realan gas

1 Odrediti veličine stanja 1 vodene pare, ako njenih 4000 kg zauzimaju 1200 m3 na pritisku 500 kPa. Kakva je to para i kolike su joj faze?

Specifična zapremina:

3,040001200

mVv

1

11 ===

kgm3

Pomoću stvarnog h,s – dijagrama stanje vodene pare bi moglo da se odredi bez ikakvog proračuna. Dovoljno bi bilo naći secište izobare p1 = 500 kPa i izohore v1 = 0,3 m3, a zatim očitati veličine stanja. Čitaocu se prepušta da to sam obavi, a ovde će zadatak da se rešava pomoću tablica za vodenu paru. Iz tablice za vlažnu vodenu paru pritiska 500 kPa ( 151,84 ºC ) dobija se vrednost specifične

zapremine ključale vode 0010927,0v1 =′ kgm3

i suvozasićene vodene pare 3747,0v1 =′′ kgm3

.

Pošto je stanje pare je između donje i gornje granične krive, u oblasti vlažne pare. 111 vvv ′′′ pp

Stepen suvoće:

800057,00010927,03747,0

0010927,03,0vvvvx

11

111 =

−−

=′′−′−

= ( 8,0≈ )

Iz tablica se očitavaju vrednosti ostalih veličina stanja ključale tečnosti ( ) i suvo zasićene pare (

111 s,u,h ′′′

111 s,u,h ′′′′′′ ), te određuju specifične ( jedinične ) vrednosti entalpije, unutrašnje energije i entropije za heterogenu smešu ključale tečnosti i suve pare ( vlažne pare ) stanja 1:

( ) ( ) kgkJ2,23271,64027498,01,640hhxhh 11111 =−+=′−′′+′= ( ) ( ) kgkJ5,21774,63925628,04,639uuxuu 11111 =−+=′−′′+′= ( ) ( ) kgKkJ8296,5860,1822,68,0860,1ssxss 11111 =−+=′−′′+′=

Masa suve pare i ključale tečnosti:

kg320040008,0mxm =⋅==′′

( ) ( ) kg80040008,01mx1m =−=−=′

Zapremina suve pare i ključale tečnosti:

3111 m1,11993747,03200vmV ≈⋅=′′′′=′′

3111 m9,00010927,0800vmV ≈⋅=′′=′

B.Poljak - Rešeni zadaci iz termodinamike 1

U kotlovskom bubnju pod pritiskom p1 = 800 kPa nalazi se vlažna para. Paroviti deo zauzima 80 % zapremine, a ključala voda preostalih 20 %.

Izračunati sve veličine stanja. 2

Polazi se od izraza za stepen suvoće koji treba da se transformiše tako da bude u funkciji ukupnih i specifičnih zapremina faza:

11

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

111

11 v4v

v4

1vv

V8,0V2,0

1

1vv

VV

1

1

vVvV

1

1mm

1mm

mx′+′′

′=

+′′′

=+

′′′

′′′

=

+

′′′′′′

=+′′′

=′′+′

′′=

01822,00011149,042403,0

0011149,04x1 =⋅+

⋅= ( blizu donje granične krive ),

gde su vrednosti uzete iz tablica za vlažnu vodenu paru na 800 kPa. 11 v,v ′′′


( ) ( )kgm005473,00011149,02403,001822,00011149,0vvxvv

3

11111 =−+=′−′′+′=

Specifična entalpija:

( ) ( )kgkJ2,7859,720276901822,09,720hhxhh 11111 =−+=′−′′+′=

Specifična entropija:

( ) ( )kgKkJ13012,2046,2663,601822,0046,2ssxss 11111 =−+=′−′′+′=

Specifična unutrašnja energija:

( ) ( )kgkJ8,753720257701822,0720uuxuu 11111 =−+=′−′′+′=

2 B.Poljak - Rešeni zadaci iz termodinamike

U zatvorenom sudu nalazi se 27,9 kg vlažne vodene pare na pritisku 1,4 MPa. Zapremina tečnog dela pare je 125 puta manja od parovitog dela. Odrediti

maseni odnos ovih faza i izračunati veličine stanja. Kolika je zapremina suda i kolike zapremine zauzimaju faze?

3

Maseni odnos faza:

98033,0001149,01408,0

1251

vv

VV

vVvV

mm

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1 ==′′′

′′′

=

′′′′′′

=′′′

Stepen suvoće:

505,0198033,0

1

1mm

1x

1

11 =

+=

+′′′

=

Veličine stanja:

( ) ( )kgm07167,0001149,01408,0505,0001149,0vvxvv

3

11111 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgkJ8,18198302790505,0830hhxhh 11111 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgKkJ3974,4284,2469,6505,0284,2ssxss 11111 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgkJ5,17194,8282593505,04,828uuxuu 11111 =−+=′−′′+′=

Zapremine:

3111 m207167,09,27vmV =⋅==

3111111 m984,11408,09,27505,0vmxvmV =⋅⋅=′′=′′′′=′′

( ) ( ) 3111111 m016,0001149,09,27505,01vmx1vmV =⋅⋅−=′−=′′=′


Stanje vlažne vodene pare zadano je na sledeći način: temperatura je 240 ºC, a specifična entropija iznosi kao pola vrednosti specifične entropije parovitog

dela. Izračunati veličine stanja. 4

Specifična entropija vlažne pare:

kgKkJ07125,3

21425,6

2ss 1

1 ==′′

=

Stepen suvoće:

1073,07021,21425,67021,207125,3

ssssx

11

111 =

−−

=′−′′′−

=

Veličine stanja:

( ) ( )kgm0075,00012291,005967,01073,00012291,0vvxvv

3

11111 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgkJ9,12265,103728031073,05,1037hhxhh 11111 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgkJ8,12014,103326031073,04,1033uuxuu 11111 =−+=′−′′+′=


5 Vodena para pod pritiskom 1,6 MPa ima gustinu jednaku gustini u kritičnoj tački. Odrediti veličine stanja i prikazati stanje u p,v – dijagramu

Pošto je gustina jednaka recipročnoj vrednosti specifične zapremine, jednakost gustina znači i jednakost specifičnih zapremina. Kritična specifična zapremina se nalazi u tablicama za vlažnu vodenu paru pri kritičnom pritisku pK = 22,129 MPa i kritičnoj temperaturi tK = 374,15 ºC:

00326,0vK =kgm3

Isto toliko iznosi specifična zapremina na pritisku 1,6 MPa:

00326,0v1 = kgm3

Stepen suvoće:

017135,00011586,01238,00011586,000326,0

vvvvx

11

111 =

−−

=′′−′−

=

Ostale veličine stanja:

( ) ( )kgkJ5,8913,8582793017135,03,858hhxhh 11111 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgKkJ4139,2344,2422,6017135,0344,2ssxss 11111 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgkJ2,8864,8562595017135,04,856uuxuu 11111 =−+=′−′′+′=


6 Pod kojim uslovima suvozasićena vodena para može imati gustinu kao vazduh na normnim uslovima? Odrediti sve veličine stanja ove pare.

Specifična zapremina vazduha na normnim uslovima:

7733,0325,101

273287,0p

RTv =⋅

==kgm3

Specifična zapremina suve pare ima istu vrednost:

7733,0vv 11 =′′=kgm3

Vrednost 0,7733 m3/kg treba da se potraži u tablicama za vlažnu vodenu paru u koloni .v ′′ Pošto se nalazi između dve vrednosti (0,7465 m3/kg i 0,8098 m3/kg), tražene veličine stanja se određuju pomoću linearne interpolacije: p1=231,53 kPa, t1=124,9 ºC, h1= =2713 kJ/kg, s

1h ′′1= =7,079 kJ/kgK, u1s ′′ 1= =2534 kJ/kg. 1u ′′

Specifična unutrašnja energija se može odrediti i pomoću veze 1111 vphu ′′−′′=′′ .

Određivanje pritiska linearnom interpolacijom:

( )

( ) kPa53,2317465,08098,0

2202407733,08098,0220p

tg7733,08098,0220p

=−−

−+=

α−+=


U sporoj struji vodene pare izmeren je pritisak i temperatura koji iznose p1=1MPa, t1=250 ºC. Odrediti ostale veličine stanja.

Koliki bi se maseni protok ove pare mogao postići kroz cev unutrašnjeg prečnika 150 mm, ako je brzina struje 0,5 m/s ?

7

Para je pregrejana jer joj je temperatura viša od one koja odgovara pritisku vlažne pare od 1MPa.

Iz tablica za pregrejanu vodenu paru na 1 MPa i 250 ºC sledi:

23255,0v1 = kgm3

2940h1 = kgkJ

5,270723255,010002940vphu 1111 =⋅−=−=kgkJ

919,6s1 = kgKkJ

Interpolacija nije potrebna jer je temperatura 250 ºC, aritmetička sredina temperatura 240 ºC i 260 ºC, pa se i veličine stanja dobijaju kao odgovarajuće aritmetičke sredine.

Maseni protok:

038,05,04

15,023255,0

1wAv1m

2

111

=π

==•

skg


Temperatura vodene pare iznosi t = 300 ºC. Odrediti specifične zapremine na pritiscima p1 = 100 kPa i p2 = 600 kPa. Proveriti odstupanje od Boyle-

Mariotte-ovog zakona za idealni gas. Proveriti odstupanje na t = 700 ºC sa istim parom pritisaka.

8

Neka je t = 100 ºC, ali su mali pritisci: p1 = 1 kPa i p2 = 5 kPa. Odrediti i za ovaj slučaj odstupanje.

t = 300 ºC

100p1 = kPa 600p2 = kPa

638,2v1 = kgm3

4342,0v2 = kgm3

Odstupanje:

10126,14342,0600638,2100

vpvp

22

11 ≠=⋅⋅

=

t = 700 ºC

100p1 = kPa 600p2 = kPa

491,4v1 = kgm3

7472,0v2 = kgm3

Odstupanje:

10017,17472,0600491,4100

vpvp

22

11 ≠=⋅⋅

=

( Na nižim temperaturama je veće odstupanje od Boyle-Mariotte-ovog zakona! )

t = 100 ºC

1p1 = kPa 5p2 = kPa

3,173v1 = kgm3

43,34v2 = kgm3

Odstupanje:

10067,143,3453,1731

vpvp

22

11 ≠=⋅⋅

=

( Kada su pritisci dovoljno mali i pri relativno niskim temperaturama, dosta je dobro poklapanje

sa Boyle-Mariotte-ovim zakonom! )


Vodena para ima temperaturu 220 ºC. U stanju 1 ona je vlažna i ima stepen vlažnosti 0,3 , a u stanju 2 je pregrejana i nalazi se pod pritiskom 100 kPa.

Odrediti razliku entalpija, entropija i unutrašnjih energija za ova dva stanja. Kolika je gustina vodene pare u stanju 1 i u stanju 2?

9

Stanje 1 je u oblasti vlažne pare na temperaturi t1 = 220 ºC kojoj prema tablicama odgovara ravnotežni pritisak p1 = 2,3201 MPa i veličine stanja ključale tečnosti i suve pare:

00119,0v1 =′ kgm3

, 7,943h1 =′ kgkJ , 5179,2s1 =′ kgK

kJ , 9,940u1 =′ kgkJ

08606,0v1 =′′ kgm3

, 2802h1 =′′ kgkJ , 2849,6s1 =′′ kgK

kJ , 2602u1 =′′ kgkJ .

Veličine stanja vlažne pare:

51,22447,9433,028027,0hyhxh 11111 =⋅+⋅=′+′′=kgkJ

1548,55179,23,02849,67,0sysxs 11111 =⋅+⋅=′+′′=kgKkJ

67,21039,9403,026027,0uyuxu 11111 =⋅+⋅=′+′′=kgkJ

Stanje 2 je u oblasti pregrejane pare na temperaturi t2 = 220 ºC i pritisku p2 = 100 kPa, kojoj

odgovaraju veličine stanja:

2914h 2 = kgkJ , 910,7s2 = kgK

kJ

4,2687266,21002914vphu 2222 =⋅−=−=kgkJ

Tražene razlike veličina stanja:

41,669hh 12 =−kgkJ

7552,2ss 12 =−kgKkJ

73,583uu 12 =−kgkJ


Gustina vlažne vodene pare:

502,16v1

11 ==ρ 3m

kg ,

gde je:

0606,000119,03,008606,07,0vyvxv 11111 =⋅+⋅=′+′′= 3mkg

Gustina pregrejane vodene pare:

441,0266,21

v1

22 ===ρ 3m

kg

Odrediti srednju specifičnu toplotu pri stalnom pritisku p=1 MPa za vodenu paru u intervalima temperatura: od temperature zasićenja do 250

ºC, a zatim do 300 ºC, 400 ºC i 500 ºC. Uveriti se da specifična toplota pri stalnom pritisku pregrejane vodene pare zavisi od temperature.

10

Ponavljanjem računa za specifičnu toplotu pri stalnom pritisku p=100 kPa u istoj veličini temperaturnih intervala uveriti se da ona zavisi i od pritiska.

Za pritisak p =1 MPa

temperatura zasićenja iznosi t1=179,88 ºC 180≈ ºC, a specifična entalpija 2778hh 11 =′′=kgkJ .

Entalpija pregrejane pare:

250t 2 = Co 2940h 2 = kgkJ

300t 3 = Co 3048h3 = kgkJ

400t 4 = Co 3263h 4 = kgkJ

500t 5 = Co 3479h5 = kgkJ

Srednja specifična toplota pri izobarnom dovođenju toplote:

=2

1

ttpC 314,2

18025027782940

tthh

12

12 =−−

=−−

kgKkJ

=3

1

ttpC 250,2

18030027783048

tthh

13

13 =−−

=−−

kgKkJ

=4

1

ttpC 205,2

18040027783263

tthh

14

14 =−−

=−−

kgKkJ

=5

1

ttpC 191,2

18050027783479

tthh

15

15 =−−

=−−

kgKkJ


Za pritisak p =100 kPa

temperatura zasićenja iznosi t1=99,64 ºC 100≈ ºC, a specifična entalpija 2675hh 11 =′′=kgkJ .

Entalpija pregrejane pare:

250t 2 = Co 5,2973h 2 = kgkJ

300t 3 = Co 3074h3 = kgkJ

400t 4 = Co 3278h 4 = kgkJ

500t 5 = Co 3488h5 = kgkJ

Srednja specifična toplota pri izobarnom dovođenju toplote:

=2

1

ttpC 99,1

10025026755,2973

tthh

12

12 =−−

=−−

kgKkJ

=3

1

ttpC 995,1

10030026753074

tthh

13

13 =−−

=−−

kgKkJ

=4

1

ttpC 010,2

10040026753278

tthh

14

14 =−−

=−−

kgKkJ

=5

1

ttpC 0325,2

10050026753488

tthh

15

15 =−−

=−−

kgKkJ

Dokazati da specifična toplota pri stalnom pritisku nije definisana u području vlažne vodene pare. Da li ova konstatacija važi za specifičnu

toplotu pri konstantnoj zapremini? 11

=2

1

ttpC ∞=

−=

−−

=− 0

hhtthh

ttq 12

12

12

12

2,1 (nedefinisano)

Srednja specifična toplota pri konstantnoj zapremini 2

1

ttvC je definisana u oblasti vlažne pare,

jer za izohorno dovođenje toplote važi 0tt 12 ≠− :

=2

1

ttvC

12

12

12

2,1

ttuu

ttq

−−

=−

(konačan broj)


Koliko vremena je potrebno da proključa 3 litre vode temperature 10 ºC na vrhu neke visoke planine gde vlada barometarski pritisak od 59 kPa? Voda

se zagreva grejalicom snage N=500 W u otvorenom sudu. 12

Koliko vode bi ostalo u otvorenom sudu nakon 2 sata zagrevanja? Zadatak rešiti pod pretpostavkom da se energija grejalice troši samo na zagrevanje vode, a u drugom slučaju pretpostaviti da se samo 70 % te energije uspešno koristi, a ostatak ide na zagrevanje same grejalice, suda i okoline.

Masa pothlađene vode koja zauzima zapreminu V1=0,003 m3:

3001,0003,0

vVm

1

11 === kg

gde je za pothlađenu vodu na 59 kPa i 10 ºC:

001,0v1 = kgm3

(U tablicama za pregrejanu paru i pothlađenu vodu na 10 ºC specifična zapremina iznosi v1=0,001 m3/kg i za 50 kPa i za 100 kPa, pa mora biti tolika i za 59 kPa)

Toplota koju je potrebno dovesti vodi pri pritisku 59 kPa da bi proključala:

( ) ( ) 948423583hhmQ 1212,1 =−=−= kJ

gde je:

42h1 = kgkJ (Pothlađena voda na 59 kPa i 10 ºC)

358hh 22 =′=kgkJ (Vlažna para na 59 kPa, interpolacijom između 50 i 60 kPa)

Interpolacijom između istih pritisaka dobija se t2 = 85,5 ºC.


a) Idealno zagrevanje, kada se 100 % energije grejalice troši na zagrevanje vode

Vreme za koje će voda da proključa:

( ) s18965,0

948N

Q 2,1a2,1 ===τ ≈ 31,5 min

Da bi se odredila količina vode koja ostaje u sudu nakon s7200h2 ==τ zagrevanja potrebno je prethodno odrediti stanje ( neka to stanje bude označeno sa P ) u koje će voda dospeti dovođenjem kJ360072005,0NQ P,1 =⋅=τ= toplotne energije pri stalnom pritisku 59 kPa.

( )1P1P,1 hhmQ −= ⇒kgkJ1242

3360042

mQ

hh1

P,11P =+=+=

U tablicama za vlažnu vodenu paru nalazi se da je na pritisku 59 kPa entalpija suve pare

i pošto je , para stanja P je vlažna. kPa2650h P ≈′′ PP hh ′′p

Stepen suvoće vlažne pare stanja P:

3854,035826523581242

hhhhx

PP

PPP =

−−

=′−′′′−

=

gde je:

kgkJ358hh 2P =′=′

kgkJ2652h P =′′ ( interpolacijom )

Tokom zagrevanja pothlađene vode do stanja ključanja nema gubitka mase zbog isparavanja ( koliko vode ispari, toliko se i kondenzuje ). Daljim dovođenjem toplote voda isparava i u otvorenom sudu je ostaje sve manje. Međutim, za određivanje stanja P uzima se u obzir polazna masa (m1=m2), koju sada čini zbir preostale i isparele vode ( ma gde para posle toga bila ).

Masa isparele suve pare:

kg156,13854,03xmm P1P =⋅==′′

Masa vode koja je ostala u sudu:

kg844,1156,13mm P1 =−=′′−


b) Stvarno zagrevanje, kada se 70 % energije grejalice troši na zagrevanje vode

Vreme za koje će voda da proključa:

( ) s27095,07,0

948N

Q 2,1b2,1 =

⋅=

η=τ ≈ 45 min

Količina toplote koju grejalica preda vodi u toku 2 sata ( promena stanja 1-R ):

kJ252072005,07,0NQ R,1 =⋅⋅=τη=

Entalpija pare stanja R:

kgkJ882

3252042

mQ

hh1

R,11R =+=+=

Stepen suvoće:

2284,03582652

358882hhhhx

RR

RRR =

−−

=′−′′′−

=

gde je:

kgkJ358hhh 2PR =′=′=′

kgkJ2652hh PR =′′=′′

Masa isparele suve pare:

kg685,02284,03xmm R1R =⋅==′′

Masa vode koja je ostala u sudu:

kg315,2685,03mm R1 =−=′′−

U oblasti vlažne pare izotermna promena stanja je istovremeno izobarna, što ne važi za oblast pothlađene tečnosti:


U savršeno zatvorenom sudu od 10 litara nalazi se voda na pritisku 100 kPa i temperaturi 15 ºC. Može li ova voda proključati ako se sud zagreva? Do

koje temperature bi ga trebalo zagrejati? 13

Neka se ta ista voda najpre zagreje do temperature ključanja pri stalnom pritisku, a tek onda zatvori sud i nastavi zagrevanje. Do koje temperature bi je sad trebalo zagrejati da proključa u zatvorenom sudu?

Pothlađena voda stanja 1 može da proključa ako se izohorno zagrevanje obavi do kritične temperature (stanje 2). Ako se pothlađena voda stanja 1 zagrevanjem pri stalnom pritisku dovede do ključanja (stanje 3) i dalje zagreva pri stalnoj zapremini, ključanje se prekida sve dok se ne dostigne kritična temperatura na kojoj voda opet proključa (stanje 4). Stanjima 2 i 4 odgovaraju vrlo visoki pritisci: MPa531p,MPa663p 42 ≈≈ ( F.Bošnjaković, U.Renz, P.Burow.-Mollierov h,s-dijagram za vodu ).

Koliko bi vode iz prethodnog zadatka moralo ispariti na stalnom pritisku od 100 kPa, da bi cela količina došla u parovito stanje na nižoj temperaturi

od kritične ( neka je to 160 ºC ) naknadnim zatvaranjem suda? 14

Odrediti: • količinu toplote potrebnu za dovođenje vode u stanje kada treba zatvoriti sud

• ukupnu količinu toplote za zagrevanje i isparavanje

• rad širenja i tehnički rad promene stanja

Pothlađenoj vodi stanja 1 ( 15 ºC, 100 kPa ) dovodi se toplota pri stalnom pritisku dok ne dostigne stanje 2 na donjoj graničnoj krivi ( stanje ključanja pri 100 kPa i odgovarajućoj temperaturi 99,64 ºC ). Daljim dovođenjem toplote pri stalnom pritisku ( i stalnoj temperaturi ) voda isparava do nekog stanja 3 ( vlažna para nepoznatog stepena suvoće x3 ). Da bi stanje 3 bilo određeno, potrebna su dva podatka, pri čemu treba imati na umu da u oblasti vlažne pare pritisak i njoj odgovarajuća ravnotežna temperatura predstavljaju samo jedan podatak. Pošto se od stanja 3 do stanja 4 ( do gornje granične krive kojoj odgovara stanje suve pare ) dovođenje toplote obavlja pri stalnoj zapremini, specifične zapremine u stanju 3 i 4 su jednake. Prema tome, dovoljno je odrediti specifičnu zapreminu v4 (v4 = 0,3086 m3/kg, za t4 = 160 ºC ) i traženi podatak je određen sa v3 = v4.

Stepen suvoće vlažne pare stanja 3:

1806,00010432,0694,10010432,03068,0

vvvv

x33

333 =

−−

=′−′′′−

=


Masa vode kojoj se dovodi toplota do potpunog isparavanja:

100010075,0

01,0vVm

1

1 ≈== kg ,

gde je v1 uzeto iz tablica za pothlađenu vodu na 15 ºC i 100 kPa

Masa vode koja ispari pri stalnom pritisku:

kg8,1101806,0mxm 33 ≈⋅==′′

Pre zatvaranja suda dovođenje toplote se obavlja pri stalnom pritisku (promena stanja 1-3):

( ) ( ) kJ7,762195,6212,82510hhmQ 133,1 =−=−=

gde je:

( ) ( )kgkJ12,8254,41726751806,04,417hhxhh 33333 =−+=′−′′+′= , (vlažna para, 100 kPa)

Količina toplote za izohorno zagrevanje do stanja suve pare:

( ) ( ) kJ8,1773452,794256810uumQ 344,3 =−=−=

gde je:

kgkJ2568uu 44 =′′= (suva para, 160 ºC)

( ) ( )kgkJ52,7943,41725061806,03,417uuxuu 33333 =−+=′−′′+′= , (vlažna para, 100 kPa)

Ukupno dovedena količina toplote:

kJ5,25356QQQ 4,33,14,1 =+=

Rad širenja:

( ) ( ) kJ8,3050010075,03068,0100100vvpmLLL 134,33,14,1 =−⋅=+−=+=

Tehnički rad izobarne promene stanja ( i izohorne, kada nema rada utiskivanja i istiskivanja )

jednak je nuli: 0L 4,1t = !


Vertikalan cilindar na slici ima ispod klipa 0,1 kg H2O na 35 ºC u prvobitnoj zapremini pod klipom ( kada on leži na donjem graničniku ) od

0,02 m3. Površina preseka klipa je 0,048 m2, a težina klipa iznosi 480 N. Cilindar se lagano zagreva, što u jednom momentu izazove postepeno podizanje klipa sve do gornjeg graničnika, kada je zapremina ispod klipa 3 puta veća od početne.

15

• kolika je temperatura vode u momentu odvajanja klipa od donjeg graničnika?

• koliko treba da se dovede toplote vodi da bi sva isparila? Barometarski pritisak iznosi 100 kPa.

Specifična zapremina H2O:

2,01,002,0

mVv 1

1 ===kgm3

Iz tablica za vlažnu vodenu paru na 35 ºC očitava se vrednost pritiska zasićenja 5,622 kPa,

specifična zapremina ključale tečnosti kgm0010061,0v

3

1 =′ i suve pare .kgm24,25v

3

1 =′′

Pošto je 111 vvv ′′′ pp u cilindru se nalazi vlažna para.

Treba imati na umu sledeće:

Pod uslovom da je zaptivanje između klipa i cilindra idealno i da se ispod klipa nalazi samo H2O (u zapremini koja je veća od one koju zauzima čista tečna faza na 35 ºC), pritisak mora biti jednak pritisku zasićenja (5,622 kPa). Ovo stanje treba da se uspostavi samo od sebe. Pretpostavimo da se pre dovođenja toplote u cilindru nalazi tečna voda, a da iznad nivoa vode vlada totalni vakuum. Kada je pritisak manji od pritiska zasićenja, tečnost odmah proključa bez dovođenja toplote, i isparava sve dok se ne dostigne pritisak zasićenja. Da se u cilindru nalazi i vazduh pod nekim pritiskom (npr. 100 kPa), voda bi na 35 ºC bila u stanju pothlađene tečnosti.

Stepen suvoće u početnom stanju:

0079,00010061,024,25

0010061,02,0vvvvx

11

111 =

−−

=′−′′′−

=

Početno stanje je vrlo blizu donje granične krive!


Vlažna para stanja 1 zagreva se izohorno uz porast količine suve pare i istovremeno smanjenje količine ključale tečnosti. Pritisak raste do vrednosti p2 koja odgovara zbiru barometarskog pritiska i pritiska usled dejstva sopstvene težine klipa:

kPa110Pa101,1048,0

48010AGpp 55

b2 =⋅=+=+=

Ovom pritisku odgovara temperatura 102,32 ºC, dok je specifična zapremina ostala

nepromenjena (kgm2,0vv

3

12 == ).

U stanju 2 stepen suvoće vlažne pare iznosi :

1284,00010452,055,10010452,02,0

vvvvx

22

222 =

−−

=′−′′′−

=

Dalje dovođenje toplote odvija se izobarno jer se klip odvaja od donjeg graničnika, a pritisak

ostaje jednak vrednosti AGpb + . Znači, u momentu odvajanja klipa od donjeg graničnika

temperatura pare iznosi 102,32 ºC, a klip se diže pri stalnom pritisku sve dok ga gornji graničnik

ne zaustavi. U momentu zaustavljanja klipa H2O je u stanju 3 kada je v3 = 3v1 = 0,6 kgm3

, dok je

p3 = p2.

Stepen suvoće vlažne pare stanja 3:

3867,00010452,055,10010452,06,0

vvvv

x33

333 =

−−

=′−′′′−

=

Dalje dovođenje toplote do potpunog isparavanja H2O ( od stanja 3 do stanja 4 ) odvija se pri

stalnoj zapremini ( v4 = v3 ), jer je klip blokiran gornjim graničnikom.


Pošto posle izohorne promene stanja 1-2 dolazi izobarna promena 2-3, a zatim opet izohorna promena 3-4, dovedena količina toplote može da se lakše odredi ako se pojedine količine toplote

izraze pomoću unutrašnje energije!

Dovedena jedinična količina toplote:

kgkJ9,242248,25432,01106,011058,164

uvpvpuuuvpuvpuuu

uuhhuuqqqq

4223313422233312

3423124,33,22,14,1

=+⋅−⋅+−=

=+−+−=−+−−++−=

=−+−+−=++=

gde je:

( ) ( )kgkJ58,1646,14624230079,06,146uuxuu 11111 =−+=′−′′+′= (vlažna para, 35 ºC),

kPa110pp 23 == ,

kgkJ48,2543uu 44 =′′= ( interpolacijom za

kgm6,0vv

3

44 =′′= )

Ukupna dovedena količina toplote:

kJ29,2429,24221,0mqQ 4,14,1 =⋅==

U tekstu zadatka je napomenuto da se cilindar lagano zagreva, što u jednom momentu izazove postepeno podizanje klipa. Ovo treba shvatiti tako da se dizanje klipa ( koji se u cilindru kreće bez trenja ) odvija sa zanemarljivim ubrzanjem, odnosno, zanemarljivom inercijalnom silom. Brzo zagrevanje cilindra bi izazvalo dizanje klipa pri pritisku sa postepenim povećanjem pritiska, odnosno promena stanja 2-3 ne bi bila izobarna. Ako bi brzo zagrevanje cilindra izazvalo kretanje klipa sa konstantnim ubrzanjem, promena stanja 2-3 bi bila izobarna, ali bi se odvijala pri stalnom pritisku .

kPa110p2 f

kPa110p2 f


Zapremini od 1 m3 vodene pare, na pritisku 800 kPa sa sadržajem pare x1 = 0,5 dovede se 11550 kJ toplote pri stalnom pritisku. Prikazati dovedenu

toplotu kao dužinu u h,s – dijagramu. Odrediti rad širenja pare i prikazati ga u T,s – dijagramu povlačenjem približnog položaja linije konstantne unutrašnje energije.

16

Masa vodene pare:

kg285,81207,01

vVm

1

1 ===

gde je:

( ) ( )kgm1207,00011149,02403,05,00011149,0vvxvv

3

11111 =−+=′−′′+′=

Pomoću izraza za dovedenu količinu toplote ( )122,1 hhmQ −= može da se odredi jedinična

entalpija u krajnjem stanju:

kgkJ3139

285,81155095,1744

mQ

hh 2,112 =+=+=

gde je:

( ) ( )kgkJ95,17449,72027695,09,720hhxhh 11111 =−+=′−′′+′=

Pošto je , izobarno dovođenje toplote se završava u oblasti pregrejane pare. Pomoću

tablica za pregrejanu vodenu paru na

12 hh ′′f

kPa800p2 = i kgkJ3139h 2 = nalazi se vrednost krajnje

temperature . C340t 2o=


Zapreminski rad se određuje pomoću prvog zakona termodinamike:

kJ2,15087,236989,1365611550UUQL 212,12,1 =−+=−+=

gde je:

( ) ( ) kJ9,136561207,080095,1744285,8pvhmumU 1111 =⋅−=−==

( ) ( ) kJ7,236983482,08003139285,8pvhmumU 2222 =⋅−=−==

( v2 je uzeto iz tablice za pregrejanu vodenu paru na 800 kPa i 340 ºC )

Da bi se zapreminski rad prikazao kao površina u T,s – dijagramu, potrebno je poći od prvog zakona termodinamike

2,1l

2,1122,1 luuq +−= , gde se količina toplote u T,s- dijagramu prikazuje kao površina između krive promene stanja 1-2 i horizontalne ose. Ostaje da se i promena unutrašnje energije izrazi kao razmenjena količina toplote, odnosno, kao površina u T,s- dijagramu.

2,1q

12 uu −

Problem se svodi na nalaženje takve promene stanja 3-2 kod koje nema zapreminskog rada. To je izohorna promena stanja za koju važi 322,3 uuq −= . Pri tome unutrašnja energija stanja 1 i 3 mora biti jednaka, pa sledi 12322,3 uuuuq −=−= . Konačno, iz polazne jednačine sledi što se u T,s-dijagramu prikazuje kao razlika površina. 2,32,12,1 qql −=


U zatvorenom sudu nalazi se 0,66 kg vodene pare na pritisku 10 kPa. Sud se ohladi na temperaturu 20 ºC na kojoj je masa kondenzovane vode 0,2 kg.

• da li para tokom hlađenja prolazi kroz stanje suvog zasićenja? 17 • kolika je odvedena količina toplote? • koliko toplote je potrebno razmeniti da bi se para početnog stanja dovela u

stanje suvog zasićenja? • koliki je unutrašnji prečnik datog suda, ako ima oblik vertikalnog cilindra sa

unutrašnjom visinom 3,76 m?

Nakon hlađenja javlja se i kondenzovana voda, pa je krajnje stanje 2 u oblasti vlažne pare.

Stepen suvoće:

697,066,0

2,066,0m

mmmm

mx 2

22

22 =

−=

′−=

′′+′′′

=

Specifična zapremina pare stanja 2:

( ) ( )kgm315,400010018,084,57698,00010018,0vvxvv

3

22222 =−+=′−′′+′=

(Promena stanja 1-2 je izohorna pa važi 21 vv = )

Pitanje da li para tokom hlađenja prolazi kroz stanje suvog zasićenja, svodi se na pitanje da li je početno stanje 1 ( p1 = 10 kPa ) u oblasti vlažne ili pregrejane pare? Prvo se za pritisak 10 kPa, pomoću tablica, odredi vrednost specifične zapremine suve pare kgm68,14v 3=′′ , pa se uporedi sa vrednošću specifične zapremine kgm315,40v 3

1 = . Pošto je izohora vvv1 ′′f 1 = const seče izobaru p1 = const u oblasti pregrejane pare ( U stvarnom h,s-dijagramu izohora

kgm315,40 3 leži desno od izohore kgm68,14 3 ). Pomoću tablice (10 kPa, 40,315 m3/kg) dobija se temperatura pregrejane pare t1 = 600 ºC.


Odvedena količina toplote:

( ) ( ) kJ8,105885,330362,169966,0uumQ 212,1 −=−=−=

gde je:

kgkJ85,3303315,40103707vphu 1111 =⋅−=−=

( ) ( )kgkJ62,16999,832402697,09,83uuxuu 22222 =−+=′−′′+′=

Odvedena količina toplote da bi se para početnog stanja dovela u stanje suvog zasićenja:

( ) ( ) kJ6,58885,3303241266,0uumQ 1SS,1 −=−=−=

gde je vrednost jedinične unutrašnje energije SS uu ′′= nađena u tablici za vlažnu vodenu paru specifične zapremine .kgm315,40vv 3

SS =′′=

Unutrašnja (radna) zapremina suda:

31 m6079,26315,4066,0mvV =⋅==

Unutrašnji prečnik suda:

m3hV4d =π

=

Stvarni dijagram za vodenu paru (koji se koristi u praksi) obuhvata samo jedan deo oblasti pregrejane i vlažne pare uz gornju graničnu krivu. Bez obzira na to što u ovom zadatku početno stanje 1 pada izvan područja dijagrama, pomoću njega se lako utvrđuje da je ovo stanje u oblasti pregrejane pare, odnosno, da ne može biti u oblasti vlažne pare. Jasno je da se u ovom zadatku, samo pomoću dijagrama, razmenjena toplota ne može odrediti.


5 kg vlažne vodene pare gustine 10,6 kg/m3 širi se kvazistatički pri stalnoj temperaturi 190 ºC do pritiska 200 kPa.

Izračunati: 18 • razmenjenu toplotu i rad širenja, i prikazati ih kao površine u T,s-dijagramu • tehnički rad promene stanja, i prikazati ga kao površinu u T,s-dijagramu i

kao dužinu u h,s-dijagramu


6,00011415,01564,0

0011415,06,10

1

vv

v1

vvvvx

11

11

11

111 =

−

−=

′−′′

′−ρ

=′−′′′−

=

Dovedena količina toplote:

( ) ( ) kJ3,61567987,44580,74635ssTmQ 122,1 =−⋅=−=

gde je:

( ) ( )kgKkJ7987,42357,25074,66,02357,2ssxss 11111 =−+=′−′′+′= (vlažna para, 190 ºC)

kgkJ4580,7s2 = (pregrejana para, 200 kPa, 190 ºC)

Rad širenja:

( ) ( ) kJ3,23448,26384,187653,6156uumQL 212,12,1 =−+=−+=

gde je:

( ) ( )kgkJ4,18761,80625906,01,806uuxuu 11111 =−+=′−′′+′= (vlažna para, 190 ºC),

kgkJ8,2638056,12002850vphu 2222 =⋅−=−= (pregrejana para, 200 kPa, 190 ºC)


(Predstavljanje rada širenja kao površine u T,s-dijagramu je objašnjeno u zadatku 16!)

Tehnički rad:

( ) ( ) kJ3,187928506,199453,6156hhmQL 212,12,1t =−+=−+=

gde je:

( ) ( )kgkJ6,19445,80727866,05,807hhxhh 11111 =−+=′−′′+′= (vlažna para, 190 ºC)

Da bi se tehnički rad prikazao kao površina u T,s – dijagramu, potrebno je poći od prvog zakona termodinamike

gde se količina toplote u T,s dijagramu prikazuje kao površina između krive promene stanja 1-2 i horizontalne ose. Ostaje da se i promena entalpije

2,1tl

2,1t122,1 lhhq +−= 2,1q

12 hh − izrazi kao razmenjena količina toplote, odnosno, kao površina u T,s- dijagramu. Problem se svodi na nalaženje takve promene stanja 4-2 kod koje nema tehničkog rada. To je izobarna promena stanja za koju važi . Pri tome entalpija stanja 1 i 4 mora biti jednaka, pa sledi

422,4 hhq −=

12422,4 hhhhq −=−= . Konačno, iz polazne jednačine sledi 2,42,12,1t qql −= , što se u T,s- dijagramu prikazuje kao razlika površina.


Da bi se tehnički rad mogao prikazati kao dužina u h,s-dijagramu, treba poći od toga da za izobarnu promenu stanja važi

, odakle sledi dhTdsdq == α==⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂ tgT

sh

p

, odnosno, da je nagib

tangente bilo koje izobare u secištu sa istom izotermom jednak i paralelan sa tom izotermom u oblasti vlažne pare. Proizilazi da je u h,s-dijagramu razmenjena količina toplote jednaka dužini vertikalne katete osenčenog trougla, što sledi iz

( ) ( )12122,1 sstgssTq −α=−= . Iz prvog zakona termodinamike ( )122,12,1t hhql −−= proizilazi da je i tehnički rad dužina u h,s-dijagramu.


Pregrejana vodena para pritiska 1,5 MPa i temperature 260 ºC, ekspandira izentropno do 100 kPa.

Odrediti: 19 • na kom pritisku će se pojaviti prve kapi kondenzata • stanje na kraju širenja • tehnički rad i rad širenja i prikazati ih kao površine u h,s-dijagramu

Početno stanje je određeno sa dva podatka (1,5 MPa, 260 ºC), pa se u tablici za pregrejanu vodenu paru očitava vrednost jedinične entropije i entalpije i specifične zapremine:

,kgKkJ7498,6s1 =

kgkJ2944h1 = ,

kgm1581,0v

3

1 = .

Vodena para izentropno ekspandira uz neprestano smanjenje pritiska. U jednom momentu ona dospeva u stanje S, postaje suvozasićena, i tu se izdvajaju prve kapi kondenzata. Da bi se odredio pritisak suve pare, polazi se od toga da za izentropnu ekspanziju važi

.kgKkJ7498,6sss 1ss ==′′= Ova vrednost jedinične entropije se traži u tablici za vlažnu vodenu paru u koloni s ′′ , a zatim se očitava vrednost odgovarajućeg pritiska Ovaj pritisak može da se odredi tačnije pomoću linearne interpolacije, ali će se to ovde izbeći.

.kPa618ps ≈

Izentropna ekspanzija se nastavlja do stanja 2 u oblasti vlažne pare. Ovo stanje je takođe određeno sa dva podatka (p2 = 100 kPa, s2 = s1 = 6,7498 kJ/kgK).

Stepen suvoće (sadržaj pare) na kraju izentropne ekspanzije:

9,08993,03026,1360,73026,17498,6

ssssx

22

222 ≈=

−−

=′−′′′−

= .

Jedinični tehnički rad:

kgkJ49524492944hhl 212,1t =−=−=


gde je:

( ) ( )kgkJ24494,41726759,04,417hhxhh 22222 =−+=′−′′+′=

Rad širenja:

kgkJ41022972707uul 212,1 =−=−=

gde je:

kgkJ27071581,015002944vphu 1111 =⋅−=−=

( ) ( )kgkJ22973,41725069,03,417uuxuu 22222 =−+=′−′′+′=

Da bi se tehnički rad 212,1t hhl −= prikazao u T,s-dijagramu kao površina, mora se izraziti preko razmenjene toplote 311,3 hhq −= izobarne promene stanja, kod koje nema tehničkog rada, pri čemu stanja 3 i 2 moraju biti na liniji stalne entalpije ( ). Iz toga sledi

23 hh =

.qhhhhl 1,331212,1t =−=−=

Slično se postupa kod rada širenja 212,1 uul −= koji se mora izraziti preko razmenjene toplote izohorne promene stanja, kod koje nema rada širenja, pri čemu stanja 4 i 2 moraju biti na liniji stalne unutrašnje energije (

411,4 uuq −=

24 uu = ). Iz toga sledi .quuuul 1,441212,1 =−=−=


2000 kg pregrejane vodene pare stanja p1 = 100 kPa, t1 = 220 ºC komprimuje se kvazistatički izotermno dok se ne izdvoji 1,19 m3

kondenzata. 20

Odrediti: • odvedenu količinu toplote i rad kompresije, i prikazati ih kao površine u T,s-

dijagramu • tehnički rad promene stanja, i prikazati ga kao površinu u T,s-dijagramu, a

kao dužinu u h,s-dijagramu

Veličine stanja pregrejane pare:

kgm266,2v

3

1 = , ,kgkJ2914h1 =

kgKkJ910,7s1 =

kgkJ4,2687266,21002914vphu 1111 =⋅−=−=

Sadržaj pare na kraju kompresije:

5,020001000

mmx 1

1 ==′′

=

gde je:

kg100000119,0

19,12000vVmmmm

1

111 =−=

′′

−=′−=′′


( ) ( ) MJ46,3kJ3460532910,74014,415,4932000ssmTQ 122,1 −≈−=−⋅=−=

gde je:

( ) ( )kgKkJ4014,45179,22849,65,05179,2ssxss 22222 =−+=′−′′+′=

Rad:

( ) ( ) MJ63,1kJ162863245,17714,268720003460532uumQL 212,12,1 −≈−=−+−=−+=

gde je:

( ) ( )kgkJ45,17719,94026025,09,940uuxuu 22222 =−+=′−′′+′=

Tehnički rad:

( ) ( ) MJ38,1kJ137823285,1872291420003460532hhmQL 212,12,1t −≈−=−+−=−+=

gde je:

( ) ( )kgkJ85,18727,94328025,07,943hhxhh 22222 =−+=′−′′+′=

Količina toplote, rad i tehnički rad u T,s-dijagramu, kao i tehnički rad u h,s-dijagramu prikazuju se na isti način kao u zadatku 18! Jedina razlika je u tome što stanja 1 i 2 zamenjuju mesta.


Kvazistatička izotermna ekspanzija vodene pare završava se na pritisku 100 kPa i temperaturi 170 ºC. Koliki je rad širenja i tehnički rad, ako se u

toku promene stanja dovede 1072 kJ/kg toplotne energije? 21

Krajnje stanje pare je definisano sa dva nezavisna podatka, pritiskom i temperaturom, pa ovo stanje mora biti u oblasti pregrejane pare.

Veličine stanja pregrejane pare:

kgm031,2v

3

2 = , ,kgkJ5,2815h 2 =

kgKkJ6985,7s2 =

kgkJ4,2612031,21005,2815vphu 2222 =⋅−=−=

. U početnom stanju temperatura je 170 ºC, ali se ne zna da li je ovo stanje u oblasti vlažne ili pregrejane pare. Pošto je data vrednost dovedene količine toplote, iskoristiće se izraz

: ( )122,1 ssTq −=

kgkJ2795,5

15,44310726985,7

Tq

ss 2,121 =−=−=

Dobijena vrednost se upoređuje sa specifičnom entropijom suve pare stanja S ( kgKkJ6666,6ss ss =′′= na 170 ºC ), pa se može zaključiti da je stanje 1 u oblasti vlažne pare, jer je ! s1 ss p

Stepen suvoće:

7,00417,26666,60417,22795,5

ssssx

11

111 =

−−

=′−′′′−

=


Jedinični rad širenja:

kgkJ4794,26124,20191072uuql 212,12,1 =−+=−+=

gde je:

( ) ( )kgkJ4,20193,71825777,03,718uuxuu 11111 =−+=′−′′+′=

Jedinični tehnički rad:

kgkJ5,4105,281521541072hhql 212,12,1t =−+=−+=

gde je:

( ) ( )kgkJ21542,71927697,02,719hhxhh 11111 =−+=′−′′+′=

22 Koliki je najmanji stepen suvoće vodene pare od 2 MPa koji se može izmeriti adijabatnim kalorimetrom koji omogućava prigušenje do 100 kPa?

Da bi se odredio stepen suvoće vlažne pare poznatog pritiska (i temperature), deo te pare se sprovodi u poseban cevovod i adijabatno priguši. Prigušivanje mora da se završi u oblasti pregrejane pare. Pregrejanoj pari se izmeri pritisak i temperatura, te iz tablica očita vrednost entalpije. Time je određena i entalpija vlažne pare jer se adijabatno prigušivanje odvija pri konstantnoj entalpiji. Pošto se sada poznaje pritisak i entalpija vlažne pare, stepen suvoće joj je lako izračunati. Najveći stepen suvoće koji ne može da se odredi na ovaj način, jeste kada se adijabatno prigušivanje obavlja do stanja suvog zasićenja. Najmanji stepen suvoće koji može da se odredi na ovaj način je nešto veći od najvećeg koji ne može.

∗1x

1x

Najveći stepen suvoće koji ne može da se odredi pomoću manometra i termometra:

934,05,90827995,9082675

hhhhx

11

111 =

−−

=′−′′′−

=∗ ( )kPa100naparusuvuzahh,hh 2221 ′′==


100 kg vlažne vodene pare priguši se adijabatno sa 1 MPa na 100 kPa, pa se izobarno zagreje na 300 ºC dovođenjem 38 MJ toplote. Odrediti stepen

suvoće i zapreminu vlažne pare. 23

Pošto je data izobarno dovedena kolčina toplote, polazi se od izraza : ( )233,2 hhmQ −=

kgkJ2694

100380003074

mQ

hh 3,232 =−=−=

Adijabatno prigušivanje se odvija pri h = const pa sledi:

21 hh =

Stepen suvoće:

9583,07,76227787,7622694

hhhhx

11

111 =

−−

=′−′′′−

=


( ) ( )kgm1865,00011273,01946,09583,00011273,0vvxvv

3

11111 =−+=′−′′+′=

Zapremina vlažne pare:

3

11 m65,181865,0100vmV =⋅==


200 kg vodene pare koja zauzima zapreminu 15 m3 na pritisku 800 kPa zagreva se i širi izobarno toliko da izvrši rad širenja u iznosu od 16 MJ.

Odrediti dovedenu količinu toplote, tretirajući promenu stanja jednom kao izobarnu, a drugi put kao izotermnu, i uveriti se da je ona ista u oba slučaja.

24


3089,00011149,02403,00011149,00750,0

vvvvx

11

111 =

−−

=′−′′′−

=

gde je:

kgm075,0

20015

mVv

31

1 ===

Stepen suvoće u krajnjem stanju:

7270,00011149,02403,00011149,01750,0

vvvvx

22

222 =

−−

=′−′′′−

=

gde se v2 određuje iz izraza za rad širenja ( )122,1 vvpmL −= izobarne promene:

kgm175,0

80020016000075,0

pmL

vv3

2,112 =

⋅+=+=

Izobara 1-2:


( ) ( ) kJ17126256,135387,2209200hhmmqQ 122,12,1 =−=−== gde je:

( ) ( )kgkJ56,13539,72027693089,09,720hhxhh 11111 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgkJ87,22099,7202769727,09,720hhxhh 22222 =−+=′−′′+′=


Izoterma 1-2:


( ) ( ) kJ1712544722,34026,557,443200ssmTQ 122,1 =−⋅=−= gde je:

( ) ( )kgKkJ4722,3046,2663,63089,0046,2ssxss 11111 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgKkJ4026,5046,2663,67270,0046,2ssxss 22222 =−+=′−′′+′=

9,8 kg tečnog dela i 7,7 kg parovitog dela vlažne vodene pare pritiska 380 kPa, zagreva se pri stalnoj zapremini do pritiska 1,6 MPa. Nakon toga para

izentropnom promenom dospeva do stanja suvog zasićenja. 25

Odrediti: • dovedenu količinu toplote u toku zagrevanja • rad širenja i tehnički rad pri izentropnoj promeni • zapreminu faza i ukupnu zapreminu vlažne pare na početku ove promene

Stepen suvoće na početku promene:

44,07,78,9

7,7mm

mx11

11 =

+=

′′+′′

=

Sada mogu da se izračunaju vrednosti svih ekstenzivnih veličina stanja pare na početku promene,

ali je za sada potrebna samo specifična zapremina:

( ) ( )kgm2141,00010817,04852,044,00010817,0vvxvv

3

11111 =−+=′−′′+′=

Tokom izohornog zagrevanja specifična zapremina vlažne pare je konstantna, i kroz stanje suvog zasićenja prolazi pri vrednosti kgm2141,0vv 3

ss =′′= . Međutim, ovde se još ne zna da li para prolazi kroz to stanje? Ako para ne dostiže stanje suvog zasićenja, izohorno zagrevanje se završava u oblasti vlažne pare i, obrnuto, ako prolazi kroz to stanje, zagrevanje se završava u oblasti pregrejane pare. Pošto se zna da je krajnji pritisak izohornog zagrevanja p2 =1,6 MPa, potrebno ga je uporediti sa pritiskom koji odgovara suvoj pari specifične zapremine 0,2141 m3/kg. U tablicama za vlažnu vodenu paru, za vrednost kgm2143,0v 3

s =′′ očitava se pritisak (Linearnom interpolacijom se može tačnije dobiti

kPa900ps =

kgm2141,0vzakPa5,903p 3ss =′′= , ali to

nema uticaja na analizu). Zbog jasno je da je stanje 2 u oblasti pregrejane pare. s2 pp f

U tablicama za pregrejanu paru, za kgm2141,0vviMPa6,1p 3

122 === očitavaju se vrednosti .kgKkJ479,7s,kgkJ3428h,C480t 222 === o

( C pa izoterma t15,374tC480t K2oo f == 2 ne prolazi kroz oblast vlažne pare, što je važno

uočiti zbog korektnog skiciranja položaja izoterme t2 u dijagramu )


Promena stanja 2-3 je izentropna ekspanzija, i zbog consts = važi kgKkJ479,7ss 23 == . Stanje 3 je na gornjoj graničnoj krivi, pa se u tablicama za vlažnu vodenu paru kod

kgKkJ479,7s3 =′′ očitavaju vrednosti: .kgkJ2495u,kgkJ2660h,kPa70p 333 ===

Dovedena količina toplote pri izohornom zagrevanju:

( ) ( ) kJ284999,14564,30855,17uumQ 122,1 =−=−=

gde je:

( ) ( )kgkJ9,14564,596255244,04,596uuxuu 11111 =−+=′−′′+′=

kJ4,30852141,016003428vphu 2222 =⋅−=−=

Rad širenja:

( ) ( ) kJ1033224954,30855,17uumL 323,2 =−=−=

Tehnički rad:

( ) ( ) kJ13440266034285,17hhmL 323,2t =−=−=

Zapremina faza:

3111 m0106,00010817,08,9vmV =⋅=′′=′

3

111 m7360,34852,07,7vmV =⋅=′′′′=′′

Zapremina vlažne pare:

3111 m7466,3VVV =′′+′=

( Važi i , ali se mora izračunati na veći broj decimala ). 11 vmV = 1v


119 kg pregrejane vodene pare temperature 400 ºC hladi se pri stalnoj zapremini dok pritisak ne opadne na 500 kPa. Na kraju hlađenja

kondenzovana voda zauzima zapreminu 26 dm3. Odrediti pritisak pregrejane pare na početku hlađenja. Koliko toplotne energije treba da se odvede vodenoj pari tokom ove promene stanja?

26

Početno stanje nije definisano samo jednim podatkom ( 400 ºC ), pa će pritisak p1 pregrejane pare biti naknadno određen. Krajnje stanje 2 je određeno jer je, osim pritiska ( 500 kPa ), poznata zapremina kondenzata ( 26 dm3 ) i masa ( 119 kg ). Lako se uočava da pregrejana para hlađenjem dospeva u oblast vlažne pare. Naime, u slučaju potpune kondenzacije zapremina 26 dm3 kondenzata imala bi masu 26 kg ( grubo računajući, ≈ 3mkg1000≈ρ ), a to je mnogo manje od 119 kg!

Stepen suvoće:

8,0119

0010927,01026119

mvVm

mmm

mmx

3

2

2

222 =

⋅−

=′′

−=

′−=

′′=

−

Specifična zapremina vlažne pare:

( ) ( )kgm3,00010927,03747,08,00010927,0vvxvv

3

22222 =−+=′−′′+′=

Sada je i stanje 1 definisano jer je, osim temperature t1, poznata i specifična zapremina ( v1 = v2 ). Pomoću stvarnog h,s-dijagrama za vodenu paru određuje se pritisak

( presek izohore 0,3 MPa04,1p1 = kgm3 i izoterme 400 ºC ). Pomoću tablice za pregrejanu vodenu paru, linearnom interpolacijom se dobija tačnija vrednost .MPa025,1p1 =


( ) ( ) kJ925351,29555,2177119uumQ 122,1 −=−=−=

gde je:

( ) ( )kgkJ5,21774,63925628,04,639uuxuu 22222 =−+=′−′′+′=

kJ1,29553,010256,3262vphu 1111 =⋅−=−= ( h1 – određeno interpolacijom )


Pregrejanoj vodenoj pari temperature 400 ºC na pritiscima 6 bar, 8 bar, 10 bar i 12 bar pripadaju vrednosti specifične zapremine 0,5136 m3/kg, 0,3842

m3/kg, 0,3065 m3/kg i 0,2547 m3/kg, respektivno. Postaviti korelacionu jednačinu specifične zapremine i pritiska za date podatke, i odrediti:

27

• vrednost pritiska koji odgovara specifičnoj zapremini 0,3 m3/kg. Rezultat uporediti sa pritiskom koji je za istu specifičnu zapreminu i temperaturu dobijen u prethodnom zadatku linearnom interpolacijom

• vrednost specifične zapremine koja odgovara pritisku 7 bar i uporediti je sa vrednošću specifične zapremine koja se dobija linearnom interpolacijom

Korelaciona jednačina:

,dpcpbpav 32 +++= ( ) ( )barp,kgmv 3

Uvrštavanjem datih parova podataka u korelacionu jednačinu dobija se sistem od 4 linearne jednačine:

32

32

32

32

12d12c12ba2547,010d10c10ba3065,08d8c8ba3842,06d6c6ba5136,0

⋅+⋅+⋅+=

⋅+⋅+⋅+=

⋅+⋅+⋅+=

⋅+⋅+⋅+=

Rešenje sistema:

kgm4055,1a 3= kgbarm2309625,0b 3−=

23 kgbarm0161375,0c = 33 kgbarm000403125,0d −=

Konačni oblik korelacione jednačine za i C400t o= bar12pbar6 ≤≤ :

32 p000403125,0p0161375,0p2309625,04055,1v −+−=

Vrednost pritiska za kgm3,0v 3= dobija se, posle uvrštavanja u korelacionu jednačinu, kao koren kubne jednačine: bar23,10p = ( smatra se tačnom vrednošću )

(Mala razlika u odnosu na 10,25 bar, dobijenih linearnom interpolacijom u prethodnom zadatku)

Vrednost specifične zapremine za bar7p = se dobija, posle uvrštavanja u korelacionu jednačinu, mnogo lakše:

kgm4412,0v 3= ( smatra se tačnom vrednošću ) ( Linearnom interpolacijom između pritisaka 6 bar i 8 bar dobija se vrednost specifične

zapremine 0,4489 m3 /kg (aritmetička sredina!) za pritisak 7 bar. Ovde je relativna razlika velika. Ako se kgm4489,0v 3= uvrsti u korelacionu jednačinu, koren kubne jednačine će dati

pripadajuću (tačnu) vrednost pritiska .bar882,6p = )


Vodena para temperature 255 ºC, kojoj zapremina tečnog dela zauzima 4,3 dm3, a parovitog dela 625 dm3, ekspandira kvazistatički pri stalnom

sadržaju pare do temperature 150 ºC. 28

Odrediti: • masu tečne i parovite faze na početku promene stanja • sadržaj pare • zapreminu tečne i parovite faze na kraju promene stanja • razmenjenu toplotu, rad i tehnički rad

Masa tečne i parovite faze na početku promene stanja:

kg6136,1304591,0625,0

vVm

kg4043,30012631,0

103,4vVm

1

11

3

1

11

==′′′′

=′′

=⋅

=′′

=′−

Ukupna masa:

kg0179,17mmm 11 =′′+′=

Sadržaj pare:

8,00179,176136,13

mmx 1

1 ==′′

=

( Iz mmx

mmx 1

12

2′′

==′′

= sledi 12 mm ′′=′′ . Pošto je constm = , sledi i 12 mm ′=′ . U stvari, masa

faza ostaje nepromenjena sve vreme od početnog do krajnjeg stanja. )


o Toplota se dovodi pari ( ),0Q 2,1 f jer njena entropija raste tokom promene stanja. o Zaperminski rad se dobija ( ),0L 2,1 f jer se promena stanja odvija u smeru porasta

specifične zapremine ( ekspanzija ). Na skici T,s-dijagrama treba zamisliti izohore kroz stanja 1 i 2. Izohora kroz stanje 2 je položena niže, pa je . 12 vv f

o Tehnički rad se dobija ( ),0L 2,1t f jer se promena stanja odvija u smeru smanjenja pritiska.

Zapremina tečne i parovite faze na kraju promene:

( ) ( ) 33

22222 m107,30010906,00179,178,01vmx1vmV −⋅=⋅−=′−=′′=′ 3

22222 m345,53926,00179,178,0vmxvmV =⋅⋅=′′=′′′′=′′


( ) ( ) ( ) ( ) kJ5,357639716,5839,52

15,42315,5280179,17ss2

TTmmqQ 1221

2,12,1 =−+

=−+

≈=

gde je:

( ) ( )kgKkJ39716,58394,20366,68,08394,2ssxss 11111 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgKkJ8390,58418,18383,68,08418,1ssxss 22222 =−+=′−′′+′=

(Jedinična količina toplote je približno jednaka površini osenčenog trapeza u T,s-dijagramu, pod uslovom da promena stanja mnogo ne odstupa od prave linije. Tačnije se količina toplote dobija

podelom promene 1-2 na segmente, uz sumiranje površina trapeza koji im odgovaraju.)

Rad širenja:

( ) ( ) kJ6,57445,21739,23000179,175,3576uumQL 212,12,1 =−+=−+=

gde je:

( ) ( )kgkJ9,23007,110426008,07,1104uuxuu 11111 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgkJ5,21737,63125598,07,631uuxuu 22222 =−+=′−′′+′=

Tehnički rad:

( ) ( ) kJ59252,23232,24610179,175,3576hhmQL 212,12,1t =−+=−+=

gde je:

( ) ( )kgkJ2,24612,111027998,02,1110hhxhh 11111 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgkJ2,23232,63227468,02,632hhxhh 22222 =−+=′−′′+′=


20 m3 vlažne vodene pare od 500 kPa ekspandira izentropno na 100 kPa. Poznato je da je vlažnost na početku i na kraju procesa ista.

Odrediti rad širenja i tehnički rad promene. Odrediti promenu vlažnosti ako se ekspanzija nastavi do pritiska 10 kPa. Koliki bi se rad širenja dobio da je ono teklo od 500 kPa do 100 kPa po liniji konstantne vlažnosti?

29

Istoj vlažnosti odgovara isti stepen suvoće 21 xx = :

22

22

11

11

ssss

ssss

′−′′′−

=′−′′′−

Uzimajući u obzir da je za izentropu sss 21 == , sređivanjem se dobija:

kgKkJ38494,4

86,1822,63026,136,7822,63026,136,786,1

sssssssss

1122

1221 =+−−

⋅−⋅=

′+′′−′−′′′′′−′′′

=

Stepen suvoće u početnom i krajnjem stanju:

509,050886,086,1822,6

86,138494,4ssssx

11

1 ≈=−−

=′−′′′−

=

Rad širenja:

( ) ( ) kJ1438445,1480161857,104uumL 212,1 =−=−=

gde je:

kg57,10419126,020

vVm

1

1 ===

( ) ( )kgm19126,00010927,03747,0509,00010927,0vvxvv

3

1111 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgkJ16184,6392562509,04,639uuxuu 11111 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgkJ45,14803,4172506509,03,417uuxuu 22222 =−+=′−′′+′=


Tehnički rad:

( ) ( ) kJ1537352,156653,171357,104hhmL 112,1t =−=−=

gde je:

( ) ( )kgkJ53,17131,6402749509,01,640hhxhh 11111 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgkJ52,15664,4172675509,04,417hhxhh 22222 =−+=′−′′+′=

Ako bi se izentropna ekspanzija nastavila do stanja 3 gde vlada pritisak , stepen suvoće bi

bio: kPa10

498,06492,0149,8

6492,038494,4ssss

x33

33 =

−−

=′−′′′−

=

Promena vlažnosti ako bi se ekspanzija nastavila do pritiska 10 kPa:

( ) 011,0498,0509,0xxx1x1yy 3323 =−=−=−−−=− ( Vrlo malo povećanje vlažnosti! )

Između stanja 1 i 2 promena vlažnosti je izuzetno mala i može se smatrati da se ova izentropna promena stanja obavlja pri konstantnoj vlažnosti. Prema tome, rad širenja koji bi se obavljao pri konstantnoj vlažnosti između stanja 1 i 2 bio bi isti kao pri izentropnoj promeni 1-2. Strogo posmatrano, tokom promene stanja pri konstantnoj vlažnosti bi se ipak izvršila neznatna razmena toplote. U početku bi se toplota odvodila, posle toga bi se dovodila, pri čemu bi odvedena toplota bila veća od dovedene ( videti kako se menja entropija u T,s-dijagramu ). Odvedena jedinična količina toplote bila bi jednaka površini između izentrope 1-2 i linije konstantnog stepena suvoće .509,0x =


Koliko bi toplotne energije oduzeo 1 kg amonijaka okolini, ako bi se u njoj našao u otvorenom sudu na svojoj temperaturi zasićenja u tečnom stanju?

Stanje okoline je po = 93,3 kPa, to = 15 ºC. 30

Prema tablicama za vlažnu paru amonijaka, pritisak okoline 93,3 kPa se nalazi između 88, 51 kPa ( odgovarajuća temperatura isparavanja -36 ºC ) i 98,02 kPa (odgovarajuća temperatura isparavanja -34 ºC ). Linearnom interpolacijom se dobija da pritisku okoline odgovara temperatura isparavanja ≈ -35 ºC. Isparavanje počinje na donjoj graničnoj krivi ( stanje ključanja ) i odvija se pri stalnom pritisku 93,3 kPa i pri stalnoj temperaturi -35 ºC do gornje granične krive. Nakon toga, para i dalje oduzima toplotu okolini pri stalnom pritisku 93,3 kPa, pregrevajući se do temperature okoline to = 15 ºC.

Za određivanje dovedene količine toplote pri stalnom pritisku potrebno je znati vrednost entalpije u početnom i krajnem stanju promene. Za očitavanje ovih vrednosti može da se koristi i tablica i dijagram za NH3.

kgkJ15,238hh 11 =′= ( Ključala tečnost, t = -35 ºC, p = 93,3 kPa )

kgkJ35,1722h 2 = ( Pregrejana para, t0 =15 ºC, p = 93,3 kPa )

Dovedena toplota (toplota oduzeta okolini):

kgkJ2,1484hhq 122,1 =−=

Veličine stanja NH3 se očitavaju iz tablice ili dijagrama, sa sledećom karakteristikom:

C0t o= →kgKkJ4s,

kgkJ400h =′=′


31 Kada 1 m3 ključalog amonijaka odvodi više toplote: kada isparava na -35 ºC ili na -5 ºC ? Koji se proces od ova dva može lakše tehnički realizovati?

Toplota isparavanja ( r ) je veća na -35 ºC nego na -5 ºC, pa 1 kg amonijaka oduzima više toplote okolini na -35 ºC nego na -5 ºC. 1 m3 amonijaka takođe oduzima više toplote na -35 ºC nego na -5 ºC, ali treba imati na umu činjenicu da je gustina ključale tečnosti veća na nižoj temperaturi ( 1 m3 ključalog amonijaka ima veću masu na nižoj temperaturi ).

Masa 1 m3 ključalog amonijaka na -5 ºC i -35 ºC:

kg85,645185,645Vm 55 =⋅=′ρ′= −− kg05,684105,684Vm 3535 =⋅=′ρ′= −−

Dovedene količine toplote na -5 ºC i -35 ºC:

kJ8263004,127985,645rmqmQ 55555 =⋅=== −−−−−

kJ9416636,137605,684rmqmQ 3535353535 =⋅=== −−−−−

Interesantno je odrediti veličinu zapremine koju zauzima amonijak kada potpuno ispari.

Zapremina suve pare amonijaka na -5 ºC i -35 ºC: 3

5

55 m9,223

8845,285,645m

V ==ρ ′′

=′′−

−−

3

35

3535 m8,831

8224,005,684m

V ==ρ ′′

=′′−

−−

Lakše je tehnički realizovati proces na temperaturi -5 ºC zbog manje zapremine postrojenja. Takođe je lakše tehnički realizovati proces na temperaturi -5 ºC (355 kPa ), nego na -35 ºC ( 93,3 kPa ) iz aspekta pritiska. Naime, ako je u isparivaču pritisak niži od atmosferskog, potrebno je obezbediti sistem od prodora vlažnog vazduha iz okoline.


Boca od 0,1 m3 napunjena sa 10 kg NH3 stajala je dugo na temperaturi -20 ºC. Ako se boca unese u veliku prostoriju gde se može održavati

temperatura od +20 ºC, odrediti količinu toplote koju će amonijak oduzeti. Na koju temperaturu treba zagrejati amonijak da bi postao suvo zasićen? Koliki mu je tada pritisak? Koliko još toplote treba dovesti da bi se postiglo stanje suvog zasićenja pare?

32

Zagrevanje je izohorno, pa je specifična zapremina ( i gustina ) konstantna:

kgm01,0

101,0

mVvvv

3

21 =====

Pošto je specifična zapremina veća od kritične vrednosti ( kgm10255,4v 33

K−⋅= )

izohora seče gornju graničnu krivu.

Stepen suvoće na : C20iC20 oo +−

01365,0

3,6651

603,11

3,665101,0

11

1v

vvvvx

11

11

11

111 =

−

−=

ρ′−

ρ ′′

ρ′−

=′−′′′−

=

05648,0

6111

68,61

611101,0

11

1v

vvvvx

22

22

22

222 =

−

−=

ρ′−

ρ ′′

ρ′−

=′−′′′−

=

Korisno je očitati vrednosti pritisaka koji odgovaraju temperaturi ključanja : C20iC20 oo +−

,kPa2,190p1 = kPa6,856p2 =

Da se tablice ne bi odlagale, takođe može da se očita vrednost temperature i pritiska u stanju

suvog zasićenja (za vrednost specifične zapremine kgm01,0vv 333 =′′= ):

,C119t 3

o= kPa8985p3 =

Dovedena količina toplote pri zagrevanju od : C20doC20 oo +−

( ) ( ) kJ7,229035,32342,55210uumQ 122,1 =−=−=

gde je:

kgkJ35,32301,02,19025,325vphu 1111 =⋅−=−=

( ) ( )kgkJ25,3251,307163701365,01,307hhxhh 11111 =−+=′−′′+′=


kgkJ42,55201,06,85699,560vphu 2222 =⋅−=−=

( ) ( )kgkJ99,560494168005648,0494hhxhh 22222 =−+=′−′′+′=

Dodatna količina toplote za izohorno zagrevanje do stanja suvog zasićenja:

( ) ( ) kJ8,897442,5529,144910uumQ 233,2 =−=−=

gde je:

kgkJ9,144901,0898575,1539vphu 3333 =⋅−=−=

33 hh ′′= ( za ) C119t 3o=

Pri rešavanju zadataka dobro je imati na umu vrednosti kritičnih veličina!

Kritične vrednosti za NH3:

C4,132t Ko= bar9,112pK =

kgm10255,4v 33K

−⋅= 3

K mkg018,235=ρ


Vlažna para amonijaka, gustine 427 kg/m3, temperature -35 ºC zatvori se hermetički u posudu pod pritiskom zasićenja i ostavi u atmosferi dugo

vremena na temperaturi okoline +30 ºC. 33

Koliko toplote pređe iz okoline na amonijak tokom dugog stajanja, i na šta se ona utroši? Kako to da se daljim zagrevanjem amonijaka (u kome već ima parovite faze) dobije čist kondenzat? Koliko toplote treba dovesti amonijaku neposredno posle zatvaranja u sud, da bi se dobio čist kondenzat?

Stepen suvoće amonijaka na : C30iC35 oo +−

0007246,0

05,6481

82235,01

05,6841

4271

11

11

vvvvx

11

11

11

111 =

−

−=

ρ′−

ρ ′′

ρ′−

ρ=

′−′′′−

=

0060895,0

5961

031,91

5961

4271

11

11

vvvvx

22

22

22

222 =

−

−=

ρ′−

ρ ′′

ρ′−

ρ=

′−′′′−

=

Vrednost pritiska koji odgovara temperaturi ključanja : C30iC35 oo +−

,kPa265,93p1 = kPa1144p2 =

Dovedena količina toplote pri zagrevanju od : C30doC35 oo +−

kJ81,30693,23874,545uuq 122,1 =−=−=

gde je:

kgkJ93,238

427265,9315,239phu

1

111 =−=

ρ−=

( ) ( )kgkJ15,23915,2388,16140007246,015,238hhxhh 11111 =−+=′−′′+′=

kgkJ74,545

427116547,548phu

2

222 =−=

ρ−=

( )kgkJ47,54811440060895,05,541rxhhhxhh 22222222 =⋅+=+′=′−′′+′=

Ako se posle dostizanja stanja 2 nastavi izohorno zagrevanje, dobija se čist kondenzat jer se zagrevanje obavlja pri ( )K

3K

3 vvmkg018,235mkg427 pf =ρ=ρ . To znači da izohora seče donju graničnu krivu.


Iz tablice za vlažnu amonijačnu paru (za vrednost gustine 333 mkg427=ρ ′′=ρ ) očitavamo

,C109t 3o= .kPa5,7460p3 =

Dovedena količina toplote pri izohornom zagrevanju od početnog stanja do stanja suvog zasićenja:

kJ55,72193,23848,960uuq 133,1 =−=−=

gde je:

kgkJ48,960

4275,746095,977

phu

3

333 =−=

ρ−=

33 hh ′=


Izentropnom kompresijom 10 m3/h suve pare NH3, temperature -10 ºC, izvodi se tako da se hlađenjem pri stalnom pritisku posle kompresije

amonijak može kondenzovati na +40 ºC. 34

Odrediti: • temperaturu na kraju izentropne kompresije • teorijsku snagu kompresije • količinu toplote koja se oslobađa potpunom kondenzacijom

Gustina suve pare:

311 mkg39,2=ρ ′′=ρ

Maseni protok amonijaka:

hkg9,231039,2Vm 11 =⋅=ρ=

••

Jedinična entalpija i entropija suve pare:

kgkJ1,1650hh 11 =′′= , kgKkJ754,8ss 11 =′′=

Iz uslova consts = sledi kgKkJ754,8ss 12 == . U tablicama za vlažnu paru amonijaka data vrednost s ( pri temperaturi kondenzacije +40 ºC ) nalazi se između 110 ºC i 120 ºC. Linearnom interpolacijom se dobija . Takođe se linearnom interpolacijom dobija

2

C114t 2o=

.kgkJ4,1898h 2 = Brže se nalazi i uz pomoć 2t 2h ,dijagramah,plog − ali sa manjom tačnošću.

Teorijska snaga kompresije:

( ) ( ) kW648,14,18981,16503600

9,23hhmLN 212,1t −=−=−==••

Odvedeni toplotni protok ( oslobođena toplota ):

( ) ( ) kW689,84,18986,5893600

9,23hhmQ 233,2 −=−=−=••

gde je: 33 hh ′=


Vlažna vodena para koju sačinjava 5,8 litara ključale vode i 1449 litara suve pare na pritisku 1,6 MPa, širi se kvazistatički izotermno do 200 kPa. Od ovog

stanja širenje se nastavi izentropno do 10 kPa. 35

Odrediti: • ukupan rad širenja • ukupan tehnički rad • razmenjenu količinu toplote • zapreminu pare na kraju procesa

Stepen suvoće na početku procesa:

7,07,115

7,11mm

mx11

11 =

+=

′′+′′′

=

gde je:

kg50011586,0

108,5vVm

3

1

11 =

⋅=

′′

=′−

kg7,111238,0

101449vVm

3

1

11 =

⋅=

′′′′

=′′−

Poželjno je što pre skicirati proces u termodinamičkom dijagramu. Da bi skica bila korektna tok procesa treba da se prati u stvarnom h,s-dijagramu za vodenu paru. Izotermna ekspanzija počinje u oblasti vlažne pare na izobari 1,6 MPa, kojoj odgovara izoterma 201,36 ºC i završava se u oblasti pregrejane pare ( presek izoterme 201,36 ºC i izobare 200 kPa ). Dalje se ekspanzija odvija izentropno ( po vertikali do preseka sa izobarom 10 kPa ), pa je krajnje stanje u oblasti vlažne pare sa stepenom suvoće 91,0x 3 ≈ . Stepen suvoće se tačnije određuje pomoću tablica za vodenu paru.

Stepen suvoće na kraju procesa:

914,06492,0149,86492,0507,7

ssss

x33

333 =

−−

=′−′′′−

=

Iz uslova sledi . Pri tome je jedinična entropija određena interpolacijom (tablični podaci za pregrejanu paru na 200 kPa i 201,36 ºC). Vrednosti su očitane u

tablicama za vlažnu vodenu paru na 10 kPa.

consts = 23 ss = 2s

33 sis ′′′


Ukupan jedinični rad širenja:

323,2212,13,22,13,1 uuquuqlll −++−+=+= , ( za izentropu je ) 0q 3,2 =

kgkJ669,92492,224342,2073169,1095uuql 312,13,1 =−+=−+=

gde je:

( ) ( )kgkJ169,1095199,5507,751,474ssTq 1212,1 =−=−=

( ) ( )kgKkJ199,5344,2422,67,0344,2ssxss 11111 =−+=′−′′+′= ( 1,6 MPa, vlažna para )

Za pregrejanu paru na 1,6 MPa i 201,36 ºC jedinična entropija određena je interpolacijom. 2s

( ) ( )kgkJ42,20734,85625957,04,856uuxuu 11111 =−+=′−′′+′= ( 1,6 MPa, vlažna para )

Ukupan rad širenja:

kJ15442669,9247,16lmL 3,13,1 ≈⋅==

Ukupan jedinični tehnički rad:

323,2212,13,2t2,1t3,1t hhqhhqlll −++−+=+= , 0q 3,2 =

kgkJ849,9291,237878,2212169,1095hhql 312,13,1t =−+=−+=

gde je:

kgkJ78,22120871,0160042,2073vpuh 1111 =⋅+=+=

( )kgm0871,0

7,161014498,5

mVV

mVv

33111

1 =+

=′′+′

==−

kgkJ10,23784176,131092,2243vpuh 3333 =⋅+=+=

( ) ( )kgm4176,130010103,068,14914,00010103,0vvxvv

3

33333 =−+=′−′′+′=

Ukupan tehnički rad:

kJ15528849,9297,16lmL 3,1t3,1t ≈⋅==

Razmenjena toplota:

kJ18289169,10957,16qmQQ 2,12,13,1 ≈⋅===

Zapremina pare na kraju procesa:

3

33 m07,224vmV ==


Vlažna para iz prethodnog zadatka se sada zagreva pri konstantnom pritisku dok ne dostigne temperaturu 300 ºC. Ovako pregrejana para

ekspandira izentropno na 200 kPa. 36

Odrediti: • tehnički rad cele promene stanja • zapreminske radove pojedinačnih delova promene stanja i rad cele promene

stanja • dovedenu količinu toplote • zapreminu pare na kraju procesa

Ukupan jedinični tehnički rad:

3,2t2,1t3,1t lll += ( )constpza0l 2,1t ==

kgkJ1,4229,26073030hhll 323,2t3,1t =−=−==

gde je:

( ) ( )kgkJ9,26078,5042707955,08,504hhxhh 33333 =−+=′−′′+′=

955,05302,1127,75302,1877,6

ssss

x33

333 =

−−

=′−′′′−

=

Ukupan tehnički rad:

kJ70491,4227,16lmL 3,1t3,1t =⋅==

Jedinični rad izobarne ekspanzije:

( ) ( )kgkJ21,1140871,01585,01600vvpl 122,1 =−=−=


Jedinični rad izentropne ekspanzije:

kgkJ62,33778,24384,2776uul 323,2 =−=−=

gde je:

kgkJ4,27761585,016003030vphu 2222 =⋅−=−=

kgkJ78,24388456,02009,2607vphu 3333 =⋅−=−=

( ) ( )kgm8456,00010605,08854,0955,00010605,0vvxvv

3

33333 =−+=′−′′+′=

Ukupan jedinični rad:

kgkJ83,451lll 3,22,13,1 =+=

Ukupan rad:

kJ754683,4517,16lmL 3,13,1 =⋅==

Dovedena jedinična količina toplote:

3,22,13,1 qqq += ( )0qjeizentropuza 3,2 =

kgkJ19,81721,1142073,42-2776,4luuqq 2,1122,13,1 =+=+−==

Ukupno dovedena količina toplote:

kJ1364719,8177,16qmQ 3,13,1 =⋅==

Zapremina pare na kraju procesa:

333 m12,148456,07,16vmV =⋅==


Vodena para stanja p1 = 2 MPa, t1 = 300 ºC ekspandira izentropno do pritiska 100 kPa, odakle se izvrši potpuna kondenzacija pri stalnom

pritisku. 37

Odrediti: • tehnički rad ukupne promene • količinu toplote oslobođene kondenzacijom, i količinu vode za ovo odvođenje,

ako se ona zagreje za 30 ºC • ukupan zapreminski rad i promenu entropije

Početno stanje 1 je definisano sa dva podatka ( 2 MPa, 300 ºC ). Krajnje stanje 3 je takođe definisano sa dva podatka ( 100 kPa, ključala tečnost ). Međustanje 2 nije definisano samo jednim poznatim podatkom ( 100 kPa ), pa je nužno odrediti još jedan. U h,s-dijagramu za vodenu paru se, povlačenjem vertikale ( izentropa ) iz početnog stanja 1 do preseka sa izobarom 100 kPa, nalazi međustanje 2 ( u oblasti vlažne pare ), kome odgovara stepen suvoće Ovaj podatak će se odrediti tačnije pomoću tablica za vodenu paru.

.9,0x 2 ≈

Stepen suvoće u međustanju 2:

9,03026,1360,73026,1757,6

ssssx

22

222 =

−−

=′−′′′−

=

( očitano iz tablica za pregrejanu paru na 2 MPa i 300 ºC, a ,ss 12 = 22 sis ′′′ iz tablica za vlažnu paru na 100 kPa )

Tehnički rad ukupne promene:

3,2t2,1t3,1t lll += ( izobara0l 3,2t −= )

kgkJ76,56924,24493019hhll 212,1t3,1t =−=−==


gde je:

h1 ( iz tablica za pregrejanu paru na 2 MPa i 300 ºC )

( ) ( )kgkJ24,22494,41726759,04,417hhxhh 22222 =−+=′−′′+′=

( iz tablica za vlažnu paru na 100 kPa ) 22 hih ′′′


kgkJ84,203124,24494,417hhq 233,2 −=−=−=

( Oslobođena količina toplote je ista, ali suprotnog predznaka: 3,2os qq = )

Količina vode za kondenzaciju se određuje iz toplotnog bilansa ospww qmTCm =∆ :

ww

ospw kg2,24

202,484,20311

TCqm

m ≈⋅

⋅=

∆=

( 24,2 kg vode po 1 kg pare )

Ukupan zapreminski rad:

kgkJ86,3183,417276884,2031uuquuqlll 323,2212,13,22,13,1 =−+−=−++−+=+=

gde je:

( )!izentropa0q 2,1 =

kgkJ27681255,020003019vphu 1111 =⋅−=−=

( iz tablica za pregrejanu paru na 2 MPa i 300 ºC ) 1v

33 uu ′= ( iz tablica za vlažnu paru na 100 kPa ) 3u ′

Ukupna promena entropije:

kgKkJ4544,5757,63026,1ss 13 −=−=−

gde je:

33 ss ′= ( tablice za vlažnu paru na 100 kPa )

1s ( tablice za pregrejanu paru na 2 MPa i 300 ºC


Za izentropno komprimovanje 730 kg/h suve vodene pare pritiska 100 kPa troši se snaga 135 kW. Para se posle kompresije odvodi u kondenzator gde

se ohladi i potpuno kondenzuje pri stalnom pritisku. 38

• koliki je pritisak na kraju kompresije? • koliki je toplotni protok oslobođen kondenzovanjem ove pare? • koliki je odnos toplotnog protoka i snage?

Šta će se promeniti ako se snaga komprimovanja smanji na 70 kW, uz iste ostale uslove?

Početno stanje je određeno ( 100 kPa, suva para ), pa je dobro da se odmah očitaju vrednosti jedinične entalpije i entropije iz tablica:

kgKkJ360,7ss 11 =′′= ,

kgkJ2675hh 11 =′′=

Pošto je zadata snaga izentropnog komprimovanja, koristi se izraz : ( )212,1t hhmLN −==••

( )

kgkJ3341

36007301352675

m

Nhh 12 =−

−=−= •

Uz jediničnu entalpiju h2 potrebno je znati još jedan podatak o krajnjem stanju kompresije. Pošto je kompresija izentropna, važi s2 = s1 = 7,360 kJ/kgK. Sa ova dva podatka je stanje 2 određeno, ali se samo uz pomoć tablica, bez stvarnog h,s-dijagrama za vodenu paru, pritisak i temperatura najčešće ne mogu odrediti. To se dešava zbog toga što su izračunate vrednosti h2 i s2 obično međuvrednosti tabličnih podataka. Prvo se pomoću h,s-dijagrama ( sa manjom tačnošću ) određuje pritisak i temperatura, a kasnije se interpolacijom mogu ( pomoću tabličnih podataka ) tačnije odrediti tražene veličine stanja. Iz stanja 1 suve pare na 100 kPa povlači se vertikala ( s = 7,360 kJ/kgK ) do preseka sa izentalpom h2 = 3341 kJ/kg. Kroz dobijeno stanje 2 prolazi izobara p2 = 1,6 MPa i izoterma t2 = 440 ºC. Proverom tabličnih podataka odmah se može zapaziti da vrednosti h2 i s2 nisu neke međuvrednosti, već tačno odgovarajuće vrednosti za pritisak 1,6 MPa i temperaturu 440 ºC, što se u praksi izuzetno retko dešava!


Stanje 3 je određeno sa dva podatka ( 1,6 MPa, ključala tečnost ), pa se može odrediti odvedeni toplotni protok:

( ) ( )skJ436,50333413,858

3600730hhmQ 233,2 −=−=−=

••

Toplota oslobođena kondenzacijom je ista kao odvedena toplota, ali suprotnog predznaka.

Odnos toplotnog protoka i snage:

729,3N

Q 3,2 =

•

Snaga pri komprimovanju: 70 kW

Stanje 1 ostaje isto, ali se menja h2:

kgkJ3020

3600730702675

m

Nhh 12 =+=−= •

Pomoću h,s-dijagrama se nalazi stanje 2: . Pri tome se smatra da je vrednost temperature tačno određena ( izoterma je skoro horizontalna ), a pritiska približno ( malo odstupanje od izentrope uzrokuje relativno veliku promenu pritiska ). Pomoću tabličnih podataka jedinične entalpije na 400 kPa i 600 kPa pri 280 ºC interpolacijom se, za vrednost

C280t,kPa500p 22o=≈

2t 2p

kgkJ3020h 2 = , dobija da je pritisak p2 = 500 kPa ( dobro određen pomoću h,s-dijagrama ).

Odvedeni toplotni protok:

( ) ( )skJ591,48230201,640

3600730hhmQ 233,2 −=−=−=

••

Odnos toplotnog protoka i snage:

894,6N

Q 3,2 =

•

Kod toplotnih pumpi ( videti levokretne kružne procese ) definiše se koeficijent toplotne pumpe kao odnos odvedene jedinične količine toplote pri kondenzaciji i utrošenog jediničnog tehničkog rada pri kompresiji:

t

0TP l

q=ε

( COP – Coefficient Of Performance )


U parnom kotlu nalazi se 8250 kg vlažne vodene pare, od čega je 1,5 % parovita faza. U početku je pritisak 400 kPa. Da bi se pritisak povisio,

zatvore se odvodni ventili i započne se kontinualno dovođenje toplote. Odrediti vreme za koje će u kotlu pritisak porasti na 1 MPa, ako se pari stalno predaje 1,06 MJ/h toplotne energije.

39

Ako se posle postizanja pritiska 1 MPa otvori odvod tako da nastane tečenje kroz kotao sa protokom 12000 kg/h, a pritisak se održava nepromenjen uz jednako dovođenje toplote, u kakvom stanju će para isticati? Kako treba podesiti dovođenje toplote da ističe suva para?


015,0m

m100

5,1

mm

x 11 ==

′′=

Kada se zatvore odvodni ventili, dovođenje toplote se odvija izohorno, pa je potrebno odrediti

vrednost specifične zapremine pri kojoj se taj proces odvija:

( ) ( )kgm10003,80010836,04624,0015,00010836,0vvxvv

33

11111−⋅=−+=′−′′+′=

Stepen suvoće na kraju izohornog zagrevanja:

035538,00011273,01946,0

0011273,010003,8vvvvx

3

22

222 =

−−⋅

=′−′′′−

=−

)vvvažiconstvzbog( 12 ==

Vreme izohornog zagrevanja do pritiska 1 MPa:

( ) ( ) h5,1s5400

36001006,1

53,63333,8268250

Q

uum

Q

Q6

2,1

12

2,1

2,1 =≈⋅−

=−

==τ ••

gde je:

( ) ( )kgkJ53,6333,6042553015,03,604uuxuu 11111 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgkJ33,8266,7612583035538,06,761uuxuu 22222 =−+=′−′′+′=

Pošto u zadatku nije preciznije objašnjen način održavanja stalnog pritiska, smatramo da se posle izohornog zagrevanja 1-2 obavlja izobarno zagrevanje 2-3 uz tečenje pare stanja 3 iz kotla. Strogo posmatrano, proces bi se nastavljao na ovaj način samo onda kada bi se istekla para nadoknađivala parom stanja 2.


Pošto je proces 2-3 izobaran, pritisak pare u stanju 3 je MPa1pp 23 == . Međutim, da bi stanje 3 bilo određeno, mora biti poznata još jedna veličina stanja, a do nje se dolazi pomoću

izraza za izobarni toplotni protok ( ).hhmQ 233,2 −=••

kgkJ66,92233,834

120001006,1h

m

Qh

6

23,2

3 =+⋅

=+= •

•

gde je:

kgkJ33,83410003,8100033,826vpuh 3

2222 =⋅⋅+=+= −

Stepen suvoće pare stanja 3:

07938,07,76227787,76266,922

hhhh

x33

333 =

−−

=′−′′′−

=

( Relativno blizu donje granične krive! )

Da bi iz kotla isticala suvozasićena para, izobarno dovođenje toplote ( od stanja 2 ) mora da se obavlja do gornje granične krive ( stanje 4 ).

Toplotni protok za izobarno dovođenje toplote do stanja suvozasićene pare:

( ) ( )skJ647933,8342778

360012000hhmQ 244,2 =−=−=

••


Tzv. protočni kotao napravljen je, u principu, od niza cevnih zmija, koje se nastavljaju jedna na drugu. Kotao obično ima visoke parametre, recimo 10

MPa i 500 ºC. Neka napojna voda ulazi u prvu cevnu zmiju sa temperaturom 180 ºC, a iz nje izlazi sa 230 ºC. Neka se zatim ovako zagrejana voda uvodi u drugu cevnu zmiju u kojoj se zagreje do temperature zasićenja i ispari 60 %. U daljem toku kroz niz ostalih cevnih snopova, među kojima su i pregrejači pare, postižu se konačni parametri.

40

Odrediti razmenjenu količinu toplote u prvoj i drugoj zmiji za produkciju pare 240000 kg/h. Koliko se još toplote mora dovesti za postizanje konačnog stanja izlazne pare?

Pošto su cevne zmije redno vezane, proticanje kroz njih se odvija pri stalnom pritisku.

Dovedeni toplotni protok vodi u prvoj cevnoj zmiji:

( )skJ1493776805,992

3600240000)hh(mQ 122,1 =−=−=

••

( vrednosti očitane u tablicama za pothlađenu vodu na 10 MPa ) 21 hih

Dovedeni toplotni protok vodi u drugoj cevnoj zmiji:

( )skJ8040205,99208,2198

3600240000)hh(mQ 233,2 =−=−=

••

gde je:

( ) ( )kgkJ08,21987,140727256,07,1407hhxhh 33333 =−+=′−′′+′=

( vrednosti očitane u tablicama za vlažnu paru na 10 MPa ) 33 hih ′′′

Dovedeni toplotni protok od stanja 3 do stanja 4:

( )skJ7826108,21983372

3600240000)hh(mQ 344,3 =−=−=

••

( očitano u tablicama za pregrejanu paru na 10 MPa i 500 ºC ) 4h


100 kg vlažne vodene pare pritiska 2,5 MPa i zapremine 6,8 m3, širi se pri stalnom pritisku dok se zapremina ne uveća dva puta. Posle toga para

izentropno ekspandira do pojave prvih kapljica kondenzata. 41

Odrediti: • dovedenu količinu toplote • tehnički rad i rad širenja cele promene

Stepen suvoće pare početnog stanja 1:

84708,00011972,008006,0

0011972,0068,0vvvvx

11

111 =

−−

=′−′′′−

=

gde je:

kgm068,0

1008,6

mVv

31

1 ===

Izobarno širenje na pritisku 2,5 MPa se odvija do vrednosti specifične zapremine

kgm136,0v2v 312 == . Ovo stanje je u oblasti pregrejane pare, što se može lako utvrditi

pomoću stvarnog h,s-dijagrama za vodenu paru. Posle toga pregrejana para izentropno ekspandira do stanja suve pare.

Dovedena količina toplote pri izobarnom širenju:

( ) ( ) kJ8955644,25213417100hhmQ 122,1 =−=−= ( Ovo je dovedena količina toplote za celu promenu jer je za izentropu ) 0Q 3,2 =

gde je:

( ) ( )kgkJ44,252175,961280384708,075,961hhxhh 11111 =−+=′−′′+′=

( h2 - iz tablica za pregrejanu paru )

Stanje 3 još nije određeno samo jednim poznatim podatkom ( stanje suvog zasićenja - na gornjoj graničnoj krivi u h,s-dijagramu ), ali lako se dolazi do drugog podatka. Pošto je ekspanzija 2-3 izentropna, sledi da je s3 = s2, pa ostaje da se u tablicama za pregrejanu paru očita vrednost jedinične entropije u stanju 2 ( s2 = 7,262 kJ/kgK ).


Tehnički rad cele promene jednak je algebarskom zbiru tehničkih radova izobarne i izentropne promene stanja .LLL 3,2t2,1t3,1t += Međutim, poznato je da se pri izobarnoj promeni stanja ne vrši tehnički rad, pa sledi .LL 3,2t3,1t =

( ) ( ) kJ728109,26883417100hhmLL 323,2t3,1t =−=−==

( je određeno interpolacijom tabličnih podataka za vrednost 33 hh ′′= kgKkJ262,7ss 33 =′′= )

Rad širenja cele promene jednak je algebarskom zbiru radova širenja izobarne i izentropne promene stanja:

( ) ( ),uumQuumQLLL 323,2212,13,22,13,1 −++−+=+= 0Q 3,2 =

( ) ( ) kJ7307228,251644,235110089556uumQL 312,13,1 =−+=−+= ( je određeno interpolacijom tabličnih podataka za vrednost 33 uu ′′= kgKkJ262,7ss 33 =′′= )

5 kg suve vodene pare pritiska 1 MPa zagreva se pri stalnoj zapremini do pritiska 1,6 MPa. Zatim se zagrevanje prekine i izvrši izentropna

ekspanzija do pritiska 20 kPa. 42

Odrediti: • razmenjenu toplotu • rad širenja i tehnički rad

Ceo proces može da se prati u stvarnom h,s-dijagramu za vodenu paru. Od početnog stanja 1 ( suva para, 1 MPa ) se prvo ide po izohori (u smeru porasta entropije ) do preseka sa izobarom 1,6 MPa, a zatim se ide po izentropi do preseka sa izobarom 20 kPa. Potrebne veličine stanja bi se mogle očitati iz dijagrama sa manjom tačnošću, ali će se one kasnije odrediti pomoću tabličnih podataka mnogo tačnije. Čak se i grubom konstrukcijom dolazi do zaključka da se promena stanja završava u oblasti vlažne pare sa stepenom suvoće Sada može cela promena da se korektno skicira.

.9,0x3 ≈


Promena stanja 1-2 je izohorna ( )12 vv = , pa je neophodno odrediti specifičnu zapreminu. Iz tablica za vlažnu paru, u kojoj se nalaze i podaci za ključalu tečnost i suvu paru, dobija se kgm1946,0vv 3

11 =′′= ( suva para, 1 MPa ).

Stepen suvoće pare na kraju izentropne ekspanzije:

9118,08321,0907,78321,0283,7

ssss

x33

333 =

−−

=′−′′′−

=

gde je:

23 ss = ( - interpolacijom iz tablica za pregrejanu paru na 1,6 MPa, 0,1946 m2s 3/kg )

33 sis ′′′ - iz tablica za vlažnu paru na 20 kPa

Razmenjena toplota:

,QQQ 3,22,13,1 += 0Q 3,2 = ( ) ( ) kJ5,196225835,29755uumQQ 122,13,1 =−=−==

gde je:

11 uu ′′= - iz tablica za vlažnu paru na 1 MPa

kgkJ5,29751946,016009,3286vphu 2222 =⋅−=−=

−2h intrepolacijom iz tablica za pregrejanu paru na 1,6 MPa i 0,1946 m3/kg

Tehnički rad: ( ) ( )

( ) ( ) kJ2,384706,2401277855,1962hhmQhhmQhhmQLLL

312,1

323,2212,13,2t2,1t3,1t

=−+=−+=

=−++−+=+=

gde je:

11 hh ′′= iz tablica za vlažnu paru na 1 MPa

( ) ( )kgkJ06,24014,25126099118,04,251hhxhh 33333 =−+=′−′′+′=

Rad širenja:

,LLL 3,22,13,1 += 0L 2,1 =

( ) ( ) kJ35705,22615,29755uumLL 323,23,1 =−=−==

gde je:

( ) ( )kgkJ5,226138,25124569118,038,251uuxuu 33333 =−+=′−′′+′=


700 kg/h vodene pare ekspandira kvazistatički izotermno do pritiska 100 kPa i temperature 200 ºC, pri čemu se pari dovodi 1,135 GJ/h toplotne

energije. Odrediti rad ekspanzije. Koliko toplote bi trebalo dovesti da bi para početnog stanja, umesto ekspanzijom, prvo adijabatnim prigušivanjem a zatim izobarnim dovođenjem toplote, došla do istog stanja?

43

Krajnje stanje izotermne ekspanzije je određeno ( 100 kPa, 200 ºC ) i nalazi se u oblasti pregrejane pare ( u oblasti vlažne pare pritisak i temperatura predstavljaju samo jedan podatak ). Međutim, početno stanje nije određeno samo temperaturom ( 200 ºC ) i moglo bi biti i u oblasti vlažne i u oblasti pregrejane pare. Pošto je poznat toplotni protok, a dat je i maseni protok, iskoristiće se izraz

, odakle sledi: ( 122,12,1 ssTmQ −=••

)

kgKkJ4,4

47370010135,1828,7

Tm

Qss

6

2,1

2,121 =

⋅⋅

−=−= •

•

( - iz tablica za pregrejanu paru na 100 kPa i 200 ºC ) 2s

Pomoću stvarnog h,s-dijagrama lako je utvrditi da se početno stanje 1 nalazi u oblasti vlažne pare. To se može učiniti i pomoću tablica za vodenu paru upoređivanjem vrednosti s1 sa vrednošću ( s ′′ kgKkJ4318,6s =′′ za temperaturu 200 ºC ). Pošto je ( odgovara preseku izoterme 200 ºC i gornje granične krive ), dolazi se do istog zaključka.

ss1 ′′p s ′′


5046,03308,24318,6

3308,24,4ssss

x11

111 =

−−

=′−′′′−

=

Sada izotermna promena stanja može da se skicira u h,s-dijagramu. Kasnije, tokom rešavanja zadatka, skica se dopunjuje linijom adijabatnog prigušivanja i drugim podacima.


Rad ekspanzije:

( ) ( )hkJ4864648,265732,173170010135,1uumQL 6

212,12,1 =−+⋅=−+=•••

gde je:

( ) ( )kgkJ32,17316,85125955046,06,851uuxuu 11111 =−+=′−′′+′= ( vlažna para, 200 ºC )

kgkJ8,2657172,21002875vphu 2222 =⋅−=−= ( pregrejana para, 100 kPa, 200 ºC )

Do stanja 2 može se doći i kombinacijom adijabatnog prigušivanja i izobarne ekspanzije. Adijabatno prigušivanje se odvija pri konstantnoj entalpiji (u smeru porasta entropije) do preseka sa izobarom 100 kPa. Od ovog međustanja ( a ) promena stanja se nastavlja izobarno. Međustanje nije određeno samo pritiskom ( 100 kPa ). Do još jednog podatka se lako dolazi iz uslova . 1a hh =

( ) ( )kgkJ63,18314,85227935046,04,852hhxhhh 11111a =−+=′−′′+′== , ( vlažna para 200 ºC )

Stepen suvoće u međustanju (a):

6264,04,4172675

4,41763,1831hhhh

xaa

aaa =

−−

=′−′′′−

= ( vlažna para, 100 kPa )

Dovedena toplota tokom promene stanja 1-a-2:

2,aa,12,a,1 QQQ•••

+= , 0Q a,1 =•

( ) ( )hkJ73035963,18312875700hhmQQ a22,a2,a,1 =−=−==

•••


200 kg/h vodene pare stanja 100 kPa, 220 ºC komprimuje se izotermno, toliko da se polovina količine pare kondenzuje, pri čemu se razmeni 6385

kJ/min toplotne energije. Odrediti stepen dobrote ove kompresije. Kolika snaga se troši ovom kompresijom?

44

Početno stanje 1 nestatičke izotermne kompresije je definisano ( 100 kPa, 220 ºC ), što važi i za krajnje stanje 2 ( 220 ºC, 21x 2 = ). Međutim, potrebno je odrediti i krajnje stanje 3 one kvazistatičke izotermne kompresije od koje nestatička potiče. Tada će se moći odrediti utrošeni tehnički rad i kvazistatičke i nestatičke kompresije, a njihov količnik predstavlja traženi stepen dobrote.

Kvazistatičkom promenom stanja 1-3 i nestatičkom 1-2 odvodi se ista količina toplote:

2,13,1 QQ••

=

( ) 2,113 QssTm••

=−

kgKkJ0246,4

493200606385910,7

Tm

Qss 2,1

13 =⋅⋅

−=+= •

•

Stepen suvoće na kraju kvazistatičke kompresije:

4,05179,22849,65179,20246,4

ssss

x33

333 =

−−

=′−′′′−

=

Utrošeni tehnički rad pri nestatičkoj kompresiji:

kgkJ35,87485,18722914

200606385hh

m

Ql 21

2,12,1t −=−+

⋅−=−+= •

•


gde je:

( ) ( )kgkJ85,18727,94328025,07,943hhxhh 22222 =−+=′−′′+′= ( vlažna para, 220 ºC )

1h - iz tablica za pregrejanu paru na 100 kPa i 220 ºC

Utrošeni tehnički rad pri kvazistatičkoj kompresiji:

kgkJ52,68802,16872914

200606385hh

m

Ql 31

3,13,1t −=−+

⋅−=−+= •

•

gde je:

( ) ( )kgkJ02,16877,94328024,07,943hhxhh 33333 =−+=′−′′+′= ( vlažna para, 220 ºC )

Stepen dobrote kompresije:

787,0ll

2,1t

3,1t ==η

Utrošena snaga:

( ) kW575,4835,8743600200lmLN 2,1t2,1t −=−===

••

Suva vodena para pritiska 100 kPa najpre se adijabatski komprimuje na dvostruko veći pritisak sa stepenom dobrote 850,=η , a zatim se para

potpuno kondenzuje pri stalnom pritisku. Odrediti odnos odvedene količine toplote i utrošenog tehničkog rada. Kolika je snaga kompresije ako je maseni protok pare 40 kg/h?

45


Početno stanje 1 je određeno sa dva podatka ( 100 kPa, suva para: ), što važi i za krajnje stanje 3 ( 200 kPa, ključala tečnost:

1x =0x = ).

Međustanje 2 je u oblasti pregrejane pare gde je, osim pritiska ( 200 kPa ), potrebno znati još jednu veličinu stanja. Podatak koji nedostaje odrediće se pomoću stepena dobrote adijabatne kompresije

21

s21

2,1t

s2,1t

hhhh

ll

−−

==η . Ovde je , 85,0=η kg/kJ2675h1 = ( 100 kPa, suva para ) i ostaje da se

odredi , a posle toga je lako izraziti s2h .h 2

Za izentropnu promenu stanja 1- 2s važi 1s2 ss = ( kgK/kJ360,7s1 = - za suvu paru na 100 kPa ). Interpolacijom tabličnih podataka za pregrejanu paru ( 200 kPa, 7,360 kJ/kgK ) dobija se . kg/kJ8,2805h s2 =

Iz izraza za stepen dobrote kompresije sledi:

kgkJ9,2828

85,026758,28052675

hhhh 1s2

12 =−

+=η−

+=

Odnos odvedene toplote i utrošenog tehničkog rada:

1,159,282826759,28288,504

hhhh

lq

21

23

2,1t

3,2 =−−

=−−

=

Snaga kompresije:

( ) ( ) kW71,19,282826753600

40hhmlmLN 212,1t2,1t −=−=−===•••

Odnos odvedene količine toplote i utrošenog tehničkog rada raste sa smanjenjem razlike temperature kondenzacije i početne temperature kompresije.

( pogledati rešenje zadatka 38 na strani 55 ) U ovom zadatku je ,C64,99t1

o= .C23,120t kono=


Suva vodena para pritiska 110 kPa komprimuje se adijabatno do 600 kPa uz stepen dobrote 0,85. Kompresija se dalje nastavlja izotermno uz

odvođenje 1430 kJ/kg toplote. Nestatičnost izotermne kompresije je definisana sa . kgK/kJ3,0sns =∆

46

Odrediti: • stepen suvoće na kraju kompresije • stepen dobrote izotermne kompresije

Početno stanje 1 je određeno ( 110 kPa, suva para ), pa se u tablicama za vlažnu paru očitavaju vrednosti .kgK/kJ328,7ss,kg/kJ2679hh 1111 =′′==′′= Krajnje stanje 2 adijabatne kompresije nije određeno samo jednim poznatim podatkom ( 600 kPa ). Pošto se zna vrednost stepena dobrote adijabatne kompresije, nedostajući podatak se

dobija pomoću izraza 21

s21

hhhh

−−

=η .

kgkJ3101

85,026794,30372679

hhhh 1s2

12 =−

+=η−

+=

( - interpolacijom tabličnih podataka pregrejane pare na 600 kPa za ) s2h 1s2 ss =

Stanje 2 je određeno sa , pa se u tablicama očitava 22 hip .kgK/kJ437,7s,C320t 22 == o

Nestatičkom izotermnom kompresijom 2-3 odvodi se količina toplote kg/kJ1430q 3,2 −= . Kvazistatičkom izotermnom kompresijom 2-4 ( od koje nestatička potiče ) odvodi se ista količina toplote , pa se koristi izraz kg/kJ1430q 4,2 −= ( )2424,2 ssTq −= :

kgKkJ0255,5

5931430437,7

Tq

ss2

4,224 =−=+=

Entropija na kraju nestatičke izotermne kompresije veća je od entropije na kraju kvazistatičke

izotermne kompresije za vrednost porasta entropije usled nestatičnosti:

kgKkJ3255,53,00255,5sss ns43 =+=∆+=

Stepen suvoće na kraju kvazistatičke i nestatičke kompresije:

7556,04495,35353,54495,30255,5

ssss

x44

444 =

−−

=′−′′′−

=

9,04495,35353,54495,33255,5

ssss

x33

333 =

−−

=′−′′′−

=


Stepen dobrote izotermne kompresije:

8,02,2576310114305,239731011430

hhqhhq

ll

323,2

424,2

3,2t

4,2tT =

−+−−+−

=−+

−+==η

gde je za vlažnu paru na 320 ºC:

( ) ( )kgkJ5,23971,146227007556,01,1462hhxhh 44444 =−+=′−′′+′=

( ) ( )kgkJ2,25761,146227009,01,1462hhxhh 33333 =−+=′−′′+′=

Vlažna vodena para pritiska 100 kPa komprimuje se izentropno do 200 ºC, a odatle se nastavi izotermno širiti do 100 kPa, uz dovođenje 757 kJ/kg

toplote. Nestatičnost izotermne ekspanzije definisana je sa Odrediti količinu toplote koja se mora odvesti da bi se para izobarno vratila u početno stanje. Koliki je stepen dobrote ekspanzije?

.kgK/kJ014,1sns =∆47

Ukupna promena stanja sastoji se iz izentropne kompresije 1-2 i nestatičke izotermne ekspanzije 2-3. I krajnje stanje kvazistatičke izotermne ekspanzije ( od koje nestatička potiče ) treba da dobije neku oznaku. Neka to bude stanje 4 ( ne smatrati da stanje 4 nastupa posle stanja 3! ).

Samo je krajnje stanje 3 nestatičke izotermne ekspanzije određeno ( 100 kPa, 200 ºC ), pa se iz tablica za pregrejanu vodenu paru dobija .kgK/kJ828,7s,kg/kJ2875h 33 ==

Sada može da se odredi entropija na kraju kvazistatičke izotermne ekspanzije:

kgKkJ814,6014,1828,7sss ns34 =−=∆−=

Pomoću h,s-dijagrama za vodenu paru lako je utvrditi da je stanje 4 u oblasti pregrejane pare.


Pošto se kvazistatičkom izotermnom promenom stanja razmenjuje ista količina toplote kao i nestatičkom, koristi se izraz :)ss(Tq 244,2 −=

kgKkJ2136,5

473757814,6

Tq

ss 4,242 =−=−=

Promena stanja 1-2 je izentropna, pa važi 21 ss = , a pomoću h,s-dijagrama za vodenu paru se

dolazi do zaključka da su stanja 1 i 2 u oblasti vlažne pare.

Stepen suvoće na početku i na kraju izentropne kompresije:

6457,03026,136,73026,12136,5

ssss

x11

111 =

−−

=′−′′′−

= ( 100 kPa )

70295,03308,24318,63308,22136,5

ssss

x22

222 =

−−

=′−′′′−

= ( 200 ºC )

Odvedena toplota za izobarno vraćanje u početno stanje:

kgkJ100028751875hhq 311,3 −=−=−=

gde je:

( ) ( )kgkJ18754,41726756457,04,417hhxhh 11111 =−+=′−′′+′= ( vl. para, 100 kPa )

Stepen dobrote izotermne ekspanzije:

732,028395,221675728755,2216757

hhqhhq

ll

424,2

323,2

4,2t

3,2tT =

−+−+

=−+

−+==η

gde je:

( ) ( )kgkJ5,22164,852279370295,04,852hhxhh 22222 =−+=′−′′+′= ( vl. para, 200 ºC )


Vlažna vodena para od 500 kPa zagreva se izohorno do 1 MPa i 370 ºC, a zatim adijabatno ekspandira, tako da dostigne početnu temperaturu na

pritisku 100 kPa. Izotermnom kompresijom para se vraća u početno stanje. Odrediti:

48

• razmenjene toplote u ovom procesu ako se zna da su jednake promene entropije zbog nestatičnosti adijabate i izoterme

• stepen dobrote adijabatne ekspanzije i izotermne kompresije

Stanje 2 na kraju izohornog zagrevanja je određeno ( 1 MPa, 370 ºC ), pa se u tablicama za

pregrejanu vodenu paru mogu očitati vrednosti ostalih veličina stanja:

,kgm29195,0v

3

2 = ,kgkJ5,3198h 2 =

kgKkJ3635,7s2 =

Pošto je promena stanja 1-2 izohorna, i početno stanje je određeno ( 500 kPa, ), pa može

da se odredi stepen suvoće na početku zagrevanja: 21 vv =

77851,00010927,03747,00010927,029195,0

vvvv

x11

111 =

−−

=′−′′′−

=

Dovedena toplota pri izohornom zagrevanju:

kgkJ39,77016,213655,2906uuq 122,1 =−=−=

gde je:

kgkJ55,290629195,010005,3198vphu 2222 =⋅−=−=

( ) ( )kgkJ16,21364,639256277851,04,639uuxuu 11111 =−+=′−′′+′= ( vlažna para, 500 kPa )

Adijabatna ekspanzija se odvija bez razmene toplote:

0q 3,2 =


Odvedena toplota pri nestatičkoj izotermnoj promeni stanja 3-1 odrediće se pomoću kvazistatičke promene 3-4:

kgkJ26,912qq 4,31,3 −==

gde je:

( ) ( ) ( )kgkJ26,9126165,7253,0723,5425sssTssTq 3nsT143444,3 −=−−=−∆−=−=

pri čemu je:

K425T4 ≈ ( vlažnoj pari na 500 kPa odgovara temperatura 151,84 ºC )

( ) ( )kgKkJ723,586,1822,677851,086,1ssxss 11111 =−+=′−′′+′= ( vlažna para, 500 kPa )

kgKkJ253,03635,76165,7ssss 23nsAnsT =−=−=∆=∆

( - interpolacijom tabličnih podataka pregrejane pare na 100 kPa i 158,84 ºC ) 3s

Stepen dobrote adijabatne ekspanzije:

8,026775,3198

1,27805,3198hhhh

ll

s32

32

s3,2t

3,2tA =

−−

=−−

==η

gde je:

3h - dobijeno interpolacijom za pregrejanu paru na 100 kPa i 158,84 ºC

s3h - dobijeno interpolacijom za pregrejanu paru na 100 kPa i kgKkJ3635,7ss 2s3 ==

Stepen dobrote izotermne kompresije:

74,01,22821,278026,9124,21741,278026,912

hhqhhq

ll

131,3

434,3

1,3t

4,3tT =

−+−−+−

=−+

−+==η

gde je:

kgkJ1,228229195,050016,2136vpuh 1111 =⋅+=+=

( ) ( )kgkJ4,21741,640274972753,01,640hhxhh 44444 =−+=′−′′+′= ( vl. para, 500 kPa )

72753,0860,1822,6860,1470,5

ssss

x44

444 =

−−

=′−′′′−

= ( vl. para, 500 kPa )

( kgKkJ470,5253,0723,5sss nsT14 =−=∆−= )

Promenu stanja 1-2-3-1 ne treba smatrati desnokretnim kružnim procesom. Naime, ovde nema korisne toplote ( korisnog rada ) jer je dovedena toplota manja od odvedene ( beskoristan proces ).


49 Kolika je najveća snaga koja bi se mogla dobiti od 1550 kg/h vodene pare pritiska 1 MPa i temperature 260 ºC? Stanje okoline je po=100 kPa, to=20ºC.

Veličine stanja pregrejane pare na 1 MPa i 260 ºC:

kgKkJ961,6s,

kgkJ2962h 11 ==

Stanje 1s je na liniji s = const, pa sledi .ss 1s1 =

Stepen suvoće vlažne pare stanja 1S:

796,02964,06665,8

2964,0961,6ssss

xs1s1

s1s1s1 =

−−

=′−′′′−

= ( vl. para, 20 ºC )

Tehnička radna sposobnost:

( ) ( )kgkJ3,925296,0961,62939,832962ssThhexl 010011maxt =−−−=−−−==

( iz tablice za pothlađenu tečnost na 20 ºC i 100 kPa ) −00 sih

ili drugačije:

kgkJ4,9256,20362962hhexl s111maxt =−=−==

gde je:

( ) ( )kgkJ6,20369,832537796,09,83hhxhh s1s1s1s1s1 =−+=′−′′+′= ( vl. para, 20 ºC )

Najveća snaga:

kW3983,92536001550exmLN 1maxt ≈===

••


100 m3/h vodene pare, pritiska 5 MPa i temperature 500 ºC ekspandira adijabatno na 100 kPa, i tako proizvede snagu N = 273,8 kW. Odrediti

gubitak radne sposobnosti ako je okolina na 0 ºC. 50

Stanje 1 pregrejane pare je određeno ( 5 MPa, 500 ºC ), pa se u tablicama mogu očitati vrednosti ostalih veličina stanja:

,kgm06858,0v

3

1 = ,kgkJ3433h1 =

kgKkJ974,6s1 =

Maseni protok pare:

skg405,0

06858,03600100

vVm

1

1 =⋅

==

••

Krajnje stanje 2 nije određeno jednim podatkom ( 100 kPa ), ali je zadata snaga, pa će se

iskoristiti izraz ( ) :hhmlmN 212,1t −==••

kgkJ2757

405,08,2733433

m

Nhh 12 =−=−= •

( Pomoću h,s-dijagrama za vodenu paru je lako utvrditi da je stanje 2 u oblasti pregrejane pare, a u tablicama se očitava kgKkJ562,7s2 = .

Tokom adijabatne promene stanja nema razmene toplote sa okolinom, pa se samo radnoj materiji menja entropija ( porast entropije usled nestatičnosti ):

kgKkJ588,0974,6562,7sss 12mr =−=−=∆

Ovde se gubitak radne sposobnosti ispoljava kao gubitak snage:

kW65588,0273405,0sTmexmN mr0g =⋅⋅=∆==∆••


Za adijabatnu ekspanziju vodene pare iz prethodnog zadatka odrediti gubitak radne sposobnosti ( gubitak eksergije ) pomoću razlike uložene i

dobijene eksergije, a zatim izračunati stepen povrativosti ( eksergetski stepen iskorišćenja ) procesa.

51

U proces je uložen protok eksergije pare stanja 1:

( )[ ] ( )[ ] kW2,6190974,62731,03433405,0ssThhmexmxE 0100111 =−−−=−−−==•••

Procesom je dobijen algebarski zbir protoka eksergije pare stanja 2 i proizvedene snage.

Protok eksergije pare stanja 2:

( )[ ] ( )[ ] kW4,2800562,72731,02757405,0ssThhmexmxE 0200222 =−−−=−−−==•••

gde je očitano u tablicama za pothlađenu vodu na 0 ºC 00 sih

Gubitak protoka eksergije ( gubitak snage ) jednak je razlici uloženog i dobijenog protoka eksergije:

kW658,2734,2802,619NxExExE 21g =−−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=

•••

Stepen povrativosti ( eksergetski stepen iskorišćenja ) procesa:

895,02,619

651xE

xE1

1

gex =−=−=η •

•


Vodena para oduzeta iz turbine na pritisku 400 kPa, stepena suvoće 0,95 , zagreva kotlovsku vodu ( bez mešanja sa njom ) sa 110 ºC na 145 ºC, tako

što se sama kondenzuje i pothladi za 4 ºC. Vodu potiskuje pumpa pod pritiskom 10 MPa u kotao. Zanemarujući sve gubitke, odrediti povećanje entropije ( po kilogramu vode ) ovog sistema zbog nepovrativosti razmene toplotePB

52

Razmenjivač toplote može da se prikaže šematski. Pri tome su zanemareni padovi pritiska usled prigušivanja, odnosno, smatra se da se razmena toplote obavlja pri stalnom pritisku pare i vodePB

Veza između mase pare i vode dobija se iz uslova da se toplota oduzeta pari predaje vodi:

wp QQ =

( ) ( )w1w2wp1p2p hhmhhm −=−

( ) ( )w1w2wp2p1p hhmhhm −=−

p

w

w1w2

p2p1

p

w

kgkg

78,135,4687,6161,5893,2631

hhhh

mm

=−−

=−

−=

gde je:

( ) ( )kgkJ3,26317,604273895,07,604hhxhh p1p11p1p1 =−+=′−′′+′= ( vl. para, 400 kPa )

p2h - iz tablica za pothlađen kondenzat na 400 kPa i 140 ºC

w1h - iz tablica za pothlađen kondenzat na 10 MPa i 110 ºC

w2h - iz tablica za pothlađen kondenzat na 10 MPa i 145 ºC


Promena entropije izolovanog sistema:

( ) ( )w1w2wp1p2pwps ssmssmSSS −+−=∆+∆=∆

Promena entropije izolovanog sistema po 1 kg vode:

( ) ( )Kkg

kJ014,0408,1778,1641,6738,178,13

1ssssmm

mS

ww1w2p1p2

w

p

w

s =−+−=−+−=∆

gde je:

( ) ( )kgKkJ641,6777,1897,695,0777,1ssxss p1p11p11p =−+=′−′′+′= ( vl. para, 400 kPa )

p2s - iz tablica za pothlađen kondenzat na 400 kPa i 140 ºC

w1s - iz tablica za pothlađen kondenzat na 10 MPa i 110 ºC

w2s - iz tablica za pothlađen kondenzat na 10 MPa i 145 ºC

Porast jedinične entropije vode je manji od smanjenja jedinične entropije pare, ali kada se uzme u obzir da je odnos mase vode i pare 13,78 , jasno je da izolovanom sistemu entropija raste, odnosno, da je proces razmene toplote u izmenjivaču toplote nepovratan.


U procesu zagrevanja vode sa ulaznim i izlaznim parametrima vode i pare kao u prethodnom zadatku, 92 % dovedene toplote se predaje vodi, a

preostalih 8 % se "gubi" u okolini ( toplotnom ponoru ), čija je temperatura 20 ºC. Odrediti:

53

• gubitak radne sposobnosti ( po 1 kg vode ) • stepen povrativosti procesa razmene toplote

Veza između mase pare i vode:

wp QQ92,0 =

( ) ( )w1w2wp1p2p hhmhhm92,0 −=− ( ) ( )

p

w

w1w2

p2p1

p

w

kgkg

678,125,4687,616

1,5893,263192,0hh

hh92,0mm

=−

−=

−

−=

Ukupnu promenu entropije čini promena entropije pare, vode i toplotnog ponora:

( ) ( ) ( )0

p2p1pw1w2wp1p2pTPwp T

hhm08,0ssmssmSSSS

−+−+−=∆+∆+∆=∆

gde je:

0

p1p2p

0

pTP T

hhm08,0

T

Q08,0S

−==∆

Ukupna promena entropije po 1 kg vode:

( ) ( )

( ) ( )Kkg

kJ0272,0293678,12

1,5893,263108,0408,1778,1641,6738,1678,121

Tmhhm08,0

ssssmm

mS

w

0w

p2p1pw1w2p1p2

w

p

w

=⋅−

+−+−=

=−

+−+−=∆

Gubitak radne sposobnosti po 1 kg w:

ww0

w

g

kgkJ97,70272,0293

mST

mEx

=⋅=∆

=

Da bi se odredio stepen povrativosti, treba znati, osim vrednosti gubitka eksergije, i vrednost

uložene eksergije: p2pp1pp2p1ul exmexmExExEx −=−=

Uložena eksergija po 1 kg vode:

( ) ( )[ ]

( )[ ]w

p2p10p2p1w

pp2p1

w

p

w

ul

kgkJ77,47738,1641,62931,5893,2631

678,121

ssThhmm

exexmm

mEx

=−−−=

=−−−=−=

Stepen povrativosti:

833,077,47

97,71

mExmEx

1

w

g

w

ul

ex =−=−=η


Kod izobarnih procesa ( bez tehničkog rada ) gubitak eksergije može da se odredi kao razlika uložene i dobijene eksergije toplote, a stepen

povrativosti kao količnik dobijene i uložene eksergije toplote. 54

Rešiti prethodni zadatak na ovaj način.

U proces razmene toplote ulaže se eksergija toplote pare:

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

pm

0p2p1p

pm

0pQul T

T1hhm

TT

1QEx

gde je:

K52,416641,6738,1

3,26311,589sshh

ssq

Tp1p2

p1p2

p1p2

pmp =

−−

=−

−=

−=

Dobijena eksergija toplote procesom razmene toplote:

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

wm

0p2p1

wm

0p

wm

0wQd T

T1hh92,0

TT

1Q92,0TT

1QEx

gde je:

K46,400408,1778,1

53,4687,616sshh

ssq

Tw1w2

w1w2

w1w2

wwm =

−−

=−

−=

−=

Gubitak eksergije po 1 kg vode:

( )

( )w

wm

0

pm

0p2p1

w

p

w

QdQul

w

g

kgkJ8

46,400293192,0

52,41629311,5893,2631

678,121

TT

192,0TT

1hhmm

mExEx

mEx

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−−−−=

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−−−=

−=


832,0

52,4162931

46,400293192,0

TT

1

TT

192,0

TT

1Q

TT

1Q92,0

ExEx

pm

0

wm

0

pm

0p

wm

0p

Qul

Qdex =

−

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−

=−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

==η

( Razlika rezultata je zanemarljivo mala, a nastala je zbog zaokruživanja međurezultata! )


Vodena para stanja p1 = 4 MPa, t1 = 320 ºC ekspandira adijabatno u turbini na pritisak p2 = 20 kPa, sa stepenom dobrote 7,0=η . Ako je stanje

okoline p0 = 100 kPa, t0 = 25 ºC, odrediti gubitak radne sposobnosti i stepen povrativosti ovog procesa.

55

Veličine stanja pregrejane pare na početku adijabatne ekspanzije:

kgKkJ446,6s,kgkJ3010h 11 ==

U h,s-dijagramu se iz stanja 1 povlači vertikala do preseka sa izobarom p2 = 20 kPa. Time se dobija stanje 2s koje odgovara onoj izentropnoj ekspanziji od koje adijabatna potiče. Ovo stanje je u oblasti vlažne pare stepena suvoće ,8,0x s2 ≈ a njena tačnija vrednost odrediće se pomoću tabličnih podataka za vlažnu vodenu paru iz uslova 1s2 ss = .

7935,08321,0907,78321,0446,6

ssss

xs2s2

s2s2s2 =

−−

=′−′′′−

= ( vl. para, 20 kPa )

Jedinična entalpija na kraju izentropne ekspanzije:

( ) ( )kgkJ2,21224,25126097935,04,251hhxhh s2s2s2s2s2 =−+=′−′′+′=

Pošto je dat stepen dobrote adijabatne ekspanzije, iskoristiće se izraz :hhhh

ll

s21

21

s2,1t

2,1t

−−

==η

( ) ( )kgkJ5,23882,212230107,03010hhhh s2112 =−−=−η−=

Konačno se može izračunati stepen suvoće na kraju adijabatne ekspanzije:

9065,04,25126094,2515,2388

hhhh

x22

222 =

−−

=′−′′′−

= ( vl. para, 20 kPa )


Jedinična entropija na kraju adijabatne ekspanzije:

( ) ( )kgKkJ2455,78321,0907,79065,08321,0ssxss 22222 =−+=′−′′+′=

Promena jedinične entropije radne materije tokom adijabatne ekspanzije:

kgKkJ7995,0446,62455,7sss 12mr =−=−=∆

Jedinični gubitak eksergije:

kgkJ25,2387995,0298sTex mr0g =⋅=∆=

Da bi se izračunao stepen povrativosti, potrebno je znati vrednost jedinične uložene eksergije:

( ) ( )kgkJ06,1093365,0446,62988,1043010ssThhexex 010011ul =−−−=−−−==

( iz tablica za pothlađeni kondenzat na 100 kPa i 25 ºC ) −00 sih


782,006,109325,2381

exex

1ul

gex =−=−=η

Stepen povrativosti može da se odredi i na sledeći način:

782,006,109381,854

exex

ul

dobex ===η

gde je dobijena eksergija:

kgkJ81,8545,62131,233lexex 2,1t2dob =+=+=

pri čemu je:

( ) ( )kgkJ31,233365,02455,72988,1045,2388ssThhex 020022 =−−−=−−−=

kgkJ5,6215,23883010hhl 212,1t =−=−=


Utrošenu paru iz turbine, koja je potpuno kondenzovana na pritisku 5 kPa, potiskuje pumpa u kotao pod pritiskom 8 MPa, sa stepenom dobrote

adijabatne kompresije 0,74. Odrediti gubitak radne sposobnosti i stepen povrativosti kompresije. Stanje okoline je p0 = 100 kPa, t0 = 20 ºC.

56

Zbog sitnih detalja, na skici promene stanja neće biti prikazana početna i krajnja eksergija radne materije ni gubitak eksergije. U principu, ove veličine se prikazuju na isti način kao u prethodnom zadatku.

Stanje okoline "0" je u oblasti pothlađene vode, na mestu preseka izobare 100 kPa i izoterme 20 ºC. Međutim, ono je na skici prikazano kao deo donje granične krive, jer se u oblasti pothlađenog kondenzata izobara 100 kPa skoro poklapa sa donjom graničnom krivom. Iz tog razloga se, umesto vrednosti ( za oblast pothlađenog kondenzata na pritisku i temperaturi okoline ), mogu usvojiti vrednosti

00 sih

00 sih ′′ ( za ključalu tečnost na temperaturi okoline! ). Često u zadacima pritisak okoline nije ni zadat, ali se ( pošto entalpija potlađene tečnosti vrlo malo zavisi od pritiska ) bez problema može računati sa vrednostima . U tim slučajevima se jedinična entalpija okoline može izračunati sa izrazom (

00 sih ′′

0w0 tCh =kgKkJ2,4Cw ≈ ).

Veličine stanja ključale vode na početku adijabatne kompresije:

kgKkJ4761,0ss,

kgkJ83,137hh 1111 =′==′= ( ključala voda, 5 kPa )

Pošto je stanje 2s u oblasti pothlađene vode na pritisku 8 MPa interpolacijom tabličnih podataka

se ( za vrednost jedinične entropije 1s2 ss = ) dobija .kgkJ66,146h s2 =


Pošto je dat stepen dobrote adijabatne kompresije, iskoristiće se izraz :hhhh

ll

21

s21

2,1t

s2,1t

−−

==η

kgkJ76,149

74,083,13766,14683,137

hhhh 1s2

12 =−

+=η−

+=

Stanje 2 je u oblasti pothlađene vode na pritisku 8 MPa, pa se interpolacijom tabličnih podataka

( za vrednost jedinične entalpije kgkJ76,149h 2 = ) dobija .

kgKkJ4863,0s2 =

Promena jedinične entropije radne materije tokom adijabatne ekspanzije:

kgKkJ0102,04761,04863,0sss 12mr =−=−=∆

Jedinični gubitak eksergije:

kgkJ9886,20102,0293sTex mr0g =⋅=∆=


772,093,111607,1

9886,21lex

ex1

exex

12,1t1

g

ul

gex =

+−=

+−=−=η

gde je:

( ) ( )kgkJ1607,1296,04761,02939,8383,137ssThhex 010011 =−−−=−−−=

( iz tablica za pothlađeni kondenzat na 100 kPa i 20 ºC ) −00 sih

kgkJ93,1176,14983,137hhl 212,1t −=−=−=

Stepen povrativosti može da se odredi i na sledeći način:

ul

dobex ex

ex=η

gde je dobijena eksergija:

( )020022dob ssThhexex −−−==


U kotlovskom postrojenju voda se zagreva, isparava i pregreva, oduzimajući toplotu od dimnih gasova koji se razvijaju sagorevanjem

goriva u ložištu. Zamislimo da se sastav dimnih gasova ne menja u njihovom toku kroz kotao i da oni imaju toplotne osobine vazduha.

57 Promena stanja dimnih gasova je izobarno hlađenje, na primer od 1400 ºC neposredno iznad ložišta do 150 ºC na izlazu. Neka je tok vode i vodene pare tako podešen da se zagrevanje vrši kao u kontinualnom suprotnosmernom izmenjivaču toplote ( sasvim hladan kondenzat zagreva se najhladnijim krajem dimne struje, a pregrevanje se završava uzimanjem toplote od gasova na 1400 ºC ). Napojni kondenzat je na temperaturi 40 ºC, a pregrevanje ide do 500 ºC, pri stalnom pritisku od 8 MPa. Produkcija kotla je .ht100D =& Odrediti potrebnu količinu gasova ako se sva toplota njihovog hlađenja utroši na zagrevanje vode u kotlu. Koliki je stepen povrativosti ovakvog načina razmene toplote, ako je stanje okoline p0 = 100 kPa, t0 = 20 ºC?

Količina toplote koja se predaje vodi i pari u kotlu:

( )12 hhDQ −=••

Količina toplote koja se oduzima od gasova:

( )iu hhmQ −=••

Maseni protok dimnih gasova se dobija iz jednakosti ovih količina toplote:

( ) ( )hkg225740

48,14276,174339710

hhhhD

m5

iu

12 =−

=−−

=

••

gde je:


kgkJ6,174h1 = ( Pothlađena voda na ) C40 o

kgkJ3397h 2 = ( Pregrejana para na ) C500 o

pri čemu je za proračun promene entalpije od ulaza do izlaza dimnih gasova usvojena kvadratna zavisnost specifičnih toplota i temperature:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =−+−+−=++==− ∫∫ 3i

3u

2i

2uiu0p

T

T

20p

T

Tpiu TT

3bTT

2aTTCdTbTaTCdTTChh

u

i

u

i

( ) ( ) ( )kgkJ903,14264231673

31024,64231673

21094515,2423167339095,0 33

822

4

=−⋅

−−⋅

+−=−−

gde su konstante , , b određene pomoću tabličnih podataka: 0pC a

C100t o= 2

0p 373b373aC0107,1 ⋅+⋅+=

C800t o= 20p 1073b1073aC1537,1 ⋅+⋅+=

C1400t o= 20p 1673b1673aC2276,1 ⋅+⋅+=

Rešenje jednačina: ,kgKkJ90953,0C 0p = ,

kgKkJ1094515,2a 2

4−⋅= 38

kgKkJ1024,6b −⋅−=

Da bi se odredio stepen povrativosti, potrebno je znati vrednost dobijene eksergije vode i vodene

pare, kao i vrednost uložene eksergije dimnih gasova.

Dobijena jedinična eksergija: ( ) ( )[ ] ( ) =−−−=−−−−−−−=−= 12012010010200212dob ssThhssThhssThhexexex

( )kgkJ278,1419568,0722,62936,1743397 =−−−=

gde je:

kgKkJ568,0s1 = ( pothlađena tečnost na 8 MPa i ) C40 o

kgKkJ722,6s2 = ( pregrejana para na 8 MPa i ) C500 o

Da bi se odredila uložena jedinična eksergija dimnih gasova, posebno će se izračunati jedinična

eksergija na ulazu i na izlazu, pa tek posle toga njihova razlika.

Jedinična eksergija dimnih gasova na ulazu:

( )kgkJ600,9999155,1293841,1560ssThhex 0u00uu =⋅−=−−−=

gde je:

( ) ( ) ( )=−+−+−=− 30

3u

20

2u0u0p0u TT

3bTT

2aTTChh


( ) ( ) ( )kgkJ841,15602931673

3101,42931673

21040477,229316739412,0 33

822

4

=−⋅

−−⋅

+−=−−

( ) ( ) ( ) =−+−+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++==− ∫∫ 2

02u0u

0

u0p

T

T

0pT

T

p0u TT

2bTTa

TT

lnCdTbTaT

CdT

TTC

ssu

0

u

0

( ) ( )kgKkJ9155,12931673

21014,429316731040477,2

2931673ln39412,0 22

84 =−

⋅−−⋅+=

−−

pri čemu je:

C0t o= 2

0p 273b273aC0038,1 ⋅+⋅+=

C700t o= 20p 973b973aC1360,1 ⋅+⋅+=

C1400t o= 20p 1673b1673aC2276,1 ⋅+⋅+=


kgKkJ1040477,2a 2

4−⋅= 38

kgKkJ1014,4b −⋅−=

Jedinična eksergija dimnih gasova na izlazu:

( )kgkJ673,223706,0293259,131ssThhex 0i00ii =⋅−=−−−=

gde je:

( ) ( ) ( ) =−+−+−=− 30

3i

20

2i0i0p0i TT

3bTT

2aTTChh

( ) ( ) ( )kgkJ259,1312931673

31065,3293423

2106679,12934230221,1 33

722

4

=−⋅

+−⋅

−−=−−

( ) ( ) =−+−+=− 20

2i0i

0

i0p0i TT

2bTTa

TT

lnCss

( ) ( )kgKkJ3706,0293423

21065,3293423106679,1

293423ln0221,1 22

74 =−

⋅+−⋅−=

−−

pri čemu je:

C0t o= 2

0p 273b273aC0038,1 ⋅+⋅+=

C100t o= 20p 373b373aC0107,1 ⋅+⋅+=

C200t o= 20p 473b473aC0249,1 ⋅+⋅+=


kgKkJ106679,1a 2

4−⋅−= 37

kgKkJ1065,3b −⋅=

Uložena jedinična eksergija:

kgkJ927,976673,22600,999exexex iuul =−=−=


( )( )

644,0927,976102574,2

278,141910

exexm

exexD5

5

iu

12ex =

⋅⋅⋅

=−

−=η •

•


Za zagrevanje vode, isparavanje i pregrevanje pomoću dimnih gasova, razmatrano u prethodnom zadatku, odrediti gubitak radne sposobnosti

usled nepovrativosti procesa razmene toplote. Odrediti i stepen povrativosti, računajući da je uložena eksergija jednaka zbiru dobijene eksergije i gubitka radne sposobnosti.

58.

Promena entropije sistema (u jedinici vremena) jednaka je zbiru promene entropije dimnih

gasova i promene entropije vode i vodene pare :

hKkJ106665,2154,6105449,1102574,2sDsmS 555

vgs ⋅=⋅+⋅⋅−=∆+∆=∆•••

gde je

( )kgKkJ5449,19155,13706,0sssssss 0u0iuig −=−=−−−=−=∆

kgKkJ154,6568,0722,6sss 12v =−=−=∆

Gubitak radne sposobnosti (gubitak eksergije):

hkJ10285,781106665,2293STxE 55

S0g ⋅=⋅⋅=∆=••


( )( )

645,010285,781278,141910

278,141910

xEexexD

exexD

xExExE

xExE

xExE

xE

xE

xE

55

5

g12

12

g12

12

gdob

dob

ul

dobex

=⋅+⋅

⋅=

=+−

−=

+−

−=

+==η ••

•

•••

••

••

•

•

•

Odrediti stepen povrativosti zagrevanja vode u parnom kotlu koji proizvodi suvu paru na pritisku 1,6 MPa. Toplotni izvor ima najnižu

stalnu temperaturu potrebnu za omogućavanje razmene toplote za zagrevanje vode i pare. Koliki je stepen povrativosti zagrevanja vode i pare? Voda se unosi u kotao iz okoline čija je temperatura .C20t 0

o=

59.


Razmatra se dovođenje toplote vodi (promena stanja 1-2) i dovođenje toplote vodi i vodenoj pari (promena stanja 1-3).

Količina toplote koja se predaje vodi:

kgkJ7733,853,858hhq 122,1 =−=−=

Ista količina toplote se oduzima od toplotnog izvora stalne temperature : K36,474Ti =

2,1i qq =

Uložena eksergija jednaka je eksergiji toplote dobijene od toplotnog izvora:

kgkJ538,295

36,4742931773

TT

1qexi

0iul =⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

Dobijena eksergija:

( ) ( )kgkJ643,172295,0344,22933,853,858ssThhexexex 1201212dob =−−−=−−−=−=

Stepen povrativosti zagrevanja vode:

584,0538,295643,172

exex

ul

dobex ===η

Količina toplote koja se predaje vodi i vodenoj pari:

kgkJ7,27073,852793hhq 133,1 =−=−=

Uložena eksergija za zagrevanje vode i pare:

kgkJ223,1035

36,47429317,2707

TT

1qexi

0iul =⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

gde je:

3,1i qq =

Dobijena eksergija:

( ) ( )kgkJ489,912295,0422,62933,852793ssThhexexex 1301313dob =−−−=−−−=−=

Stepen povrativosti zagrevanja vode i vodene pare:

881,0223,1035489,912

exex

ul

dobex ===η


Suva vodena para specifične zapremine 1 m3/kg zagreva se u zatvorenom sudu zapremine 6,6 m3, do pritiska 300 kPa, pomoću toplotnog izvora

najniže stalne temperature neophodne za ostvarivanje predaje toplote. Odrediti količinu toplote koja se razmeni između toplotnog izvora i pare, kao i stepen povrativosti ovakve razmene toplote.

60

Veličine stanja suve pare dobijaju se pomoću tablica za kgm1vv 3

11 =′′= interpolacijom:

,kgkJ8,2700hh 11 =′′= ,

kgKkJ1708,7ss 11 =′′=

kgkJ2525uu 11 =′′=

Veličine stanja pregrejane pare dobijaju se pomoću tablica za

kPa300pikgm1vv 23

12 === :

,C380t 2o= ,

kgkJ3233h 2 =

kgKkJ967,7s2 = ,

kgkJ2933vphu 2222 =−=

Količina toplote za izohorno zagrevanje:

( ) ( ) kJ8,2692252529336,6uumQ 12p2,1 =−=−= , ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛== kg6,6

vVm

1p

Količina toplote koja oduzima topotnom izvoru:

2,1i QQ =


777,0

6532931

4,5122931

TT

1Q

TT

1Q

ExEx

i

0i

mp

0i

Qul

Qdobex =

−

−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

==η

gde je: K4,5121708,7967,7

25252933ssuu

ssq

T12

12

12

2,1mp =

−−

=−−

=−

=


Neka je toplotni izvor u prethodnom zadatku pregrejana vodena para pritiska 300 kPa i temperature 380 oC. Toplotni izvor menja stanje

izobarno do gornje granične krive. Odrediti potrebnu količinu pregrejane pare i stepen povrativosti razmene toplote.

61

Potrebna količina pregrejane pare (toplotnog izvora) dobija se iz jednakosti razmenjene količine toplote:

2,1i2,i1 QQ =

( ) 2,1i,1i2i Qhhm =−

( ) 2,1i2i1i Qhhm =−

kg3,5272532338,2692

hhQ

mi2i1

2,1i =

−=

−=

gde je:

2i,1 hh =

kgkJ2725h i2 = ( suva para, 300 kPa)

Stepen povrativosti razmene toplote:

978,0

5212931

4,5122931

TT

1Q

TT

1Q

ExEx

mi

0i2,i1

mp

0i2,i1

Qul

QdobexQ =

−

−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

==η

gde je:

K512967,7992,6

32332725sshh

ssq

Ti1i2

i1i2

i1i2

i2,i1mi =

−−

=−−

=−

=

kgKkJ992,6s i2 = ( suva para, 300 kPa)


Vodena para stanja , ističe izentropno kroz konvergentan mlaznik u prostor sa Laval-ovim pritiskom. Izračunati ovaj

pritisak i najmanji presek potreban za protok od

MPa1p1 = Co300t1 =

hkg3000 pare.

62

Pretpostavljamo da se ekspanzija završava u oblasti pregrejane pare , pa je ( )3,1=κkritičan pritisak:

kPa54613,1

210001

2pp3,03,1

1

1K =⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛+

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+κ=

−κκ

Pomoću h,s – dijagrama uveravamo se da je stanje 2 u oblasti pregrejane pare, te očitavamo

veličine stanja:

kgm42,0v,

kgkJ2903h,C224t,

kgkJ3052h

3

220

21 ====

Specifična zapremina v2 može da se odredi i računski, ako se pregrejana para stanja 2 tretira kao idealan gas:

kgm42,0

5464974165,0

pRT

v3

2

22 =

⋅== ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛===

kgKkJ4615,0

016,18314,8

MR

R u

Brzina na izlazu mlaznika:

( ) ( )sm54610290330522hh2w 3

212 =⋅−=−= ( )0w1 ≈

Ova brzina mora biti jednaka lokalnoj brzini zvuka, jer vodena para ekspandira u prostor gde

vlada kritičan pritisak:

sm5464975,4613,1RTw 2K =⋅⋅=κ=

Najmanji presek:

24

2

22 m1041,6

546

42,036003000

wvmA −

•

⋅===


Odrediti brzinu isticanja pare iz prethodnog zadatka, ako ekspandira adijabatno sa trenjem do temperature 230 oC. Odrediti energetski stepen

korisnosti i stepen povrativosti isticanja, ako je pritisak okoline 100 kPa, a temperatura 20 oC.

63

U h,s – dijagramu za pregrejanu vodenu paru nalazimo stanje 2a

(presek izobare 546 kPa i izoterme 230 oC ), i očitavamo:

kgKkJ03,0s,

kgkJ2920h,

kgKkJ116,7s mra21 =∆==

Brzina isticanja:

( ) ( )sm51410292030522hh2w 3

a21a2 =⋅−=−=

Stepen dobrote mlaznika:

886,02903305229203052

hhhh

21

a21a =

−−

=−−

=η

Uložena eksergija:

( ) ( )kgkJ8,969296,0116,72939,833052ssThhex 010011 =−−−=−−−=

gde je iz tablica: kgKkJ296,0s,

kgkJ9,83h 00 == (Pothlađena voda ) C20,kPa100 o

Gubitak eksergije:

kgkJ79,803,0293sTex mr0g =⋅=∆=


991,08,969

79,81exex

11

gex =−=−=η


Vodena para stanja 5 MPa, 420 oC ekspandira adijabatno na 0,5 MPa kroz mlaznik sa koeficijentom brzine isticanja 95,0=ϕ . Odrediti oblik mlaznika

i snagu koju bi razvilo 50 t/h pare. Kolika je stvarna brzina na izlazu iz mlaznika, ako se uzme u obzir da je na izlazu zanemarljivo mala?

64

Odrediti energetski stepen korisnosti mlaznika i stepen povrativosti proticanja i ekspanzije kroz njega. Temperatura okoline je 0 oC.

Prvo se određuju veličine stanja na početku i kraju izentropne ekspanzije:

kgKkJ172,6s,

kgkJ3242h 11 == (Pregrejana para na 5 MPa i 420 oC)

( ) ( )kgkJ6,27021,6402749978,01,640hhxhh 22222 =−+=′−′′+′=

gde je:

978,0860,1822,6860,1172,6

ssss

x22

222 =

−−

=′−′′′−

= ( ) 12 ss =

pri čemu su vrednosti 2222 s,s,h,h ′′′′′′ očitane iz tablica za vlažnu vodenu paru na 0,5 MPa

Brzina isticanja iz mlaznika sa izentropnom ekspanzijom:

( ) ( )sm1039106,270232422hh2w 3

212 =⋅−=−=

Brzina isticanja je mnogo veća od lokalne brzine zvuka ( Laval-ov mlaznik ).

Brzina isticanja iz mlaznika sa adijabatnom ekspanzijom:

sm987103995,0ww 2a2 =⋅=ϕ=

Stanje na kraju adijabatne ekspanzije se određuje pomoću izraza za brzinu isticanja:

( )a21a2 hh2w −= ⇒ kgkJ9,275410

29873242

2w

hh 322

a21a2 =−=−= −

( jedva odstupa od , pa se uzima da je stanje na gornjoj graničnoj krivi ) a2h 2h ′′ a2


Snaga mlaznika:

kW6765102

9873600

500002

wmN 3

22a2 =⋅== −

•


903,06,270232429,27543242

hhhh

21

a21a =

−−

=−−

=η

Gubitak eksergije:

( ) ( )kgkJ03,30712,6822,6273ssTsTex 1a20mr0g =−=−=∆= ( 2a2 ss ′′= na 0,5 MPa )

Uložena eksergija:

( ) ( )kgkJ5,14090172,62731,03242ssThhex 010011 =−−−=−−−=


979,05,1409

03,301exex

11

gex =−=−=η

Kroz Laval-ove mlaznike struji vodena para, šireći se adijabatno od stanja na ulazu p1=1,2 MPa, t1=350 0C, do stanja na izlazu p2=100 kPa, t2=110 0C.

Ako ovakva 4 mlaznika daju snagu od 5000 kW, koliki im mora biti najmanji presek? Koliki bi ovaj presek bio da je strujanje izentropno?

65

Izračunati energetski stepen korisnosti mlaznika i stepen povrativosti adijabatne ekspanzije u njima, ako je temperatura okoline 0 0C.

Početno i krajnje stanje ekspanzije sa trenjem je poznato, pa se u stvarnom dijagramu za pregrejanu vodenu paru ucrtavaju stanja 1 i 2. Tok promene stanja 1-2 je nepoznat, te se ta stanja spajaju pravom linijom. Nakon toga se ucrtava i stanje 2s na kraju izentropne ekspanzije.

Iz tablica za pregrejanu vodenu paru dobijaju se tačnije vrednosti veličina stanja:

,kgkJ3151h1 =

kgKkJ206,7s1 = ,

kgkJ5,2696h 2 = ,

kgKkJ413,7s2 =

Sada je potrebno odrediti kritični pritisak u najužem preseku izentropnog Lavalovog mlaznika:

kPa65513,1

212001

2pp 3,03,1

1

1Ks =⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛+

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+κ=

−κκ

Stanje ,,Ks“ se nalazi na preseku izobare i izentrope 1-2s, pa se iz dijagrama očitava:Ksp

kgkJ2990h Ks =

Kritična brzina u izentropnom i adijabatnom mlazniku je ista, pa važi . KsK hh =


Ostalo je da se iz dijagrama očita vrednost kritične specifične zapremine izentropnog i

adijabatnog mlaznika: kgm38,0v

3

Ks = , kgm44,0v

3

K =

Da bi se odredio najmanji presek adijabatnog mlaznika, potrebno je znati vrednost masenog

protoka kroz jedan mlaznik:

( ) ( ) ( ) skg75,2

5,2696315145000

hh4Nmhhm

2w

m4N

2121

22 =

−=

−=⇒−==

•••

Iz jednačine kontinuiteta sledi:

224

K

KK cm6,21m106,21

56044,075,2

wvm

A =⋅=⋅

== −

•

gde je:

( ) ( )sm56010299431512hh2w 3

K1K =−=−=

Najmanji presek izentropnog mlaznika:

224

Ks

KsKs cm7,18m107,18

56038,075,2

wvm

A =⋅=⋅

== −

•

( )KKs ww =

Stvarna veličina preseka je Naime, linija promene stanja u h,s-dijagramu je konkavna, pa se stvarno stanje K nalazi pomereno po horizontali na levu stranu, gde je specifična zapremina manja od 0,44 m

.cm6,21Acm7,18 2K

2 pp

3/kg. Njena vrednost se ovde može samo nagađati.

Stepen dobrote:

854,06,261831515,26963151

hhhh

s21

21a =

−−

=−−

=η


gde je:

( ) ( )kgkJ6,26184,4172675975,04,417hhxhh s2s2s2s2s2 =−+=′−′′+′=

pri čemu je:

975,03026,1360,73026,1206,7

ssss

xs2s2

s2s2s2 =

−−

=′−′′′−

= ( )1s2 ss =


952,07,1183

5,561exex

11

gex =−=−=η

gde je:

( ) ( )kgkJ5,56206,7143,7273ssTsTex 120mr0g =−=−=∆=

( ) ( )kgkJ7,11830206,72731,03151ssThhex 010011 =−−−=−−−=

100 t/h pregrejane vodene pare stanja 6 MPa, 450 oC struji i adijabatno ekspandira u Laval-ovom mlazniku do 100 kPa. Stepen povrativosti

ekspanzije u mlazniku iznosi 0,98. 66

Odrediti stanje na kraju ekspanzije. Izračunati snagu koja bi odgovarala ovolikoj ekspanziji, i njen odnos prema snazi koja bi se ostvarila izentropnom ekspanzijom pod istim uslovima. Odrediti brzinu na izlazu, kao i koeficijent brzine isticanja.

Temperatura okoline je 0 oC.

Iz tablica za pregrejanu vodenu paru očitava se: ,kgkJ3300h1 =

kgKkJ7155,6s1 = .

U h,s-dijagram se ucrtava stanje 1 ( presek izobare 6 MPa i izoterme 450 oC ) i stanje 2s (presek izentrope i izobare 100 kPa, u oblasti vlažne pare). Krajnje stanje 2 adijabatne ekspanzije trenutno ne može da se ucrta jer je tu poznat samo pritisak. Dopunski podatak se određuje pomoću poznate vrednosti stepena povrativosti.

kgkJ34,29146702,0ex02,0ex98,0

exex

1 1g1

gex =⋅==⇒=−=η

gde je:

( ) ( )kgkJ146707155,62731,03300ssThhex 010011 =−−−=−−−=


( )kgKkJ823,6

27334,297155,6

Tex

ssssTsTex0

g12120mr0g =+=+=⇒−=∆=

Sada se i stanje 2 može ucrtati u h,s-dijagram:

Iz dijagrama se očitava: ,kgkJ2435h s2 =

kgkJ2475h 2 =

Snaga adijabatnog mlaznika:

( ) ( ) kW2290024753300360010hhmN

5

21 ≈−=−=•

Snaga izentropnog mlaznika:

( ) ( ) kW2400024353300360010hhmN

5

s21s ≈−=−=•

Stepen korisnosti mlaznika:

954,0N

N

s

a ==η •

•

Brzina mlaza na izlazu adijabatnog mlaznika:

( ) ( )sm128510247533002hh2w 3

212 =−=−=

Brzina mlaza na izlazu izentropnog mlaznika:

( ) ( )sm131510243533002hh2w 3

s21s2 =−=−=

Koeficijent brzine isticanja:

977,0ww

s2

2 ==ϕ


Suvozasićena vodena para pritiska 900 kPa struji izentropno kroz konvergentni mlaznik u prostor pritiska 100 kPa. Koliki je izlazni presek

ako kroz mlaznik mora prostrujati 3000 kg/h pare? Koliki je stepen povrativosti isticanja ako se samo kinetička energija struje može iskoristiti? Temperatura okoline iznosi 10 oC.

67

U stvarni h,s-dijagram se ucrtavaju stanja 1 i 2s, i očitava se:

,kgkJ2774h1 =

kgKkJ623,6s1 =

kgkJ2670h s2 = , ,

kgm35,0v

3

s2 =

Kritični pritisak:

kPa5201135,1

29001

2pp 135,0135,1

1

1Ks =⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛+

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+κ=

−κκ

Pošto je kritični pritisak veći od pritiska okoline u koju ističe para, izlazni pritisak je jednak kritičnom pritisku, a brzina isticanja je jednaka lokalnoj brzini zvuka.

Brzina isticanja:

( ) ( )sm45610267027742hh2w 3

s212 =−=−=

Pomoću izraza za maseni protok dobija se traženi presek:

24

s2

s2s2 m104,6

456

35,036003000

wvm

A −

•

⋅===

Stepen povrativosti isticanja:

115,04,900

102

456

ex2

w 32

1

2s2

ex ===η

−

gde je:

( ) ( )kgkJ4,900151,0623,628304,422774ssThhex 010011 =−−−=−−−=


Suva vodena para pritiska p1 = 200 kPa protiče izotermno kroz mlaznik. Pritisak pare na izlazu iz mlaznika iznosi p2 = 100 kPa. Pri tome je w1 = 0 i

w2 = 430 m/s. Odrediti stepen dobrote mlaznika. 68

Iz tablica za suvu vodenu paru za p1=200 kPa očitava se:

( ),K4,393C23,120t1o= ,

kgkJ2707h1 =

kgKkJ127,7s1 =

Iz tablica za pregrejanu paru za p2=100 kPa i t2 C očitava se: 120 o≈

,kgkJ2717h 2 =

kgKkJ465,7s2 =

Količina toplote koja bi se dovela pri promeni stanja 1-2 da je kvazistatična:

( )12

2KV2

12KV2,1 ssT2

whhq −=+−= ,

odakle sledi:

( )[ ] ( )[ ]sm4961027172707127,7465,74,3932hhssT2w 3

2112KV2 =−+−=−+−=


752,0ww

2KV2

22 ==η


Suva vodena para pritiska 1,2 MPa adijabatno se priguši, a zatim bez početne brzine izentropno ekspandira u mlazniku. Na izlazu iz mlaznika

pritisak je 100 kPa, a brzina 743 m/s. 69PB

• do kojeg pritiska se vrši prigušivanje? • koliki bi stepen dobrote imao mlaznik u kojem bi para istog početnog stanja

adijabatnom ekspanzijom do 100 kPa imala istu brzinu?

Stanje 1 je određeno sa dva podatka ( suva para, p1=1,2 MPa ), pa se ucrtava u h,s-dijagram,

a iz tablica se očitava: kgkJ2785h1 = .

Stanje 3 je određeno ( p3 = 100 kPa, w3 = 743 m/s ), pa se može izračunati entalpija h3:

kgkJ250910

27432785

2w

hh02

whh 3

223

23

23

23 =−=−=⇒=+− −

Stanje 3 se takođe ucrtava u h,s-dijagram ( presek izobare 100 kPa i izentalpe 2509 kJ/kg ).

Stanje 2 nije određeno samo jednim podatkom ( 12 hh = ), ali se zna da se nalazi na preseku izentalpe povučenoj kroz stanje 1, i izentrope povučenoj kroz stanje 3. Izobara koja prolazi kroz stanje 2 je p2 = 500 kPa, što se očitava iz dijagrama.

Para koja adijabatno ekspandira u mlazniku od stanja 1 do stanja 3 ima istu izlaznu brzinu kao para koja ekspandira izentropno od stanja 2 do stanja 3, jer je u oba slučaja isti pad entalpije.

Stepen dobrote adijabatnog mlaznika:

657,02365278525092785

hhhh

s31

31 =−−

=−−

=η

gde je entalpija h3s očitana iz dijagrama.


realan gas

Documents