77

Zadatak br. 45

Jedan kilogram kiseonika (idealan gas) mijenja stanje po zakonu 1,3pv const od stanja

1 ( 3

1 1p 8bar,v 0,2m / kg ) do stanja 2 ( 2p 1bar ). Pri ovoj promjeni stanja kiseoniku

se dovodi količina toplote 12q 30kJ / kg . Utvrditi da li je ova promjena stanja

kvazistatička ili nekvazistatička i odrediti odvedeni rad.

Rješenje:

Količina toplote za kvazistatičku politropsku promjenu, čiji se zakon promjene poklapa

sa zadatim, iznosi

12k n 2 1 v 2 1

nq c (T T ) c (T T )

n 1

Temperatura za zadato stanje 1 određuje se iz termičke jednačine stanja idealnog gasa

2

5

1 11

O

p v 8 10 0,2T 615K

R 260

A temperatura za stanje 2 iz zadatog zakona promjene u T-p koordinatnom sistemu

1,3 1 0,3

1,3 1,32

2 1

1

p 1T T 615 381K

p 8

Količina toplote za kvazistatičku politropsku promjenu, čiji se zakon promjene poklapa

sa zadatim, iznosi

3

12k n 2 1 v 2 1

n 1,3 1,4q c (T T ) c (T T ) 650(381 615) 50,7 10 J / kg

n 1 1,3 1

Zadata količina toplote razlikuje se od količine toplote za kvazistatičku politropsku

promjenu sa eksponentom n = 1,3, pa je posmatrana promjena nekvazistatička.

Odvedeni apsolutni rad ove nekvazistatičke promjene može se odrediti iz prvog zakona

termodinamike

3 3

12 12 V 2 1l q c (T T ) 30 10 650(381 615) 182,1 10 J / kg

Zadatak br. 46

Kiseonik (idealni gas) stanja 1 ( 2 2p 14bar, t 45 C ) ekspandira politropski do stanja 2

( 2p 1bar ) po zakonu 1,1pv const . Stepen dobrote ove ekpanzije iznosi 0,6 .

Odrediti specifičnu toplotu ove promjene stanja.

Rješenje:

Za nekvazistatičku politropsku promjenu 1 – 2 (slika) specifična toplota ima istu

vrijednost kao i za kvazistatičku politropsku promjenu 1 – 3.

Specifična toplota kvazistatičke politropske promjene 1 – 3 (zadate nekvazistatičke

promjene 1 – 2) iznosi

n V

nc c

n 1

Vc 650J / kgK

Eksponent kvazistatičke politrope 1 – 3 određuje se iz zakona politropske ekspanzije u

p-T koordinatnom sistemu

n 1

n11

33

pT

pT

Koristeći prvi zakon termodinamike stepen dobrote politropske ekspanzije idealnog

gasa može se napisati u sljedećem obliku

t12 v n 1 2 1 2

t13 v n 1 3 1 3

l (c c )(T T ) (T T )

l (c c )(T T ) (T T )

Temperatura T2 možese odrediti iz poznatog zakona nekvazistatičke politropske

promjene

1,1 10,0909

1,122

11

pT 11

pT 1,27114

Odnosno

12

T 318T 250K

1,271 1,271

Temperatura T3 određuje se sada iz izraza za stepen dobrote politropske ekspanzije

1 2

1 3 3

(T T ) 318 2500,6

(T T ) 318 T

Odakle je T3 = 205 K

Eksponent kvazistatičke politrope 1 – 3 određuje se iz zakona politropske ekspanzije u

p-T koordinatnom sistemu

n 1n 1n

11 n

33

pT 31814 1,55

pT 205

Odnosno, n = 1,2.

Specifična toplota kvazistatičke politropske promjene 1 – 3 (zadate nekvazistatičke

promjene) 1 – 2 iznosi

n V

n 1,2 1,4c c 650 650J / kgK

n 1 1,2 1

Zadatak br. 47

U sudu zapremine V = 300 l nalazi se vazduh (idealni gas) stanja 1(p1 = 50 bar, t1 =

20℃), a pritisak i temperatura okoline su: pO = 1 bar, tO = 20℃. Odrediti maksimalan rad

koji se može dobiti promjenom stanja vazduha.

Rješenje:

Pod maksimalnim radom se podrazumjeva najveća količina rada koja se može dobiti

koristeći termodinamičku neravnotežu neke određene količine materije u odnosu na

okolinu (gdje vlada konstantna temperatura TO, pritisak pO, sastav ξO), ako se ta količina

materije na povratan način dovodi u ravnotežu sa okolinom.

Maksimalni rad:

max 1 2 O 1 2 O 1 2L U U T (S S ) p (V V )

U ovom zadatku u posmatranom izolovanom sistemu (vazduh-okolina) vlada samo

mehanička ravnoteža (razlika u pritiscima), a već postoji koncentraciona i termička

ravnoteža. Vazduh se može na povratan način dovesti u ravnotežu sa okolinom, ako se

izvrši kvazistatička izotermska ekspanzija posmatranog vazduha do pritiska okoline. U

slučaju kvazistatičke izotermske ekspanzije idealnog gasa biće U1 = U2, pa je

maksimalni rad u ovom slučaju:

max O 2 1 O 2 1L m T (s s ) p (V V ) .

Pošto je promjena entropije vazduha za kvazistatičku izotermsku ekspanziju do pritiska

okoline:

12 1

2

p 50s s R ln 0,287 ln 1,122kJ kgK

p 1 ,

masa vazduha u sudu:

5

1 1

1

p V 50 10 0,3m 17,84kg

R T 287 293

,

a zapremina na kraju kvazistatičke izotermske ekspanzije:

31 12

2

p V 50 0,3V 15m

p 1

,

maksimalni rad biće:

2

max O 2 1 O 2 1L T m (s s ) p (V V ) 293 17,84 1,122 1 10 (15 0,3) 4396kJ .

Zadatak se može riješiti i grafički (slika).

Od površine 12BA1 (rad dobijen usljed ekspanzije) potrebno je oduzeti površinu 23AB2

(rad koji bi se izvršio protiv okoline).

max 12 23L L L

Pošto su:

112 1

2

p 50L mRT ln 17,84 0,287 293 ln 5866kJ

p 1 ,

2

23 O 3 2L p (V V ) 1 10 (0,3 15) 1470kJ ,

maksimalni rad biće:

maxL 5866 1470 4396kJ .

Zadatak br. 48

Koliko se najviše rada može dobiti od 10 kg kiseonika (idealni gas) stanja 1 (p1 = 10 bar,

t1 = 100℃) ako je stanje okoline 0 (pO = 1 bar, tO = 20℃)?

Rješenje:

Ispunjeni su uslovi za dobijanje rada, jer u posmatranom izolovanom sistemu vladaju

termička, mehanička i koncentraciona neravnoteža. Maksimalni rad dobiće se

dovođenjem kiseonika na povratan način u ravnotežu sa okolinom.

Da bi se izolovani sistem doveo prvo u termičku ravnotežu potrebno je izvršiti

izentropsku ekspanziju kiseonika do temperature okoline. Pritisak kiseonika, za tako

dobijeno stanje 2 (slika) iznosi:

1,4

0,42 12 1

1

T 293p p ( ) 10( ) 4,3bar

T 373

Nakon izentropske ekspanzije vrši se kvazistatička izotermska ekspanzija kiseonika

prvo do pritiska okoline (da bi se izolovani sistem doveo u mehaničku ravnotežu), a

zatim do pritiska p3 = 0,21 bar – parcijalni pritisak kiseonika u okolini (da bi se izolovani

sistem doveo u koncentracionu ravnotežu).

Maksimalni rad je:

max 1 3 O 3 1 O 3 1L m(u u ) T m(s s ) p (v v ) .

Pošto je:

1 3 v 1 3m(u u ) m c (T T ) 10 0,65 80 520kJ ,

2O 3 1 O 3 2 O

3

p 4,3T m(s s ) T m(s s ) T R ln 293 10 0,26 ln 2300kJ

p 0,21 ,

2

O 3 1p (V V ) 0,21 10 (36,3 0,97) 741,9kJ ,

jer su zapremine:

311 5

1

m R T 10 260 373V 0,97m

p 10 10

,

333 5

3

m R T 10 260 293V 36,3m

p 0,21 10

.

Maksimalan rad iznosi:

maxL 520 2300 741,9 2078,1kJ

Zadatak se može riješiti i grafički (gornja slika). Od površine 123CA1 (rad dobijen usljed

ekspanzije) potrebno je oduzeti površinu 34AC3 (rad koji bi se izvršio protiv okoline),

max 12 23 34L L L L .

Pošto su:

1 212

T T 80L m R 10 0,26 520kJ

1 0,4

,

223 2

3

p 4,3L m R T ln 10 0,26 293 ln 2300kJ

p 0,21 ,

2

34 O 4 3L p (V V ) 0,21 10 (0,97 36,3) 741,9kJ ,

maksimalni rad iznosi:

maxL 520 2300 741,9 2078,1kJ .

Zadatak br. 49

1 kg vazduha (idealan gas) ostvaruje Karnoov kružni proces, između temperatura Ti =

627ºC i Tp = 27ºC, pri čemu je najveći pritisak p1 = 60 bar, a najmanji p3 = 1 bar. Odrediti

p, v i T za karakteristične tačke ovog procesa, termodinamički stepen korisnosti,

odvedenu i dovedenu količinu toplote i dobijeni rad?

Rješenje:

5

1

1 i

1 1 1 v

311

1

1 p 60 10 Pa

T T 627 273 900K

p v RT R 287J / kgK(3.4)

RTv 0,043m / kg

p

2 1

12 2

3 3

5

3 p 3

12

2 3

3

2

322 2 2 2

2

2 T T 900K

p T

p T

p 1 10 Pa T T 300K

1,4(3.4)

Tp p

T

p 4676000Pa

RTp v RT v 0,005524m / kg

p

5

3

3

3 3 3

333

3

3 p 1 10 Pa

T 300K

p v RT

RTv 0,861m / kg

p

4 3

14 4

1 1

14

4 1

1

2

344 4 4 4

4

4 T T 300K

p T

p T

Tp p

T

p 1451580Pa

RTp v RT v 0,05931m / kg

p

min

max

T1 0,667

T

2d 12 d

1

4o 34 o

3

vq q RTln 64701,6J / kg Q 64701,6J

v

vq q RTln 230345J / kg Q 230345J

v

12 23 34 41

12

34

23 41

l l l l l l 165643J / kg

l 64701,6J / kg L 165643J

l 230345J / kg

l l

Zadatak br. 50

Za Otoov kružni proces odrediti veličine stanja u karakterističnim tačkama, dovedenu i

odvrdenu količinu toplote, koristan rad, i termodinamički stepen korisnosti ako je:

311 1

2 2

pvp 1bar, t 100 C, 6, 1,6

v p

stepen kompresije, pogonska karakteristika

Radna materija je vazduh.

Rješenje:

Veličine stanja u karakterističnim tačkama određuju se postupno primjenjujući zakone

promjena stanja i termodinamičku jednačinu stanja idealnog gasa.

3

11 1 1 5

1

R T 287 373 mTačka1: p 1bar, T 373K, v 1,07

p 1 10 kg

3

12

1

0,412 1

2

522

2

v 1,07 mTačka2 : v 0,178

6 kg

vT T 373 6 765K

v

R T 287 765p 12,33 10 Pa

v 0,178

3

3 2 3 2

3 2

Tačka3 : v v 0,178m / kg, p p 1,6 12,33 19,73bar

T T 1,6 765 1225K

1 0,43

34 1 4 3

4

544 1

1

vm 1Tačka4 : v v 1,07 , T T 1225 598K

kg v 6

T 598p p 1 1,6 10 Pa

T 373

Količine dovedene i odvedene toplote su:

d 23 v 3 2

o 41 v 1 4

q q c (T T ) 0,72 (1225 765) 331,2kJ/ kg

q q c (T T ) 0,72 (373 598) 162kJ/ kg

Pa je korisna količina toplote

kor d oq q q 331,2 162 169,2kJ/ kg

Odnosno koristan rad

kor korl q 169,2kJ/ kg

Termodinamički stepen korisnosti ovog kružnog procesa biće

t 1 0,4

1 11 1 0,512

6

ili

d o

t

d

q q 169,20,511,odnosno51,1%.

q 331,2

Zadatak br. 51

Za Dizelov kružni proces odrediti veličine stanja u karakterističnim tačkama, dovedenu i

odvedenu količinu toplote, koristan rad i termodinamički stepen korisnosti ako je:

311 1

2 2

vvp 1bar, t 20 C, 12,7, 2

v v

stepen kompresije, stepen ubrizgavanja

Radna materija je vazduh (idealan gas).

Rješenje:

Veličine stanja u karakterističnim tačkama određuju se postupno primjenjujući zakone

promjena stanja i termodinamičku jednačinu stanja idealnog gasa.

3

11 1 1 5

1

R T 287 293 mTačka1: p 1bar, T 293K, v 0,841

p 1 10 kg

3

12

1

0,412 1

2

522

2

v 0,841 mTačka2 : v 0,066

12,1 kg

vT T 293 12,7 810K

v

R T 287 810p 35,2 10 Pa

v 0,066

3

3 2 3 2

3 2

Tačka3 : p p 35,2bar, v v 2 0,066 0,132m / kg

T T 2 810 1620K

1,43

34 1 4 3

4

44 1

1

vm 0,132Tačka4 : v v 0,841 , p p 35,2 2,63bar

kg v 0,841

pT T 293 2,63 772K

p

Količine dovedene i odvedene toplote su:

d 23 p 3 2

o 41 v 1 4

q q c (T T ) 1 (1620 810) 810kJ/ kg

q q c (T T ) 0,72 (293 772) 344,9kJ/ kg

Pa je korisna količina toplote

kor d oq q q 810 344,9 465,1kJ/ kg

Odnosno koristan rad

kor korl q 465,1kJ/ kg

Termodinamički stepen korisnosti ovog kružnog procesa biće

1,4

t 1 1,4 1

1 1 1 1 21 1 0,578

1,4 12,7 2

ili

d o

t

d

q q 465,10,574,odnosno57,4%.

q 810

Zadatak br. 52

Odrediti termodinanamički stepen korisnosti idealnog Rankin-Klozijusovog ciklusa koji

radi sa pregrijanom parom, ako je temperatura toplotnog izvora t i = 450°C, pritisak

pregrijane pare p = 20 bar, a pritisak na kraju izentropske ekspanzije 0,04 bar.

Rješenje:

d o o K

d d d

Q Q Q L1

Q Q Q

Promjena stanja od 1 – 2 i 3 – 4 je izentrposka, a od 2 – 3 i 4 – 1 izobarska.

d 1 4 o 3 2q h h q h h

1 11 p 20bar t 450 C (t.4.2.6)

h s

3335 7,251

hx sx

3379 7,312

1 1h 3357kJ / kg s 7,2815kJ / kg

2 2 1

' '' ' ''

2 2 2 2 2

2 p 0,04bar s s 7,2815kJ / kgK (t.4.2.4)

s 0,4225kJ / kgK s 8,473kJ / kgK s s s vlažnapara

'

2 22 '' '

2 2

s sx 0,852

s s

' '' ' ' ''

2 2 2 2 2 2 2h h x (h h ) (t.4.2.4) h 121,42kJ / kg h 2554kJ / kg

Tačke 3 i 4 se nalaze u području ključale vode, pa je za:

' '

3 3 2

'

4 4

3 p 0,04bar h h 121,42kJ / kg h

4 p 20bar h h 908,5kJ / kg

0,15 15%

Zadatak br. 53

Vazduh (idelan gas) obavlja levokreti Džulov kružni proces u rashladnoj mašini.

Temperatura toplotnog izvora je i 1T T 263K const , a toplotnog ponora (okoline)

p 3T T 293K const . Stepen povišenje pritiska u kompresoru ove rashladne mašine

iznosi 2 1p / p 3 . Odrediti faktor hlađenja i teorijsku snagu za pogon ove rashladne

mašine, ako je kapacitet hlađenja Q 111kW .

Rješenje:

Pošto je faktor hlađenja ovog lijevokretnog kružnog procesa definisan izrazom

d d 1 4h

d 2 3 1 4o

q q T T

q (T T ) (T T )ql

Potrebno je odrediti temperature u karakterističnim tačkama

1

0,286232

11 4

2 1

34

pTT3 1,369

pT T

T T 1,369 360K

T 293T 214K

1,369 1,369

Sada je faktor hlađenja

h

263 2142,72

(360 293) (263 214)

Teorijska snaga potrebna za pogon ove rashladne mašine iznosi

33d

h

Q 111 1040,8 10 WN

2,72

Zadatak br. 54

Ravan zid neke peći sastavljen je od sloja šamota 3( 1500kg/ m ) debljine 1 10mm

i sloja livenog gvožđa debljine 2 12mm . Temperatura unutrašnje površine zida peći

je 1t 800 C , a temperatura spoljašnje površine zida je 3t 25 C . Odrediti termički

fluks između unutrašnje i spoljašnje površine zida, ako je površina zida 2A 4m , i naći

temperaturu dodirne površine gvožđa i šamota. Termička provodnost za šamot je

1 1,02W / m K , a liveno gvožđe 2 50 W / m K .

Rješenje:

Termički fluks kroz jedan kvadratni metar površine ravnog zida od dva sloja biće

1 3

1 2

1 2

t tq

3 2800 25q 77,16 10 W / m

0,01 0,012

1,02 50

Pa je termički fluks

3 3Q q A 77,16 10 4 308,64 10 W

Temperatura dodirne površine gvožđa i šamota biće

1 21 3

1 22

1 2

1 2

1,02 50t t 800 25

0,01 0,012t q 43,5 C

1,02 50

0,01 0,012

ili

322 3

2

0,012t t q 25 77,16 10 43,5 C

50

ili

312 1

1

0,01t t q 800 77,16 10 43,5 C

1,02

Zadatak br. 55

Destilovanje vode se vrši u jednom uspravnom kotlu temperature II110 C(t ) ,

temperatura dimnih gasova je I900 C(t ) , a debljina kotlovskog lima je 1 10mm .

Koeficijent prelaza toplote na strani vode je 2

II 9304W / m K , a na strani dimnih

gasova 2

I 35W / m K

a) Kolike su temperature zidova na kotlu ako je Č

70W / m K

b) Za koliko poraste temperatura zidova ako se na strani vode nahvata kamenac

debljine 2 5mm i toplotna provodljivost kamenca K 1,05 W / m K

Rješenje:

a)

Ovo je prolaz toplote kroz ravan zid, pa je:

2

I II

1

I IIČ

q k(t t ) q 27403 W / m

1k

1 1

Toplotni fluks Q kao ukupni može se uzeti u obzir i kao toplotni fluks kod prelaženja

toplote radi određivanja temperature na zidovima cijevi.

z f

2 II2

II

f z

I 12

I

q (t t )

t tq t 112,9 C sa vode na zid

1

q (t t )

t tq t 117 C sa zida na dimne gasove

1

b)

2

1 2

I K IIČ

1k 29,8W / m K zbog kamenca dodatog na cijev

1 1

2

I IIq k (t t ) 23542W/ m

z f

3 II3

II

q (t t )

t tq t 224 C sa vode na zid

1

f z

I 12

I

q (t t )

t tq t 227,4 C sa zida na dimne gasove

1

Promjena temperature zidova sa unatrašnje i spoljašnje strane je:

u

s

t 224 112,9 111,1 C

t 227,4 117 110,4 C

Zadatak br. 56

U komori za miješanje miješa se 10 kg vlažnog vazduha temperature 40℃ i relativne

vlažnosti 1 0,6 i 20 kg vlažnog spoljašnjeg vazduha temperature 10℃ i relativne

vlažnosti 2 0,3 . Odrediti stanje tako dobijene mješavine.

Rješenje:

Iz jednačine v M v1 1 v2 2m x m x m x slijedi da je vlažnost mješavine:

v1 1 v2 2M

v

m x m xx

m

gdje je:

v v1 v2m m m - količina suvog vazduha u mješavini.

U tabelama za vlažan vazduh (t. 4.3.1) nalazi se da su vlažnosti vazdušnih struja

temperatura t1 = 40℃ i t2 = 10℃:

1 p v 1x 0,0495kg kg (za t 40 C) ,

2 p v 2x 0,00772kg kg (za t 10 C) .

Kako su relativne vlažnosti vazduha date izrazom x

x

, to su stvarne vlažnosti

vazdušnih struja:

1 1 1 p vx x 0,6 0,0495 0,0297kg kg

,

2 2 2 p vx x 0,3 0,00772 0,00232kg kg

.

Količina suvog vazduha temperature 40℃ je:

1v1

1

m 10m 9,7kg

1 x 1 0,0297

,

a količina suvog vazduha temperature 10℃ je:

2v2

2

m 20m 19,95kg

1 x 1 0,00232

.

v1 1 v2 2M

v

m x m x 9,7 0,0297 19,95 0,00232x

m 9,7 19,95

M p vx 0,0115kg kg ,

Na osnovu izraza v M v1 1 v2 2m i m i m i , odnosno izraza

v p M v1 p 1 v2 p 2m c t m c t m c t ,

dobija se izraz za temperaturu mješavine:

v1 1 v2 2M

v

m t m t 9,7 40 19,95 10t

m 9,7 19,95

Mt 19,8 C

Zadatak br. 57

Koliku količinu toplote treba dovesti da bi se 120 kg vlažnog vazduha temperature 15℃ i

vlažnosti p vx 0,005kg kg zagrijalo na temperaturu 40℃?

Rješenje:

Za grijanje ukupne količine vlažnog vazduha potrebno je dovesti količinu toplote:

1,2 v 1,2Q m q .

1,2 2 1q i i

Specifična entalpija vlažnog vazduha na početku procesa zagrijavanja je:

1 1 1i 1,005 t x (1,926 t 2500) ,

1 vi 1,005 15 0,005 (1,926 15 2500) 27,72kJ kg .

Na isti način može se odrediti specifična entalpija vlažnog vazduha na kraju procesa

grijanja:

2 2 2i 1,005 t x (1,926 t 2500) ,

2 vi 1,005 40 0,005 (1,926 40 2500) 53,09kJ kg .

Prema tome, po jedinici količine suvog vazduha potrebno je dovesti količinu toplote:

1,2 2 1 vq i i 53,09 27,72 25,37kJ / kg

Kako je ukupna masa vazduha v vm m m x 120kg , to je količina suvog vazduha u

vlažnom vazduhu:

v

m 120m 119,4kg

1 x 1 0,005

,

pa je: 1,2Q 119,4 25,37 3029,18kJ .

Zadatak br. 58

Stanje vlažnog vazduha određeno je pritiskom p = 99325 Pa, relativnom vlažnosti φ =

40% i temperaturom t = 30℃. Odrediti vlažnost ovog vazduha. Koliko bi vlage još

mogao da primi ovaj vazduh (po jednom kilogramu suvog vazduha) ako bi mu se

relativna vlažnost povećala na 95%?

Rješenje:

1x x x

Vlažnost ovog vazduha je:

p p

p p

p px 0,622 0,622

p p p p

.

Parcijalni pritisak zasićenja vodene pare temperature 30℃ određuje se pomoću tabela

za vlažan vazduh (tabela 4.3.1):

pp 4241Pa .

Prema tome, vlažnost vazduha u posmatranom slučaju je:

p v

0,4 4241x 0,622 0,0182kg kg

99325 0,4 4241

.

Vlažnost vazduha iste temperature pri relativnoj vlažnosti 1 0,95 je:

p1 1 p

1

p1 1 p

p px 0,622 0,622

p p p p

,

odnosno:

1 p v

0,95 4241x 0,622 0,0264kg kg

99325 0,95 4241

.

Apsolutno povećanje vlažnosti vazduha je:

1 p vx x x 0,0264 0,0182 0,0082kg kg .