1. dr Aleksandar B. Srećković redovni profesor Fizičkog fakulteta Univerziteta u Beogradu ZBIRKA ZADATAKA IZ PRIMENJENE TERMODINAMIKE Beograd, 2006 2. ZBIRKA ZADATAKA IZ PRIMENJENE TERMODINAMIKE Autor: Dr Aleksandar Srećković Redovni professor Fizičkog fakulteta Univerziteta u Beogradu Recenzenti: Dr Stevan Djeniže, redovni profesor Fizičkog fakulteta, Beograd Dr Dragomir Krpić, redovni profesor Fizičkog fakulteta, Beograd Naslovna strana: po ideji autora Kompjuterska obrada: Autor Ova zbirka zadataka je odlukom Nastavno-naučnog veća Fizičkog fakulteta Univerziteta u Beogradu, od 15. januara 1997. godine, prihvaćena kao univerzitetski idžbenik I odobreno njeno štampanje. Tiraž: 200 primeraka 3. Predgovor Ova zbirka rešenih zadataka proizašla je iz objektivne potrebe studenata. Predmeti Termodinamika i Fizički osnovu termotehnike predaju se u šestom semestru treće godine studija Fizičkog fakulteta Univerziteta u Beogradu studentima studijskih grupa primenjena fizika, primenjena fizika i informatika i fizika i osnovi tehnike. Postojeće zbirke zadataka iz termodinamike samo delom mogu da koriste studenti fizike. Naime, određene oblasti termodinamike (termodinamičke relacije, ravnoteža termodinamičkih sistema i fazni prelazi, procesi sa hlađenje i rashladni sistemi), koje slušaju studenti fizike, nisu uopšte obrađene ili su obrađene nedovoljno u postojećoj literature na srpskom jeziku. U ovoj zbirci dat je postupak rešavanja i rešenje svih zadataka iz onih oblasti tehničke termodinamike koje se predaju studentima Fizičkog fakulteta, tako da je, pre svega, namenjena njima. Međutim, ovu zbirku zadataka mogu da koriste i studenti drugih (pedagoških i tehničkih) fakulteta i odgovarajćih viših škola, kao i inžinjeri pri rešavanju nekih problema u praksi. Bez obzira što su zadaci detaljno rešeni, preporučujem da korisnici ove zbirke predhodno detaljno prouče odgovarajuće oblasti iz teorije termodinamike. Na kraju zbirke, u prilogu, su date odgovarajuće tablice i dijagrami, koji su neophodni za rešavanje nekih zadataka. Koristim priliku da se zahvalim recenzentima, redovnim profesorima Fizičkog fakulteta, dr Stevanu Djenižeu i dr Dragomiru Krpiću na savesnoj i stručnoj recenziji i korisnim sugestijama i savetima. Beograd, 1997 prof dr Aleksandar B. Srećković 4. SADRŽAJ Zadaci rešenja 1. Parametri stanja, jednačine stanja i termodinamički procesi 1 1 2. Prvi princip termodinamike 5 6 3. Drugi princip termodinamike. Maksimalan koristan rad 11 12 4. Termodinamičke relacije 18 19 5. Ravnoteža termodinamičkih sistema i fazni prelazi 28 29 6. Termodinamička svojstva supstancije. Vodena para 32 33 7. Procesi za hlađenje 38 41 8. Proticanje i isticanje fluida 60 62 9. Procesi u kompresorima 77 78 10. Motori sa unutrašnjim sagorevanjem 82 83 11. Gasnoturbinska postrojenja 95 96 12. Parnoturbinska postrojenja 104 105 13. Rashladni sistemi 119 122 14. Prostiranje toplote 138 141 Prilozi 158 Literatura 168 5. 6.08.06 1. PARAMETRI STANJA, JEDNAČINE STANJA I TERMODINAMIČKI PROCESI 1.1. Odrediti specifičnu zapreminu i gustinu ugljen dioksida (CO2) koji se nalazi pod pritiskom p = 0,5 bara i temperaturi t = 300 0 C. 1.2. Odrediti vrednost koeficijenta zapreminskog širenja idealnog gasa na temperaturi t1 = 250 0 C i t2 = 350 0 C, kao i njegovu srednju vrednost u dataom temperaturskom intervalu. 1.3. Smeša gasova se sastoji od 18% ugljen-dioksida (CO2), 12% kiseonika (O2) i 70% azota (N2) i nalazi se na temperaturi t = 200 0 C i pritisku p = 0,2 M Pa. Smatrajući ove gasove idealnim odrediti: a) gasnu konstantu smeše i b) specifičnu zapreminu smeše. 1.4. Smatrajući da se atmosferski vazduh sastoji od 23,2% kiseonika i 76,8% azota odrediti: a) molarnu masu vazduha; b) gasnu konstantu vazduha i c) gustinu vazduha pri temperaturi t = 27 0 C i pritisku p = 0,1 M Pa. 1.5. Odrediti masu kiseonika u balonu zapremine V = 5 m3 , u kojem se nalazi pod pritiskom p = 5 bara i temperaturi t = 17 0 C. 1.6. Pomoću kompresora sabija se vazduh u rezervoar zapremine V = 50 m3 , pri čemu se pritisak vazduha u rezervoaru poveća od p1 = 0,1 M Pa do p2 = 0,5 M Pa a temperatura od t1 = 27 0 C do t2 = 37 0 C. Odrediti: a) masu vazduha koji kompresor usisa iz atmosfere i sabije u rezervoar i b) zapreminu usisanog vazduha pri normanim uslovima. 1.7. Idealan gas se nalazi u zatvorenom sudu pod barometarskim pritiskom od pm1 = 10 bara i temperaturi od t1 = 37 0 C. Odrediti temperaturu gas pri barometarskom pritisku od pm2 = 20 bara, posle izohorne kompresije. Atmosferski pritisak je pb = 0,9 bara. 1.8. Pri politropskoj promeni stanja idealnog gasa pritisak gasa se smanji 6 puta a zapremina poveća 4 puta. Odrediti: a) eksponent politrope i b) temperaturu gasa na kraju procesa ako je početna temperatura t1 = 27 0 C. 1.9 Vazduh mase m = 1 kg pri temperaturi t1 = 30 0 C i pritisku p1 = 0,1 M Pa adijabatski sa sabije do pritiska p2 = 1 M Pa. Odrediti parametre stanja vazduha na kraju procesa. R1. REŠENJA R1.1. Molarna masa ugljen dioksida je M = 0,044 kg/mol, tako da je njegova gasna konstanta R = 8,314 / M = 8,314 / 0,044 = 189,0 J/kgK. Smatrajući da je pri ovim uslovima ugljen dioksid idealan gas njegova specifična zapremina i gustina iznose kg m p RT v 3 5 1659.2 105,0 5730,189 = ⋅ ⋅ == i 6. 2 3 4617.0 1659.2 11 m kg v ===ρ . R1.2. Po definiciji koeficijent zapreminskog širenja dat je izrazom pT v v ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = 1 α (R1.2.1) Za idealan gas je v = RT/p, tako da je (∂v/∂T)p = R/p. Koeficijent zapreminskog širenja idealnog gasa iznosi Tpv R T v v p 11 ==⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =α , (R1.2.2) tako da je α (T1) = 1/ T1 = 1/ 523 = 1,912 . 10-3 K-1 i α (T2) = 1/ T2 = 1/ 623 = 1,605 . 10-3 K-1 Srednja vrednost koeficijenta zapreminskog širenja u datom temperaturskom intervalu iznosi 13 12 1 2 12 2 1 12 2 1 21 10.75,1 100 523 623 lnln)( ),( −− == − = − = − = ∫∫ K TT T T TT T dT TT dTT TTsr α α . R1.3. Za pritisak p smeše gasova važi Daltonov zakon: ∑∑ == == n i i i n i i v R pp 11 (R1.3.1) gde je i i i v TR p = (R1.3.3) parcijalni pritisak i-te komponente smeše čija je gasna konstanta Ri i specifična zapremina vi. S druge strane, ukupan pritisak smeše gasova iznosi v TR p sr = , (R1.3.3) gde je Rsr srednja vrednost gasne konstante smeše a - specifična zapremina smeše gasova. Iz izraza (R1.3.1) i (R1.3.3) sledi ∑= = n i ivv 1 ∑= = n i i i sr v R vR 1 (R1.3.4) 7. 3 Kako je v = V/m i vi = V/mi, gde je V- zapremina smeše, m -masa smeše i mi - masa i-te komponente smeše, sledi ∑ ∑ = = == n i ii n i ii sr Rg m Rm R 1 1 , (R1.3.5) gde je gi = mi /m (R1.3.6) relativni maseni sadržaj i-te komponente smeše. Jasno je da je g i n = ∑1 i = 1. Molarne mase ugljen-dioksida, kiseonika i azota su: M1 = 0,044 kg/mol; M2 = 0,032 kg/mol i M3 = 0,028 kg/mol, respektivno. Kako je gasna konstanta data izrazom Ri = Ru/Mi = 8,314/Mi , gde je univerzalna gasna konstanta Ru = 8,314 J/mol K, sledi: R1 = 188,95 J/kg K, R2 = 259,81 J/kg K i R3 = 296,92 J/kg K. Relativni maseni sadržaji komponenti smeše su: g1 = 0.18, g2 = 0,12 i g3 = 0,70. a) Gasna konstanta smeše iznosi (izraz R1.3.5) Rs = g i n = ∑1 i Ri = g1R1 + g2R2 + g3R3 = = 0,18 . 188,95 + 0,12 . 259,81 + 0,70 . 296,92 = 273,03 J/kg K. b) Specifi~na zapremina smeše iznosi v = Rs T/p = (273,0 . 473) / (0,2 . 106 ) = 0,6456 m3 /kg. R1.4. a) Kako je ∑∑∑ === === n i i i n i uu n i i M m V TR V TR pp 111 , (R1.4.1) gde je V TR M m p u i i i = (R1.4.2) parcijalni pritisak i-te komponente, i kako je ukupan pritisak p V TR M m p u sr = , (R1.4.3) Iz predhodnih izraza sledi, 8. 4 ∑= i i sr M m M m , odakle je srednja vrednost molarne mase smeše gasova ∑∑∑ === === n i i i n i i i n i i i sr M g Mm m M m m M 111 1 1 1 , (R1.4.4) gde je m m g i i = - ralativni maseni sadržaj i-te komponente smeše. U ovom slučaju srednja vrednost molarne mase smeše gasova (vazduh) iznosi: kmol kg mol kg M g M g M g M n i i i sr 36,288028836,0 028,0 768,0 032,0 232,0 111 2 2 1 1 1 == + = + === ∑= b) Gasna konstanta vazduha iznosi kgK J RgRgRgR n i iisr 32,28893,296268,081,259232,02211 1 =⋅+⋅=+== ∑= ili kgK J M R R sr u sr 32,288 028836,0 314,8 === c) Gustina vazduha pri datim uslovima je 3 6 1561,1 30031,288 101,01 m kg TR p v sr = ⋅ ⋅ ===ρ R1.5. kg RT pV m 2,33 29081,259 105 5 = ⋅ ⋅ == . R1.6. a) Pre početka rada kompresora u rezervoaru se nalazi vazduh mase m1 = p1V/RT1, a posle završenog rada kompresora u rezervoaru je vazduh mase m2 = p2V/RT2, tako da masa usisanog vazduha iznosi kg T p T p R V mmm 2,234 300 101.0 310 105.0 287 50 66 1 1 2 2 12 =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⋅ − ⋅ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −=−= b) Zapremina usisanog vazduha pri normalnim uslovima (p0 = 0,1013 M Pa i T0 = 273,16 K) iznosi 3 6 0 0 181 101013,0 2732872,234 m p mRT V = ⋅ ⋅⋅ == 9. 5 R1.7. Manometar meri razliku apsolutnog pritiska p gasa u sudu i atmosferskog pritiska pa : pm = p - pa , tako da je p1 = pm1 + pa = 10 + 0,9 = 10,9 bara = 1,09 M Pa i p2 = pm2 + pa = 20 + 0,9 = 20,9 bara = 2,09 MPa. Posle izohorne kompresije (V = const) temperatura gasa je K p pT T 594 09,1 09,2310 1 21 2 = ⋅ == . R1.8. a) Kako je p1/p2 = (V2/V1)n , gde je n -eksponent politrope sledi 2925,1 4ln 6ln ln ln 1 2 2 1 === V V p p n . b) Konačna temperatura gasa je K p p T p p TT k k k k 0,200 6 1 300 2263,0 1 2 1 1 1 1 2 12 ==⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = −− R1.9. Kako je k =1,40 sledi K p p TT k k 0,58510300 286,0 1 1 2 12 =⋅=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = − , tako da je kg m p RT v 3 6 2 2 2 1679,0 101 585287 = ⋅ ⋅ == . 2. PRVI PRINCIP TERMODINAMIKE 2.1. Zavisnost zapremine V jednog mola neke supstancije od pritiska p pri sobnoj temperaturi data je jednačinom: V = a + bp + cp2 , gde su a, b i c poznate empirijske konstante, nezavisne od pritiska. Naći izraz za rad koji treba da se izvrši pri sabijanju supstancije od 0 do p, pri sobnoj temperaturi. 2.2. Odrediti odnos izvršenog rada prema uloženoj toplotnoj energiji pri izobarnom širenju vazduha. 2.3. Pri pritisku p = 1 bar specifična zapremina i specifična unutrašnja energija suve vodene pare iznose v’’ = 1,694 m3 /kg i u’’ = 2506 kJ/kg, respektivno. Odrediti specifičnu entalpiju suve vodene pare pri datom pritisku. 10. 6 2.4. Pri zagrevanju n = 0,5 kmol azota od t1 = 63 0 C do temperature t2 = 483 0 C, pri konstantnom pritisku od p = p1 = p2 = 2 bara, unutrašnja energija azota se poveća za ΔU = 4534 kJ. Odrediti: a) promenu entalpije azota i b) srednju vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku (cp)sr u datom temperaturskom intervalu. 2.5. Vazduh se širi izobarno pri pritisku p = 1 M Pa = const od zapremine V1 = 0,5 m3 do V2 = 1 m3 . Konačna temperatura vazduha iznosi t2 = 1000 0 C. Smatrati da je vazduh idealan gas. Gasna konstanta vazduha je R = 287 J/kgK. Odrediti: a) temperaturu vazduha na početku procesa; b) dovedenu količinu toplote; c) izvršen rad; d) promenu unutrašnje energije i e) promenu entalpije. 2.6. U cilindru površine poprečnog preseka S = 1 dm2 nalazi se n = 0,25 kmol azota (N2) na temperaturi t1 = 100 0 C. Na klip deluje konstantna sila F = 5 kN. Gasu se dovodi količina toplote Q = 3,00 MJ, usled čega se širi. U datom temperaturskom intervalu srednje vrednosti specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i konstantnoj zapremini iznose (cp)sr = 1076 J/kgK i (cv)sr = 779 J/kgK, respektivno. Gasna konstanta azota je R = 297 J/kgK. Odrediti: a) parametre stanja gasa na kraju procesa širenja; b) promenu unutrašnje energije; c) promenu entalpije i d) rad širenja gasa. 2.7. Zavisnost specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku cp (u kJ/kgK) od temperature t (u 0 C) za vazduh, u temperaturskom intervalu od 0 do 1000 0 C, data je izrazom cp = a + b t, gde su a = 0,992915 kJ/kgK i b = 1,97535 x 10-4 kJ/kgK2 , empirijski određene konstante. Odrediti: a) srednju vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku cpm u datom temperaturskom intervalu; b) promenu entalpije vazduha mase m = 2 kg pri izobarnom zagrevanju od t1 = 0 0 C do t2 = 500 0 C. 2.8. Odrediti srednju vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri stalnom pritisku za azot u temperaturskom intervalu od t1 = 100 0 C do t2 = 1000 0 C, ako se zna da srednje vrednosti specifičnog toplotnog kapaciteta pri stalnom pritisku azota u intervalu od 0 do 100 0 C i od 0 do 1000 0 C iznose cpm [0,100] = 1,040 kJ/kgK i cpm [0,1000] = 1,118 kJ/kgK, respektivno. 2.9. Vazduh mase m = 2 kg prelazi kvazistatičkim procesom, po zakonu p = Av2 iz stanja 1 (p1 = 1 bar, t1 = 27 0 C) u stanje 2 (p2 = 2,2 bara, t2), gde je A konstanta. Smatrajći da je vazduh pri datim uslovima idealan gas odrediti: a) izvršeni rad; b) promenu unutrašnje energije; c) srednju vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku u datom intervalu temperatura cpm (t1,t2) i d) promenu entalpije. R2. REŠENJA: R2.1. Kako je , sledi2 cpbpaV ++= dpcpbcpdpbdpdV )2(2 +=+= tako da se konačan rad izračunava na osnovu izraza 3 2 2 2)2( 3 0 2 0 2 00 cpbp dppcpdpbdpcpbppdVA p ppp +=+=+== ∫ ∫∫∫ . R2.2. Iz prvog principa termodinamike δq = du +δl sledi 11. 7 q du q l δδ δ −=1 . Kako je du = cv dT, δq = cp dT i cp/cv = k, sledi .286,0 40,1 140,111 111 = − = − =−=−=−= k k kc c q du q l p v δδ δ Znači, pri izobarnom širenju vazduha (dvoatomskog gasa) za vršenje rada iskoristi se svega 28,6% uložene toplotne energije, a ostatak (71,4%) ide na povećanje njegove unutrašnje energije. R2.3. Specifična entalpija data je izrazom i = u + pv, tako da je u ovom slučaju i’’ = u’’ + pv’’ = 2506 . 103 + 1 . 105 . 1,694 = 2675 kJ. R2.4. a) Masa azota je m = nM = 0,5 . 103 . 0,028 = 14 kg ( M = 0,028 kg/mol je molarna masa azota). Gasna konstanta azota je R = 8,314/M ≅ 297 J/kgK Specifične zapremine na početku i kraju procesa su kg m p RT p RT v 3 5 1 1 1 1 4990,0 102 336297 = ⋅ ⋅ === i kg m p RT p RT v 3 5 2 2 2 1 1227,1 102 756297 = ⋅ ⋅ === Promena entalpije jednaka je dovedenoj količini toplote pri izobarnom širenju, tako da je kJ vvmpUvmpUVpUQI p 6280)499,01227,1(10214104534 )( 53 12 =−⋅⋅+⋅= =−+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ==Δ b) Kako je ΔI = Qp = m(cp)sr (t2 - t1) , sledi ( ) kgK kJ TTm I ttm I c srp 068,1 )336756(14 6280 )()( 1212 = − = − Δ = − Δ = R2.5. a) Temperatura na početku procesa je C V V TT 0 2 1 21 5,363 1 5,01273 = ⋅ == . b) Obzirom da je masa vazduha kg RT pV m 727,2 5,636287 5,0101 6 1 1 = ⋅ ⋅⋅ == i da je za idealan dvoatomski gas kgK J k kR cp 5,1004 1 = − = , dovedena količina toplote iznosi kJTTmcQ pp 1750)5,6361273(5,1004737.2)( 12 =−⋅=−= 12. 8 c) Pri širenju vazduh je izvršio rad .kJVVpL 500)5,01(101)( 6 12 =−⋅=−= d) Kako je kgK J k R cv 5,717 1 = − = , promena unutrašnje energije vazduha iznosi kJTTmcU v 12505,6361273(5,717737,2)( 12 =−⋅=−=Δ , ili kJLQU p 12505001750 =−=−=Δ . e) Obzirom da je , promena entalpije iznosipVUI += kJLUVpUpVUI 17505001250)( =+=+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ . R2.6. a) Masa azota je .kgnMm 7028,01025,0 3 =⋅⋅== Pritisak gasa jednak je pritisku na klip i iznosi MPaPa S F ppp 5,0105 101 105 5 2 3 21 =⋅= ⋅ ⋅ ==== − . Specifična zapremina na početku procesa je kg m p RT v 3 5 1 2 2215,0 105 373297 = ⋅ ⋅ == Kako je Q = m(cp)sr (T2 - T1), sledi K cm Q TT srp 3,771 10767 103 373 )( 6 12 = ⋅ ⋅ +=+= Specifična zapremina na kraju procesa je kg m p RT T T vv 3 5 2 1 2 12 4582,0 105 3,771297 = ⋅ ⋅ === . b) Promena unutrašnje energije iznosi kJTTcmU srv 2172)3733,771(7797)()( 12 =−⋅=−=Δ . c) Promena entalpije iznosi .kJQQI p 3000===Δ 13. 9 d) Rad širenja gasa je ,kJUQL 82821723000 =−=Δ−= ili .kJvvmpvmpVpL 828)2215,04582,0(1057)( 5 12 =−⋅⋅=−=Δ=Δ= R2.7. a) Spednja vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku u temperaturskom intervalu od t1 do t2 odre|ena je izrazom 2 )(2 )( )()()( ),( 21 12 2 1 2 2 12 12 2 1 12 2 1 21 ttb a tt ttb tta tt dtbta tt dttc ttc p pm + += − − +− = − + = − = ∫∫ U datom slučaju je kgK kJ ttcpm 042,1 2 )5000(1097535,1 992915,0),( 4 21 = +⋅ += − . b) Kako je cp = di/dt promena entalpije iznosi ))(,( 2 )( )( 2 ( )()()( 2221 21 12 2 1 2 1 2 2 12 2 1 ttttmc ttb attm ttb ttmdtbtamdttcmI pm p −=⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + +− =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − +−=+==Δ ∫∫ U ovom slučaju je kJttttmcI pm 1042)0500(042,12))(,( 2221 =−⋅=−=Δ . R2.8. Srednja vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri stalnom pritisku u temperaturskom intervalu od t ),( 21 ttcpm 1 do t2 može da se izrazi preko srednje vrednosti toplotnog kapaciteta pri stalnom pritisku u intervalu od 0 do t),0( 1tcpm 1 i srednje vrednosti toplotnog kapaciteta pri stalnom pritisku u intervalu od 0 do t),0( 2tcpm 2 12 12 12 2 0 1 0 12 2 1 21 ),0(),0( )()()( ),( tt tctc tt dttcdttc tt dttc ttc pmpm ppp pm − − = − − = − = ∫ ∫∫ U ovom slučaju je kgK kJ tt tctc ttc pmpm pm 126,1 1001000 100040,1100118,1),0(),0( ),( 12 12 21 = − ⋅−⋅ = − − = . 14. 10 R2.9. a) Kako je A p v = , iz jednačine stanja idealnog gasa sledi 2 32 3 1 2 1 2 1 2 11 22 1 2 2,2=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ === p p p p p p vp vp T T , tako da je KTT 9,978263,33002,2 2 3 12 =⋅== , odnosno .Ct 0 2 706≅ Izvršen rad pri procesu 1→ 2 iznosi kJ p pmRT T TmRT TTmRvpvpmvvmA dvvmAdvvpmL 90,12912,2 3 3002872 1 3 1 3 3 )( 3 )( 3 )( )( 2 32 3 1 21 1 21 121122 3 1 3 2 2 1 2 1 2 2,1 =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − ⋅⋅ = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −= = − = − = − === ∫ ∫ b) Promena unutrašnje energije iznosi kJ p p k mRT T T TmcTTmcU vv 28,97412,2 1,0 3002872 1 1 1)( 2 3 2 3 1 21 1 2 112 =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − ⋅⋅ = = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −=−=Δ c) Dovedena količina toplote iznosi )( )1(3 )2( 1 )1(3 )2( 1 3 1 1 12 2 3 1 21 2 3 1 21 2 3 1 21 2,12,1 TT k kmR p p k kmRT p pmRT p p k mRT LUQ − − + = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − + = = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − =+Δ= Obzirom da je ))(,( 12212,1 TTTTmcQ pm −= sledi kgK JR k kR TTcpm 2,813287833,2 )14,1(3 )24,1( )1(3 )2( ),( 21 =⋅= − + = − + = 15. 11 d) Promena entalpije vazduha iznosi kJ p p k mkRT p p mRT p p k mRT T T mRTUvpvpmUI 99,1363)12,2( 4,0 3002874,12 1 1 11 1 1)( 2 3 2 3 1 21 2 3 1 2 1 2 3 1 21 1 2 11122 =− ⋅⋅⋅ = = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − = ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − = =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −+Δ=−+Δ=Δ 3. DRUGI PRINCIP TERMODINAMIKE. MAKSIMALAN KORISTAN RAD 3.1. Odrediti promenu entropije idealnog gasa u funkciji: a) T i v; b) T i p i c) p i v. 3.2. Odrediti maksimalan koristan rad (radnu sposobnost, eksergiju) vazduha mase m = 10 kg koji se nalazi u balonu pod pritiskom p1 = 10 M Pa na temperaturi t1 = 27 0 C. Temperatura i pritisak okolnog vazduha iznose t0 = t1 = 27 0 C i p0 = 0,1 M Pa, respektivno. Gasna konstanta vazduha iznosi R = 287 J/kg K. (Sept ‘05) 3.3. Odrediti eksergiju vazduha mase m = 5 kg, temperature t1 = 327 0 C, koji se nalazi na atmosferskom pritisku p1 = p0. Pritisak i temperatura okolnog vazduha iznose p0 = 0,1 M Pa i t0 = 27 0 C, respektivno. Smatrati da je vazduh idealan gas. Uzeti da je gasna konstanta vazduha R = 287 J/kgK. (Apr ‘04) 3.4. U boci zapremine V1 = 500 l nalazi se vazduh pod pritiskom p1 = 0,1 M Pa i temperaturi od t1 = - 30 0 C. Pritisak i temperatura okolnog vazduha su p0 = 0,1 M Pa i t0 = 27 0 C, respektivno. Odrediti maksimalan koristan rad (eksergiju) vazduha u boci. 3.5. Odrediti maksimalan koristan rad kiseonika mase m = 3 kg, temperature t1 = 227 0 C i pritiska p1 = 1 bar. Parametri okolne sredine su p0 = p1 = 1 bar, t0 = 27 0 C. Gasna konstanta za kiseonik je R = 260 J/kg K. 3.6. Ugljen dioksid mase m = 37,8 kg nalazi se u balonu pod pritiskom p1 = 10 M Pa i temperaturi t1 = 20 0 C. Temperatura i pritisak okolne sredine su t0 = 20 0 C i p0 = 0,1 M Pa, respektivno. Odrediti maksimalan koristan rad koji može da izvrši ugljen dioksid pri datim uslovima. Molarna masa ugljen dioksida je M = 0,046 kg/mol. 3.7. Odrediti gubitak specifične eksergije (specifične radne sposobnosti toplote) vazduha pri njegovom prigušenju od pritiska p1 = 10 M Pa do pritiska p2 = 5 M Pa. Temperatura okolne sredine je t0 = 27 0 C. 3.8. Azot mase m = 1 kg prelazi iz stanja koje je određeno parametrima p1 = 7 bara i t1 = 495 0 C u stanje koje je određeno parametrima p2 = 2 bara i t2 = 47 0 C. Tepmeratura okolne sredine iznosi t0 =10 0 C.. 16. 12 3.9. Odrediti guditak eksergije goriva pri njegovom sagorevanju u vazduhu. Specifična toplota sagorevanja goriva je konstantna i iznosi qs = 10 MJ/kg, a temperatura pri kojoj se vrši sagorevanje je t1=1200 0 C. Parametri okolne sredine su p0 = 0,1 M Pa i t0 = 27 0 C. R3. REŠENJA: R3.1. a) Kako je na osnovu prvog principa termodinamike ,pdvdTcpdvduq v +=+=δ sledi v dv R T dT c T pdv T dT c T q ds vv +=+== δ . (R3.1.1) Konačan priraštaj entropije pri prelazu iz stanja 1 u 2 iznosi: 1 2 1 2 lnln),( v v R T T cvTs v +=Δ . (R3.1.2) b) Diferenciranjem jednačine stanja idealnog gasa (pv = RT) sledi RdTvdppdv =+ , tako da je p dp T dT v dv −= . (R3.1.3) Smenom dobijenog izraza (R3.1.3) u izraz (R3.1.1) dobija se p dp T T dT c p dp R T dT Rcds pv −=−+= )( , (R3.1.4) tako da je konačna promena entropije data izrazom 1 2 1 2 lnln),( p p R T T cpTs p −=Δ . (R3.1.5) c) Na osnovu izraza R3.1.2 i izraza R3.1.3 sledi p dp c v dv Rcds vv ++= )( , tako da konačan priraštaj entropije može da se napiše u obliku: 1 2 1 2 lnln),( p p c v v cpvs vp −=Δ . (R3.1.6) 17. 13 R3.2. Maksimalan koristan rad gasa se dobija pri njegovom izotermnom širenju (T2 = T0 = T1) do pritiska okolne sredine (p2 = p0), sobzirom na povratnost datog procesa : )()()()()( 10010001001001 VVpSSTVVpSSTUULmk −−−=−+−−−= Na osnovu (R3.1.5), u slučaju izotermnog procesa, promena entropije iznosi 1 2 1 2 1 2 12 lnlnln),( p p R p p R T T csspTs p −=−=−=Δ odnosno kgK kJ p p mR p p mRSSS 8,21613100ln28710lnln 0 1 1 0 10 =⋅⋅==−=−=Δ Početna i konačna zapremina vazduha iznose 3 7 1 1 1 0861,0 10 30028710 m p mRT V = ⋅⋅ == 3 5 0 0 2 6100,8 10 30028710 m p mRT V = ⋅⋅ == tako da je maksimalan koristan rad vazduha u ovom slučaju MJMJ VVpSSTLmk 113,3)8524,09653( )0861,06100,8(10108,21613300)()( 53 100100 =−= =−−⋅⋅=−−−= R3.3. Maksimalan koristan rad u ovom slučaju se dobija ako se vazduh povratnim procesom dovede u ravnotežno stanje s parametrima okolne sredine (T2 = T0 i p2 = p1 = p0). Ovo može da se postigne ako se vazduh prvo adijabatski širi do temperature okolne sredine T1’ = T2 = T0 a zatim izotermno sabije do pritiska okolne sredine p2 = p0 (Slika R3.1). 18. 14 Promena unutrašnje energije i entropije po završenom procesu iznose, respektivno ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −=−=−=− 1)( 0 1 0010121 T T TmcTTmcUUUU vv , (R3.3.1) 0 1 2 1 1 2 1 2 0121 lnln T T mc T T mc T dT mc T q SSSS ppp ====−=− ∫∫ δ . (R3.3.2) Obzirom da je 0 0 2 p mRT V = i 0 1 21 T T VV = , sledi ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −=− 11)( 0 1 0 2 1 20010 T T mRT V V VpVVp . (R3.3.3) Na osnovu (R3.3.1), (R3.3.2) i (R3.3.3), uzimajući u obzir da je 1− = k kR cp , i vp ccR −= , eksergija vazduha u ovom slučaju iznosi: .ln1 1 ln11ln1 )()()( 0 1 0 10 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 01001001 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −− − = =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −−=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −+−⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −= =−+−−−= T T T T k kmRT T T T T Tmc T T mRT T T Tmc T T Tmc VVpSSTUUL vpv mk Zamenom brojnih vrednosti u predhodni izraz dobija se 19. 15 kJLmk 35,462 300 600 ln1 300 600 14,1 30028754,1 =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −− − ⋅⋅⋅ = . R3.4. U ovom slučaju maksimalan koristan rad se postiže ako se vazduh prvo adijabatskim sabijanjem zagreje do temperature okolne srerdine T1’ = T0 , a zatim se izotermnim širenjem pritisak smanji do pritiska okolne sredine p2 = p0 (Slika R3.2 ) Promena unutrašnje energije i entropije po završenom procesu iznose, respektivno )1.4.3(,1 )1( 1)( 0 1 0 1 10 0 1 0 1 11 010121 R T T T Tk Vp T T Tc RT Vp TTmcUUUU vv ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − = =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −=−=−=− 0 1 1 10 2 1 1 2 1 2 0121 ln )1( ln T T kT kVp T T mc T dTmc T q SSSS p p − ====−=− ∫∫ δ . (R3.4.2) Obzirom da je 1 01 1 21 20 T TV T TV VV === ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −=− 11)( 1 0 10 1 0 10100 T T Vp V V VpVVp . (R3.4.3) Maksimalan koristan rad, na osnovu (R3.4.1-R3.4.3), iznosi 20. 16 )4.4.3(ln1 1 ln )1( 1ln )1( 1 )1( )()()( 0 1 1 0 1 010 0 1 0 1 1 010 1 0 10 0 1 0 1 10 0 1 0 1 10 01001001 R T T T T T T k Vkp T T T T kT kTVp T T Vp T T T kT kVp T T T kT Vp VVpSSTUULmk ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +− − =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − = =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −− − −⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − = =−+−−−= Zamenom brojnih vrednosti dobija se kJ T T T T T T k Vkp Lmk 4774ln1 1 0 1 1 0 1 010 =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +− − = R3.5. Na osnovu rešenja zadatka 3.3 kJ T T T T k kmRT T T T T Tmc T T mRT T T Tmc T T Tmc VVpSSTUUL vpv mk 63,127 300 500 ln1 300 500 14,1 30026034,1 ln1 1 ln11ln1 )()()( 0 1 0 10 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 01001001 =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −− − ⋅⋅⋅ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −− − = =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −−=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −+−⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −= =−+−−−= R3.6. Maksimalan koristan rad gasa u ovom slučaju se dobije pri njegovom izotermnom širenju (T2 = T0 = T1) do pritiska okolne sredine (p2 = p0) (pogledati zadatak 3.2) : MJ p p p p mRT p p mRT p p mRT p T p T mRp p p mRT VVpSSTVVpSSTUULmk 235,7 10 1,0 1 1,0 10 ln2937,1808,371ln 1lnln )()()()()( 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 0 1 0 10010001001001 = ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⎥⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −−⋅⋅= ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −−= =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −−=⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −−= =−−−=−+−−−= R3.7. Gubitak radne sposobnosti (eksergije) iznosi: ).()( 21021 ssTii m L e mk −−−= Δ =Δ (R3.7.1) Kako je pri prigušenju i1 = i2 sledi .ln)( 2 1 0210 p p RTssTe =−−=Δ (R3.7.2) 21. 17 U ovom slučaju je kg kJ p p RTe 7,592ln300287ln 2 1 0 =⋅⋅==Δ . R3.8. Obzirom da je )( 0101 TTcTciii pp −=Δ=−=Δ , i 1 2 1 2 lnln),( p p R T T cpTs p −=Δ (pogledaj izraz R3.1.5) specifična radna sposobnost toplote (eksergija) u stanju 1 i stanju 2 iznosi, respektivno ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −−−=Δ−−=−−−= 0 1 0 1 001001010011 lnln)()()()( p p R T T cTTTcsTTTcssTiie ppp ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −−−=Δ−−=−−−= 0 2 0 2 002002020022 lnln)()()()( p p R T T cTTTcsTTTcssTiie ppp tako da je gubitak eksergije kg kJ p p T T k k RTTT k kR p p R T T cTTTce pp 76,314 2 7 ln 320 770 ln 14,1 4,1 283297)320770( 14,1 2974,1 lnln 1 )( 1 lnln)( 2 1 2 1 021 2 1 2 1 021 =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −⋅ − ⋅⋅−− − ⋅ = =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −⋅ − −− − =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −−−=Δ R3.9. Maksimalan koristan rad, na račun količine toplote Q koja je uzeta od toplotnog izvora, radno telo ostvaruje pri povratnom Carnot-ovom ciklusu : Q T T QL cmk ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −== 0 1η , (R3.9.1) gde je T T c 0 1−=η - termički koeficijent iskorišćenja Carnot-ovog ciklusa. Eksergija toplote (specifična radna sposobnost) goriva iznosi q T T q m L e c mk ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −=== 0 1η . (R3.9.2) Gubitak eksergije pri konstantnoj temperaturi sagorevanja T (početna temperatura), pri čemu produkti sagorevanja vrše rad hladeći se do temperature okolne sredine T0, iznosi ).()1( 010 1 0 0 1 0 0 1 0 0 ssTqdsTq T q Tqq T T e sss −−=−=−=−−=Δ ∫∫∫ δ δ (R3.9.3) U izrazu (R3.9.3) veličina T0(s1-s0) predstavlja količinu toplote predatu okolnoj sredini. 22. 18 Kako je qs = cp (T-T0) sledi 0 1 00 1 01 lnln T T TT q T T css s p − ==− , tako da je 0 1 0 0 0 1 0 0010 ln1ln)( T T TT T q T T TT q TqssTqe s s ss ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − −= − −=−−=Δ . (R3.9.4) U ovom slučaju gubitak eksergije je kg MJ T T TT T qe s 93,5 300 1473 ln 3001473 300 110ln1 0 1 0 0 =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − −⋅=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − −=Δ , što čini 59,3% oslobođene specifične toplote sagorevanja. 4. TERMODINAMIČKE RELACIJE 4.1. Dokazati sledeću termodinamičku relaciju: vvs T p c T v T ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . 4.2. Dokazati sledeću termodinamičku relaciju: pps T v c T p T ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . 4.3. Dokazati da važi sledeća relacija: v v s c Tp v T β −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , gde je v v T p p ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = 1 β - temperaturski koeficijent pritiska. 4.4. Dokazati da je: TT vp p s v s Tcc ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=− . 4.5. Dokazati sledeću relaciju: 23. 19 ps p T v T p Tc ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = . 4.6. Dokazati da je: vs v T p T v Tc ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −= . 4.7. Dokazati da važi relacija: Tv p s v p c c v p ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . 4.8. Dokazati termodinamičku relaciju: 2 ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ppTs T v c T p v p v . 4.9. Dokazati termodinamičku relaciju: 2 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ vvTs T p c T v p v p . 4.10. Dokazati da je: pTvs T v v p c T v T ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . 4.11. Naći specifičnu slobodnu energiju (Helmholtz-ovu f-ju) f(T,v) idealnog gasa. 4.12. Naći specifični Gibs-ov termodinamički potencijal g(T,p) idealnog gasa 4.13. Naći specifičnu entalpiju i(s,p) idealnog gasa R4. REŠENJA: R4.1. Na osnovu poznate relacije 1−=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ vTs T s s v v T (R4.1.1) i Maxwell-ove relacije 24. 20 vT T p v s ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , (R4.1.2) sledi v v v T s T s T p T s v s v T ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . (R4.1.3) Kako je v v T s Tc ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = , iz poslednjeg izraza se dobija vvs T p c T v T ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , (R4.1.4) što je trebalo da se dokaže. Do istog rezultata se dolazi polazeći od toga da je u slučaju izoentropskog procesa: 0),( =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = dv v s dT T s vTds Tv tako da je Tv v T s v s c T T s v s v T dv dT ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = jer je vT T p v s ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ i v v T s Tc ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = R4.2. Na osnovu poznate relacije 1−=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ pTs T s s p p T (R4.2.1) sledi p T s T s p s p T ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . (R4.2.2) Kako je 25. 21 p p T s Tc ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = , na osnovu Maxwell-ove relacije pT T v p s ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , iz relacije (R4.2.1) sledi pvs T v c T p T ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , što je trebalo da se dokaže. Do istog rezultata može da se dođe polazeći od toga da je u slučaju izoentropskog procesa: 0),( =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = dv p s dT T s pTds Tp , odakle se dobija relacija (R4.2.2): p T s T s p s p T dp dT ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = . R4.3. Na osnovu termodinamičke relacije (R4.1.4): vvs T p c T v T ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ i obzirom da je v v p T p β=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , sledi v v s c Tp v T β −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , što je trebalo da se dokaže. R4.4. Kako je p p T i c ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = i vdppdvdupvuddi ++=+= )( , sledi pp p T v p T u c ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = . (R4.4.1) 26. 22 Obzirom da je dv v u dT T u vTdu Tv ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =),( , sledi pTvp T v v u T u T u ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , (R4.4.2) tako da ze smenom izraza (R4.4.2) u izraz (R4.4.1) dobija ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = p v u T v T u c Tpp p . (R4.4.3) Kako je du = Tds-pdv, sledi p v s T v u TT −⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . (R4.4.4) Na osnovu Maxwell-ove relacije pT T v p s ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , kao i relacija (R4.4.4) i (R4.4.3) i uzevši u obzir da je v v T u c ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = , dobija se TT vp p s v s Tcc ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=− , što je trebalo da se dokaže. R4.5. Po definiciji je p p T s Tc ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = . Obzirom da je ppp T v v s T s ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ sledi pp p T v v s Tc ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = . Kada se uzme u obzir Maxwell-ova relacija sp T p v s ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , konačno se dobija 27. 23 ps p T v T p Tc ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = , što je trebalo da se dokaže. R4.6. Po definiciji je v v T s Tc ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = . Obzirom da je vvv T p p s T s ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , sledi vv v T p p s Tc ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = . Kada se uzme u obzir Maxwell-ova relacija sv T v p s ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , konačno se dobija vs v T p T v Tc ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −= , što je trebalo da se dokaže. R4.7. Obzirom da je (izrazi R4.5 i R4.6) ps p T v T p Tc ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = i vs v T p T v Tc ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −= sledi v ps vs ps v p T p T v v p T p T v T v T p c c ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −= , odnosno 28. 24 pvv p p v v p s T v T p c c T v T p c c v p ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . (R4.7.1) Kako je 1−=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ Tpv p v v T T p sledi Tpv v p v T T p ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , (R4.7.2) tako da se smenom (R4.7.2) u (R4.7.1) dobija Tv p s v p c c v p ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , što je trebalo da se dokaže. Dobijena relacija pokazuje da je koeficijent adijabatske kompresibilnosti s s v p ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =β ve}i v p c c k = puta od koeficijenta izotermske kompresibilnosti T T v p ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =β . R4.8. Obzirom da je dT T v dp p v Tpdv pT ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =),( , sledi spTs p T T v p v p v ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . (R4.8.1) Na osnovu Maxwell-ove relacije ps s v p T ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ i relacije (R4.8.1) sledi ppTs s v T v p v p v ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . (R4.8.2) Obzirom da je 29. 25 2 2 ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ pp p p ppp T v c T T s T v T v T v T v s v T v , (R4.8.3) zamenom izraza (R4.8.3) u izraz (R4.8.2) dobija se 2 ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ppTs T v c T p v p v što je trebalo da se dokaže. R4.9. Obzirom da je dT T p dv v p Tvdp vT ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =),( , sledi spTs v T T p v p v p ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . (R4.9.1) Na osnovu Maxwell-ove relacije vs s p v T ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ i relacije (R4.9.1) sledi vvTs s p T p v p v p ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . (R4.9.2) Obzirom da je 2 2 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ vv v v vvv T p c T T s T p s T T p T p s p T p , (R4.9.3) zamenom izraza (R4.9.3) u izraz (R4.9.2) dobija se 2 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ vvTs T p c T v p v p , što je trebalo da se dokaže. R4.10. Na osnovu Maxwell-ove jednačine vs s p v T ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , sledi 30. 26 2 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ vv v v vs T p c T T s T p s p v T . (R4.10.1) Kako je 1−=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ Tpv p v v T T p sledi pTv T v v p T p ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , (R4.10.2) tako da se posle zamene izraza (R4.10.2) u izraz (R4.10.1) dobija pTvs T v v p c T v T ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , što je trebalo da se dokaže. R4.11. Po definiciji je ),()(),( vTTsTuvTf −= . (R4.11.1) Obzirom da je pdvdTcpdvduTds v +=+= , za idealni gas, sledi v Rdv T dT c T pdv T dT cds vv +=+= . Integracijom poslednjeg izraza se dobija vRTcsvTs v lnln),( 0 ++= . (R4.11.2) S druge strane je TcuTu v+= 0)( (R4.11.3) Smenom (R4.11.2) i (R4.11.3) u (R4.11.1) dobija se ,ln)ln1()( )lnln()(),()(),( 00 00 vRTTcTsu vRTcsTTcuvtTsTuvTf v vv −−+−= =++−+=−= odnosno vRTTcfvTf v ln)ln1(),( 0 −−+= , (R4.11.4) 31. 27 gde je .000 Tsuf −= R4.12. Po definiciji je . (R4.12.1)pvTsug +−= Iz izraza R4.11.2 sledi ,lnlnln lnln)(lnln 0 00 RRpRTcs p RT RTRcsvRTcss p pv +−+= =+−+=++= odnosno . (R4.12.2)pRTcspTs p lnln),( ' 0 −+= gde je .RRss ln0 ' 0 += Smenom izraza (R4.11.3) i (R4.12.2) u izraz (R4.12.1) dobija se ,ln)ln1()(lnln)( )lnln()(),()(),( ' 00 ' 00 ' 00 pRTTTcTsupRTTTcTcTsu TRpRTcsTTcupvpTTsTupTg ppp pv +−+−=+−+−= =+−+−+=+−= odnosno pRTTTcgpTg p ln)ln1(),( 0 +−+= , (R4.12.3) gde je .' 000 Tsug −= R4.13. Po definiciji je i = u + pv (R4.13.1) Kako je i , slediTcuu v+= 0 RTpv = TcuRTTcui pv +=++= 00 (R4.13.2) Obzirom da je (izraz R4.12.2) ,pRTcspTs p lnln),( ' 0 −+= sledi ,expln lnexplnln 1ln ln ' 0 1 1' 0 ' 0 ' 0 ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − ⋅= =+ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = − + − =+ − = − − p k k k k pppp c ss p p c ss p k k c ss c pR c ss T 32. 28 tako da je ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − ⋅= − p k k c ss ppsT ' 0 1 exp),( . (R4.13.3) Smenom izraza R4.13.3 u izraz R4.13.2 dobija se ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − ⋅⋅+= − p k k p c ss pcupsi ' 0 1 0 exp),( . (R4.13.4) 5. RAVNOTEŽA TERMODINAMIČKIH SISTEMA I FAZNI PRELAZI 5.1. Odrediti temperaturu pri kojoj će da proključa voda koja se nalazi pod pritiskom od p = 0,090 M Pa. Specifična toplota isparavanja vode pri ovim uslovima iznosi r = 2,256 M J/kg. (Okt 2000) 5.2. U evakuisanu posudu zapremine V0 = 10 dm3 ulivena je voda mase mv = 1,0 kg. Pri temperaturi od t = 1000 C i pritisku od p = 0,10 M Pa voda se nalazi u termodinamičkoj ravnoteži sa njenom zasićenom parom. Za koliko treba da se povisi temperatura ovog termodinamičkog sistema da bi se povećala masa zasićene vodene pare za Δm = 7,0 mg. 5.3. Pri pritisku p1 = 0,0849 M Pa temperatura ključanja vode je Tk1 = 368 K, dok pri pritisku od p2 = 0,1013 M Pa temperatura ključanja iznosi Tk2 = 373 K. Odrediti specifičnu toplotu isparavanja vode u datom temperaturskom intervalu. 5.4. Odrediti pritisak pri kome će da se topi led temperature T2 = 268 K. Specifična toplota topljenja leda pri datim uslovima je r = 335,5 kJ/kg. Specifična zapremina leda i vode iznose vL = 1,091 cm3 /g i v0 = 1,000 cm3 /g, respektivno. 5.5. Odrediti promenu temperature topljenja leda pri povećanju pritiska za Δp = 0,1 M Pa. Pri normalnom atmosferskom pritisku i temperaturi od 00 C specifična toplota topljenja leda je r = 335,5 kJ/kg, gustina leda je ρL = 916,6 kg/m3 , a gustina vode iznosi ρ0 = 1000 kg/m3 . 5.6. Komad leda mase m = 1 kg smešten je u toplotno izolovanu komoru na atmosferskom pritisku i temperaturi od t1 = 00 C. Odrediti masu Δm istopljenog leda pri njegovom adijabatskom sabijanju do pritiska od p2 = 120 at. Specifične zapremine vode i leda iznose v0 = 1 cm3 /g i vL = 1,09 cm3 /g, respektivno. Specifični toplotni kapacitet leda iznosi cL ≅ 2,5 kJ/kgK a specifična toplota topljenja leda je r = 335,5 kJ/kg. 5.7. Na osnovu eksperimentalnih podataka, u intervalu od 00 C do 200 C, dobijena je sledeća zavisnost pritiska amonijaka od temperature: p (T) = - 13,2302 + 0,1845 T - 0,8602 x 10-3 T2 + 0,1348 x 10-5 T3 , gde je temperatura (T) u K a pritisak (p) u M Pa. Odrediti specifičnu toplotu isparavanja amonijaka pri temperaturi od 100 C. Poznato je da pri datoj temperaturi specifične zapremine amonijaka na donjoj i gornjoj graničnoj krivoj iznose v’ = 1,598 cm3 /g i v’’ = 206,0 cm3 /g, respektivno. 33. 29 5.8. Odrediti specifičnu zapreminu suvo-zasićene pare freone -12 pritiska p = 0,65080 M Pa, ako je poznato da je specifična toplota isparavanja r = 141,68 kJ/kg, a specifična zapremina na donjoj graničnoj krivoj v’ = 0,7628 dm3 /kg . Zavisnost T(p) za data je tabelarno: T(K) 297,15 298,15 299,15 p (MPa) 0,63335 0,65080 0,66857 R5. REŠENJA. R5.1. Obzirom da je specifična zapremina vodene pare mnogo veća od specifične zapremine vode, tj. , Clausius-Clapeyron-ova jednačina može da se napiše u pojednostavljenom obliku: 1vvp >> pp Tv r vvT r dT dp ≅ − = )( 1 . (R5.1.1) Smatrajući da je vodena para pri datim uslovima idealan gas ( p RT vp = ) sledi 2 RT rdT dT dp = , (R5.1.2) odakle je C RT r p +−=ln . (R5.1.3) Konstanta C se nalazi iz uslova da je pri normalnim uslovima p = p0 = 0,1013 MPa temperatura ključanja vode T = Tnk = 373 K: nkRT r pC += 0ln . (R5.1.4) Zamenom izraza (R5.1.4) u izraz (R5.1.3) dobija se jednačina nkRT r RT r p p +−= 0 ln , (R5.1.5) odakle se nalazi izraz za temperaturu ključanja tečnosti (vode) pri datom pritisku 0 ln1 p p r RT T T nk nk − = . (R5.1.6) Kako molarna masa vode iznosi M = 0,018 kg/mol, gasna konstanta za vodenu paru ima vrednost R = 8,314 / M = 461,9 J/kgK, tako da se posle zamene ove vrednosti i ostalih datih brojnih 34. 30 podataka u poslednji izraz dobija da će pri pritisku od p = 0,090 MPa voda da proključa pri temperaturi od T = 369,7 K , tj. t = 96,5 0 C . R5.2. Vodena para pri datim uslovima može da se smatra idealnim gasom tako da se korišćenjem jednačine R dT vdp dT pdv =+ , koja je dobijena diferenciranjem jednačine stanja idealnog gasa, i Clausius-Clapeyron-ove jednačine (R5.1.1), dobija p T r R dT dv − = . (R5.2.1) Obzirom da je v = V/ m, gde je V = V0 - mv/ρv -raspoloživa zapremina pare a ρv -gustina vode, sledi dv v m V v Vdv dm v v 2 0 2 ρ − −=−= . (R5.2.2) Iz izraza (R5.2.1) i (R5.2.2.) sledi ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − = 10 2 RT rm Vp dmRT dT v v ρ , (R5.2.3) odakle se dobija da je za povećanje mase pare za Δm = 7,0 mg potrebno da se temperatura poveća za K RT rm Vp mRT T v v 0405.0 10 2 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − Δ =Δ ρ . R5.3. Na osnovu jednačine (R5.1.3) C RT r p +−=ln , sledi ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −= 211 2 11 ln TTR r p p , odakle se dobija se da specifična toplota isparavanja vode u datom temperaturskom intervalu (368, 373) K ima vrednost: 35. 31 kg MJ p p TT TRT TT p p R r 24,2 0849,0 1013,0 ln 368373 37336889,461 ln 11 ln 1 2 12 21 21 1 2 = − ⋅⋅ = − = − = R5.4. Iz Clausius-Clapeyron-ove jednačine )( 0 LvvT r dT dp − = sledi )( 0 LvvT rdT dp − = , tako da se za konačne priraštaje dobija )( )( )( )( 01 21 01 12 12 vvT TTr vvT TTr ppp LL − − = − − =−=Δ , (R5.4.1) gde je T1 = 273 K temperatura topljenja leda pri pritisku od p1 = 0,1013 M Pa. Zamenom brojnih vrednosti u izraz (R5.4.1) dobija se da je za topljenje leda pri temperaturi T2 = 268 K potreban dodatni pritisak od Δp = 67,56 M Pa, odnosno ukupan pritisak od p2 = p1 + Δp = 67,66 M Pa. R5.5. Iz Clausius-Clapeyron-ove jednačine sledi: MPa K r T r T r vvT p T L LLL 074,0 )( 11 )( 0 010 1 01 −= − −= ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − −= − = Δ Δ ρρ ρρρρ , odakle je K MPa K pT 0074,0074,0 −=Δ⋅−=Δ . R5.6. Promena temperature topljenja leda s promenom pritiska iznosi: K r pvvT T L 884,0 105,335 10013,1)1120(10)09,11(273)( 3 53 01 −= ⋅ ⋅⋅−⋅− = Δ− =Δ − . Znači, pri datom pritisku (p2) led se nalazi na temperaturi koja je za ΔT viša od njegove tačke topljenja pri datim uslovima, tako da se deo unutrašnje energije leda TmcU L Δ=Δ iskoristi za prevođenje mase Δm leda u tečno stanje: g r Tmc m L 59,6 10335 1994,0105,2 3 3 = ⋅ ⋅⋅⋅ = Δ =Δ . 36. 32 R5.7. Na osnovu poznate zavisnost p = p (T) dobija se: 252 104044,010172,01845,0 TT dT dp −− ⋅+⋅−= . Na temperaturi od 10 0 C je K Pa dT dp 4252 10162,2283104044,028310172,01845,0 ⋅=⋅⋅+⋅⋅−= −− . Na osnovu Clausius-Clapeyron-ove jednačine sledi kg kJ dT dp vvT T pvvT r 125110162,210)598,10,206(283)( )( 43''' ''' =⋅⋅⋅−=−= Δ Δ− = − . (ovaj podatak se razlikuje za 12,3% od tabličnog podatka: rid = 1405 kJ/kg). R5.8. Na osnovu priloženih podataka za p = p(T) dobija se MPa K p T 786,56 03522,0 2 == Δ Δ . Iz Clausius-Clapeyron-ove jednačine sledi kg m pT Tr vv 366 4''' 02775,0 15,298 10786,561014168,0 10628,7 = ⋅⋅⋅ +⋅= Δ Δ += − − . 6. TERMODINAMIČKA SVOJSTVA SUPSTANCIJE. VODENA PARA 6.1. Odrediti veličine stanja vlažne vodene pare pritiska p = 20 bara i stepena suvoće x = 0,80. 6.2. Pregrejana vodena para mase m = 5 kg, pritiska p1 = 10 bara i temperature t1 = 200 0 C sabija se izotermski do specifične zapremine v2 = v1/2. Odrediti: a) parametre stanja na kraju procesa i b) odvedenu količinu toplote. 6.3. Pregrejana vodena para mase m = 5 kg, pritiska p1 = 16 bara i temperature t1 = 300 0 C, izoentropski se širi do pritiska p2 = 2 bara. Odrediti: a) promenu unutrašnje energije, b) apsolutni rad i c) tehnički rad. 6.4. Vlažna vodena para mase m = 2 kg, stepena suvoće x1 = 0,75 i pritiska p1 = 10 bara, pregreva se izobarno do temperature t2 = 300 0 C. Odrediti: a) apsolutni rad; b) dovedenu količinu toplote; c) promenu unutrašnje energije i d) promenu entropije. 37. 33 6.5. Vlažna vodena para stepena suvoće x1 = 0,70 i pritiska p1 = 1 M Pa prigušuje se do pritiska p2 = 0,05 M Pa. Odrediti: a) stepen suvoće na kraju procesa; b) promenu entropije i c) promenu temperature. R6. REŠENJA: R6.1. Na osnovu tablice veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od pritiska (ili i, s-dijagrama) dobijaju se za p = 2 MPa = 20 bara sledći parametri vodene pare na donjoj (‘) i gornjoj graničnoj krivoj (‘’): temperatura ključanja ts = 212,37 0 C toplota isparavanja r = 1891 kJ/kg specifična zapremina v’ = 0,0011766 m3 /kg v’’ = 0,09958 m3 /kg entalpija i’ = 908,53 kJ/kg i’’ = 2799 kJ/kg entropija s’ = 2,4467 kJ/kgK s’’ = 6,340 kJ/kgK unutrašnja energija u’ = 906,1 kJ/kg u’’ = 2600 kJ/kg. Toplota isparavanja i unutrašnja energija mogu da se odrede računskim putem na osnovu ostalih parametara: r = Ts (s’’ - s’) = 485,5 (6,340 - 2,4467) = 1890,2 kJ/kg u’ = i’ -pv’ = 908,5 103 -20 x 105 x 0,0011766 = 906,15 kJ/kg u’’ = i’’ -pv’’ = 2799 x 103 -20 x 105 x 0,09958 = 2599,84 kJ/kg. Veličine stanja vodene pare pritiska p = 20 bara i stepena suvoće x = 0,80 određuju se prema relacijama kg m xvvvvx 3 '''' 079899,080,0)0011766,009958,0(0011766,0)( =⋅−+=−+= kg kJ xiiiix 91,242080,0)53,9082799(53,908)( '''' =⋅−+=−+= kgK kJ xssssx 56134,580,0)4467,2340,6(4467,2)( '''' =⋅−+=−+= kg kJ xuuuux 22.226180,0)1,9062600(1,906)( '''' =⋅−+=−+= R6.2. Iz tablice veličine stanja pregrejane vodene pare (ili i,s-dijagrama. Slika R6.1) za p1 = 10 bara (1 M Pa) i t1 =200 0 C dobija se: v1 = 0,2060 m3 /kg i1 = 2827 kJ/kg s1 = 6,692 kJ/kg. S druge strane, za temperaturu t2 = t1 = 200 0 C , iz tablice veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od temperature, sledi: p2 = 15,551 bara toplota isparavanja r = 1941 kJ/kg 38. 34 specifična zapremina v’ = 0,0011565m3 /kg v’’ = 0,1272 m3 /kg entalpija i’ = 852,4 kJ/kg i’’ = 2793 kJ/kg entropija s’ = 2,3308 kJ/kgK s’’ = 6,3418 kJ/kgK unutrašnja energija u’ = 851,6 kJ/kg u’’ = 2595 kJ/kg. Obzirom da je u konačnom stanju kg mv v 3 2 2 1030,0 2 2060,0 2 === , u datoj tački procesa stepen suvoše iznosi 808,0 0011565,01272,0 0011565,01030,0 ' 2 '' 2 ' 22 2 = − − = − − = vv vv x . Kako je v2 >> v2’ i v2’’ >> v2’, stepen suvoće može da se odredi približno 810,0 1272,0 1030,0 '' 2 2 2 ==≅ v v x . a) Parametri stanja na kraju procesa (tačka 2) su: i2 = i2’ + (i2’’ - i2’) x2 = 852,4 + (2793 - 852,4) 0,808 = 2420,40 kJ/kg s2 = s2’ + (s2’’ - s2’) x2 = 2,3308 + (6,4318 - 2,3308) 0,808 = 5,64441 kJ/kgK u2 = u2’ + (u2’’ - u2’) x2 = 851,6 + (2595 - 851,6) 0,808 = 2260,27 kJ/kg. b) Obzirom da je proces izoterman odvedena količina toplote iznosi kJkJssmTmqQ 55,2477)692,66441,5(4735)( 1211212 −=−⋅=−== . R6.3. Iz tablice veličine stanja pregrejane vodene pare (ili i,s-dijagrama. Slika R6.2) za p1 = 16 bara (1,6 M Pa) i t1 =300 0 C dobija se: v1 = 0,1585 m3 /kg i1 = 3030 kJ/kg s1 = 6,877 kJ/kg. S druge strane, za pritisak p2 = 2 bara , iz tablice veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od pritiska, sledi: ts = 120,23 0 C toplota isparavanja r = 2202 kJ/kg specifična zapremina v’ = 0,0010605 m3 /kg v’’ = 0,8854 m3 /kg entalpija i’ = 504,8 kJ/kg i’’ = 2707 kJ/kg entropija s’ = 1,5302 kJ/kgK s’’ = 7,127 kJ/kgK unutrašnja energija u’ = 504,59 kJ/kg u’’ = 2530 kJ/kg. Kako je s2 = s1 = 6,877 kJ/kgK, stepen suvoće vodene pare na kraju procesa iznosi 39. 35 955,0 5302,1127,7 5302,1877,6 ' 2 '' 2 ' 22 2 = − − = − − = ss ss x tako da je kg m xvvvv 3 2 ' 2 '' 2 ' 22 56441955,0)0010605,08854,0(0010605,0)( =−+=−+= kg kJ xiiii 90,2607955,0)8,5042707(8,504)( 2 ' 2 '' 2 ' 22 =⋅−+=−+= kg kJ xuuuu 86,2438955,0)59,5042530(59,504)( 2 ' 2 '' 2 ' 22 =⋅−+=−+= . a) Kako je u = i - pv, promena unutrašnje energije vodene pare iznosi [ ] [ ] kJ vpvpiimumU 1,1688)1585,0106,18446,0102,0()303090,2607(5 )()( 33 112212 −=⋅⋅−⋅⋅−−⋅ =−−−=Δ=Δ b) Obzirom da je proces izoentropski (s = const, tako da je Q12 = 0), apsolutni rad iznosi L12 = - ΔU = 1 688,1 kJ. Tehnički rad pri datom procesu je Lteh = m(i1 - i2) = 5 (3030 - 2607,90) = 2 110,5 kJ. R6.4. Na osnovu tablice veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od pritiska (ili i, s-dijagrama) dobijaju se za p1 = 10 bara sledeći parametri vodene pare na donjoj (‘) i gornjoj graničnoj krivoj (‘’): temperatura ključanja ts = 179,88 0 C specifična zapremina v’ = 0,0011273 m3 /kg v’’ = 0,1946 m3 /kg entalpija i’ = 762,7 kJ/kg i’’ = 2778 kJ/kg entropija s’ = 2,138 kJ/kgK s’’ = 6,587 kJ/kgK. 40. 36 Kako je x1 = 0,75, parametri vodene pare na početku procesa (tačka 1) iznose v1 = v’ + (v’’ - v’) x1 = 0,0011273 + (0,1946 - 0,0011273) 0,75 = 0,14623 m3 /kg i1 = i’ + (i’’ - i’)x1 = 762,7 + (2778 - 762,7) 0,75 = 2274,18 kJ/kg s1 = s’ + (s’’ - s’)x1 = 2,138 + (6,587 - 2,138) 0,75 = 5,4748 kJ/kgK Za p2 = p1 = 10 bara i t2 = 300 0 C iz tablice veličine stanja pregrejane vodene pare (ili i,s - dijagrama, Slika R6.3) je v2 = 0,2578 m3 /kg i2 = 3048 kJ/kg s2 = 7,116 kJ/kgK. a) Apsolutni rad tokom ovog izobarnog procesa je L12 = m l12 = mp1Δv = mp1 (v2 - v1) = 2 x 105 (0,2578 - 0,14623) = 223,14 kJ. b) Dovedena količina toplote iznosi Q12 = mq12 = m(i2 - i1) = 2 (3048 - 2274,18) = 1 547,64 kJ. c) Promena unutrašnje energije iznosi ΔU = Q12 - L12 = 1547,64 - 223,14 = 1 324,5 kJ, ili ΔU = mΔu = m [(i2 - i1) - (p2v2 - p1v1)] = 1 324,5 kJ. d) Promena entropije iznosi ΔS = mΔs = m (s2 - s1) = 2 (7,116 - 5,4748) = 3,2824 kJ/K R6.5. Na osnovu tablice veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od pritiska (ili i, s-dijagrama) dobijaju se za sledeći parametri vodene pare na donjoj (‘) i gornjoj graničnoj krivoj (‘’) za p1 = 1 M Pa = 10 bara i p2 = 0,05 M Pa = 0,5 bara, respektivno: pritisak p1 = 1 M Pa = 10 bara 41. 37 temperatura ključanja ts1 = 179,88 0 C entalpija i1’ = 762,7 kJ/kg i1’’ = 2778 kJ/kg entropija s1’ = 2,138 kJ/kgK s1’’ = 6,587 kJ/kgK. pritisak p2 = 0,05 M Pa = 0,5 bara temperatura ključanja ts2 = 81,35 0 C entalpija i2’ = 340,6 kJ/kg i2’’ = 2645 kJ/kg entropija s2’ = 1,0910 kJ/kgK s2’’ = 7,593 kJ/kgK. Kako je i1 = i1’ + (i1’’ - i1’) x1 i i2 = i2’ + (i2’’ - i2’) x2, stepen suvo}e vodene pare na kraju procesa prigušenja (i1 = i2) iznosi x2 = [(i1’’ - i1’)x1 + (i1’ - i2’)] / (i2’’ - i2’) = = [(2778 - 762,7) 0,70 + (762,7 - 340,6)] / (2645 - 340,6) = 0,795. Entropija na početku procesa je s1 = s1’ + (s1’’ - s1’)x1 = 2,138 + (6,587 - 2,138) 0,70 = 5,2523 kJ/kgK. Na kraju procesa entropija iznosi s2 = s2’ + (s2’’ - s2’)x2 = 1,0910 + (7,593 - 1,0910) 0,795 = 6,2601 kJ/kgK. Promena entropije iznosi Δs = s2 - s1 = 6,2601 - 5,2523 = 1,0078 kJ/kgK. Temperatura se promenila za Δt = t2 - t1 = 81,35 - 179,88 = - 98,53 0 C. Do istih rezultata može da se dođe korišćenjem i, s-dijagrama (Slika R6.4). 42. 38 7. PROCESI ZA HLAĐENJE 7.1. Dokazati da se maksimumi izoentalpi (i = const) u T,s- dijagramu nalaze na krivoj inverzije Joule-Thompson-ovog efekta. 7.2. Dokazati da se realan gas, koji se podčinjava Van der Waals-ovoj jednačini s koeficijentom a = 0, pri adijabatskom prigušenju uvek zagreva. 7.3. Dokazati da se realan gas, čije se stanje opisuje Van der Waals-ovom jednačinom s koeficijentom b = 0, pri adijabatskom prigušenju uvek hladi. 7.4. U eksperimentu je ustanovljeno da je temperatura inverzije helijuma (pri niskom pritisku) za 30,5 0 C viša od njene kritične temperature. Odrtediti vrednost temperature inverzije helijuma. 7.5. Prikazati jednačinu inverzije krive inverzije Van der Waals-ovog gasa u T,v- dijagramu, kojom se ravan T, v deli na dve oblasti: αi < 0 i ΔT> 0 (gas se zagreva) i αi > 0 i ΔT< 0 (gas se hladi). 7.6. Na}i izraz za diferencijalni Joule-Thomson-ov efekt Van der Waals-ovog gasa i odrediti temperaturu inverzije u slučaju niskih pritisaka, odnosno malih gustina, kada je v>> a,b. 7.7. Vlažna para pritiska p1 = 1,90 MPa i stepena suvoće x1 = 0,95 puštena je kroz prigušni ventil parovoda niskog pritiska p2 = 0,20 MPa. Na osnovu i, s- dijagrama za vodenu paru odrediti: a) stanje pare u parovodu posle prolaza kroz prigušni ventil; b) veličinu promene entropije i c) veličinu srednjeg diferencijalnog efekta prigušenja. 7.8. Vlažna para stepena suvoše x1 = 0,90 i pritiska p1 = 3,00 MPa prigušuje se do pritiska p2 = 0,20 MPa. Odrediti: a) integralni Joule Thompson-ov efekt i b) vrednost specifične zapremine pare posle prigušenja. 43. 39 7.9. Suvozasićena vodena para pritiska p1 = 9,00 MPa prigušuje se do pritiska p2 = 2,00 MPa. Temperatura okolne sredine iznosi T0 = 300 K. Koristeći se tablicama za vodenu paru odrediti: a) srednji diferencijalni Joule Thompson-ov efekt; b) stepen suvoće vodene pare posle prigušenja i c) gubitak eksergije. 7.10. Suvozasićena vodena para pritiska p1 =12,00 MPa prigušuje se do pritiska p2 = 1,00 MPa. Koristeći se tablicama za vodenu paru odrediti: a) parametre pare posle prolaza kroz prigušni ventil, b) srednju vrednost diferencijalnog efekta prigušenja i c) gubitak radne sposobnosti. Temperatura okolne sredine je T0 =300 K. (Sept ‘04). 7.11. Odrediti stanje vodene pare u parovodu ako je pritisak pare u njemu p1 = 1,20 MPa a pritisak i temperatura pare u kalorimetru s prigušnim ventilom, koji služi za određivanje stanja pare, su p2 = 0,10 MPa i t2 = 135 0 C, respektivno. 7.12. Pregrejana para pritiska p1 =16,00 MPa i temperature t1 = 360 0 C prigušuje se do pritiska p2 = 2,00 Mpa. Koristeći tablice ili odgovarajuće dijagrame za vodenu paru odrediti: a) integralni Joule-Tompsonov efekt i b) gubitak radne sposobnosti. Temperatura okolne sredine je T0 = 300 K. (Maj ‘96. god.). 7.13. Zavisnost specifične zapremine od temperature, pri pritisku od p1 = 9,80 MPa, na osnovu podataka za vodenu paru, prikazana je tabelarno: t ( 0 C ) 490 500 510 520 530 v ( m3 / kg ) 0,0329 0,0335 0,0341 0,0347 0,0353 Znajući da je specifični toplotni kapacitet vodene pare pri p1 = 9,80 MPa i temperaturi t1 = 510 0 C iznosi cp = 2,577 kJ/kgK, odrediti: a) veličinu diferencijalnog Joule-Tompson-ovog efekta pri t1 = 510 0 C i b) integralni efekt prigušenja vodene pare od p1 = 9,80 MPa do p2 = 8,00 Mpa. 7.14. Na osnovu tabele za vodu i vodenu paru formirana je tabela vrednosti entalpije za različite pritiske pri temperaturi od t = 260 0 C: p (MPa) 5,0 10,0 16,0 18,0 20,0 25,0 30,0 40,0 i (kJ/kg) 1135,1 1134,1 1133,0 1133 1133 1134 1135 1137 Odrediti vrednost pritiska pri kojem će temperatura inverzije za vodu da iznosi 260 0 C. 7.15. Odrediti konačnu temperaturu azota pri njegovom adijabatskom širenju od pritiska p1 = 1,00 MPa do p2 = 0,95 MPa. Početna temperatura azota je t1 = 1000 0 C. Specifični toplotni kapacitet azota pri datim uslovima je cp = 1,20 kJ/kgK a njegova gasna konstanta je R = 297 J/kgK. Predpostaviti da u ovom slučaju može da se primeni jednačina stanja idealnog gasa. 7.16. Zavisnost specifične zapremine od temperature, pri pritisku od p1 = 4,90 MPa, na osnovu podataka za vodenu paru, prikazana je tabelarno: 44. 40 480 490 500 510 520t ( 0 C ) 0,06786 0,06893 0,06999 0,07104 0,07208v ( m3 / kg ) Pri datom pritisku p1 = 4,90 MPa i temperaturi od t1 = 500 0 C specifični toplotni kapacitet vodene pare iznosi cp = 2,34 kJ/kgK. Odrediti promenu temperature vodene pare u slučaju: a) izoentropskog reverzibilnog širenja od pritiska p1 = 4,90 MPa i temperaturi od t1 = 500 0 C do pritiska p2 = 4,50 MPa; b) adijabatskog prigušanja (integralni Joule-Tompsonov efekt) pri istim vrednostima početnih i krajnjih pritisaka i temperatura kao u slučaju pod a. 7.17. Iz eksperimenta je dobijeno da se pri pritisku p = 12,00 Mpa i temperaturi t = 520 0 C koeficijenti reverzibilnog adijabatskog (izoentropskog) širenja i koeficijent adijabatskog prigušenja vodene pare razlikuju za αs - αi = 10,49 K / Mpa. U tablicama je nađeno da je specifična zapremina vodene pare pri datim uslovima v = 0,02782 m3 /kg. Odrediti specifični toplotni kapacitet cp vodene pare pri datim uslovima. 7.18. Iz eksperimenta je dobijeno da je za vodenu paru pri pritisku p = 12,00 MPa i temperaturi t = 520 0 C koeficijent reverzibilnog adijabatskog (izoentropskog) širenja 7,26 puta veći od koeficijenta adijabatskog prigušenja. Odrediti vrednost koeficijenta zapreminskog širenja vodene pare pT v v ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = 1 α pri datom pritisku i temperaturi. 7.19. Odrediti promenu temperature i specifične entropije kao i gubitak eksergije vodene pare pri ireverzibilnom adijabatskom širenju iz suda konstantne zapremine (tzv. ispust) u sredinu pritiska p0 = 0,10 MPa i temperature T0 = 300 K. Početni parametri vodene pare su t1 = 510 0 C i p1 = 5,0 MPa. (Nov 2000) 7.20. Vodonik temperature T1 = 55,5 K i pritiska p1 = 2,94 MPa hladi se metodama: a) reverzibilnog adijabatskog (izoentropskog) širenja i b) adijabatskog prigušenja. Odrediti promenu temperature datim metodama hlađenja ako se vodonik širi do pritiska p2 = 0,147 MPa. 7.21. Vodonik temperature T1 = 55,5 K i pritiska p1 = 2,94 Mpa se širi do pritiska p2 = 0,589 Mpa. Odrediti promenu temperature vodonika ako je širenje: a) izoentropsko (s = const) i b) izoentalpijsko (i = const). 7.22. Dva balona jednakih zapremina Va = Vb = V = 10 - 3 m3 spojena su pomoću cevi sa slavinom. U jednom balonu nalazi se ugljen-dioksid pri pritisku od p1 = 1,013.105 Pa, i temperaturi od T1 = 290 K, a u drugom - vakuum. Smatrajući da se ugljen-dioksid dobro opisuje Van der Waals-ovom jednačinom stanja s konstantom a = 3,64.105 Nm4 / kmol2 i da su zidovi balona i cevi dobro (adijabatski) izolovani od okolne sredine, odrediti veličinu promene temperature u prvom balonu posle otvaranja slavine. Specifični toplotni kapacitet pri konstantnoj zapremini i molarna masa ugljen dioksida iznose cv = 0,645 kJ/kgK i M = 0,044 kg/mol, respektivno. (Jun ‘02) 7.23. Količina azota od 1 kmol adijabatski se širi u vakuum od početne zapremine V1 = 1 m3 do konačne zapremine V2 = 20 m3 . Odrediti promenu temperature azota ako konstanta a u Van der Waals-ovoj jednačini iznosi a = 1,35.105 Nm4 / kmol2 , a specifični toplotni kapacitet pri konstantnoj zapremini ne zavisi od temperature i zapremine i iznosi Cv = 2,08.104 J/kmolK. 45. 41 7.24. Poznato je da kiseonik pri kritičnoj temperaturi i kritičnom pritisku od pk = 5,05 MPa ima gustinu ρk = 338 kg/ m3 . Smatrajući da se kiseonik potčinjava Van der Waals-ovoj jednačini stanja odrediti promenu temperature količine od 11 kg kiseonika pri širenju u vakuum od početne zapremine V1 = 1 m3 do konačne zapremine V2 = 10 m3 . Maseni specifični toplotni kapacitet kiseonika pri datoj početnoj zapremini i temperaturi iznosi cv = 656 J/kgK. 7.25. Vodonik, koji se nalazi u sudu zapremine V1 = 1 m3 pod pritiskom p1 = 0,10 MPa i temperaturi T1 = 300 K, adijabatski se širi u vakuum do konačne zapremine V2 = 20 m3 . Odrediti promenu temperature smatrajući da se vodonik potčinjava Van der Waals-ovoj jednačini stanja. Kritična temperatura i kritična zapremina vodonika iznose Tk = 33,2 K i vk = 79,8 cm3 / mol, respektivno. Molarni specifični toplotni kapacitet pri konstantnoj zapremini vodonika je Cv = 20,40 kJ/ kmol K 7.26. Odrediti temperaturu na kraju procesa adijabatskog razmagnetisavanja uzorka paramagnetne soli kalijum hromove stipse [KCr (S04)2 12H2O], kao i količinu toplote koja se oslobodi pri namagnetisavanju količine od 1 mol ove supstance. Početna vrednost temperature i jačine magnetnog polja iznose T1 = 10 K i H1 = 5.105 A/m, respektivno. Tablični podaci za datu supstanciju su: Θs = 0,245 K, R = 16,7 J/kgK, M = 0,499 kg/ mol i C = 5,9 x10-11 JK/ kg(A/m)2 . Smatrati da se u datoj oblasti ova supstanca potčinjava Curie-evom zakonu (do Θs = 0,245 K). 7.27. Odrediti temperaturu na kraju procesa adijabatskog razmagnetisavanja uzorka paramagnetne soli cerijummagnezijum nitrata [Ce2 Mg3 (NO3)12 24 H2O] mase m = 50 g, kao i količinu toplote koja je oslobođena pri procesu izotermnog namagnetisavanja. Početne vrednosti temperature i jačine magnetnog pola iznose T1 = 2 K i H1 = 5.105 A/m. Tablični podaci su: C = 0,658x10-11 JK/ kg(A/m)2 , R = 10,9 J/ kgK i Θs = 0,0055 K Smatrati da se u datoj oblasti ova supstanca potčinjava Curie-evom zakonu (do Θs = 0,0055 K). 7.28. Odrediti promenu temperature ΔT = T2 - T1 homogene i izotropne supstancije pri izoentropskom (reverzibilno adijabatskom) širenju (ili sabijanju) od pritiska p1 do pritiska p2, ukoliko su poznate vrednosti koeficijenta zapreminskog širenja αv, specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku cp i gustine ρ, date supstancije. 7.29. Voda, koja se nalazi na temperaturi od t1 = 0 0 C i pritisku p1 = 19,6 MPa, izoentropski se širi do pritiska p2 = 0,098 MPa. Odrediti promenu temperature vode pri ovom procesu ako se zna da je za vodu pri datim uslovima koeficijent zapreminskog širenja αv = - 6,1x10-5 K-1 , specifični toplotni kapacitet pri konstantnom pritisku cp = 4,22 kJ/kgK i gustina ρ = 1,000x103 kg/m3 . 7.30. Živa, koja se nalazi na temperaturi od t1 = 0 0 C i pritisku p1 = 4,9 Mpa, izoentropski se širi do pritiska p2 = 0,098 MPa. Odrediti promenu temperature žive pri ovom procesu ako se zna da je koeficijent zapreminskog širenja žive pri ovim uslovima αv = 1, 81x10-4 K-1 , specifični toplotni kapacitet pri konstantnom pritisku cp = 0,140 kJ/kgK i gustina ρ = 1,36.10 4 kg/m3 . R7. REŠENJA . R7.1. Kako je vdpTdsdi += i ds s p dT T p sTdp Ts ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =),( , 46. 42 sledi dT T p vds s p vTdi sT ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ += . (R7.1.1) Na osnovu Maxwell-ove relacije pT v T s p ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ i izraza (R7.1.1) sledi dT T p vds v T vTdi sp ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ + ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −= , (R7.1.2) odnosno dT T p vds T v v Tdi s p ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ + ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −= . (R7.1.3) U slučaju izoentalpijskog procesa (di =0), iz predhodnog izraza (R7.1.3), sledi s p i T p v T v v T s T ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ − −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . (R7.1.4) Maksimum izoentalpi određuje se iz uslova 0=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ is T , (R7.1.5) tako da je na osnovu izraza (R7.1.4) 0= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ − pT v v T , odnosno T v T v p =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , (R7.1.6) što predstavlja jednačinu krive inverzije. 47. 43 Veličina sT p v ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ u izrazu (R7.1.4) je pozitivna tako da znak nagiba izoentalpi zavisi od odnosa veličina T i α 1 , gde je pT v v ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = 1 α - koeficijet toplotnog širenja, jer je α 1 1 1 −= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ − T T v v T T v v T pp . U oblasti gasne faze i u oblasti zasićenja je T< α 1 , tako da su izoentalpe opadajuće krive. Pri velikim gustinama je T> α 1 , tako da je u ovoj oblasti nagib izoentalpi pozitivan. R7.2. Kada je a = 0 Van der Waals-ova jednačina može da se napiše u obliku b p RT v += , (R7.2.1) tako da je T bv p R T v p − ==⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . (R7.2.2) U tom slučaju diferencijalni Joule-Thomson-ov efekt iznosi pp p i i c b c v T v T p T −= −⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =α . (R7.2.3) Pri konačnom padu pritiska Δp = - |Δp| < 0 pri adijabatskom prigušenju gas će uvek da se zagreva 0>Δ=Δ=Δ p c b pT p iα , (R7.2.4) 48. 44 jer je uvek b > 0 i cp > 0. R7.3. Kada je b = 0 Van der Waals-ova jednačina može da se napiše u obliku 2 v a v RT p −= . (R7.3.1) Kako je dv v p dT T p vTdp Tv ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =),( , (R7.3.2) sledi da je pri p = const, tj. dp = 0 T v p v p T p T v ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . (R7.3.3) Iz jednačine (R7.3.1) sledi v R T p v =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ (R7.3.4) i 32 2 v a v RT v p T +−=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , (R7.3.5) tako da se posle smene (R7.3.4) i (R7.3.5) u (R7.3.3) dobija ) 2 1( 2 32 RTv a T v v a v RT v R T v p − = +− =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . (R7.3.6) U slučaju malih gustina (ili visokih temperatura), kada je korekcioni član za pritisak mali (a/v2 >⋅ H RA C , konačna temperatura pri adijabatskom razmagnetisavanju paramagnetnih soli može približno da se izračuna na osnovu izraza K RA C H T H RA C T T 30,1 1 1 1 2 1 1 2 =≅ ⋅+ = Toplota, koja je oslobođena u procesu izotermnog namagnetisavanja, iznosi: kg J T CH q 7375,0 102 )105(109,5 2 2511 1 2 1 −= ⋅ ⋅⋅ −=−= − JnMqmqQ 368,0)7375,0(499,01 −=−⋅⋅=== . R7. 27. Na osnovu tabličnih podataka je 63. 59 26 232 10562,7 4 )105,5( 4 KA s − − ⋅= ⋅ = Θ = i 2 8 6 11 10983,7 10562,79,10 10658,0 − − − − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅= ⋅⋅ ⋅ = m A RA C , tako da temperatura na kraju procesa adijabatskog razmagnetisavanja iznosi: K H RA C T T 0142,0 )105(10983,71 2 1 258 2 1 1 2 = ⋅⋅⋅+ = ⋅+ = − . Kako je kg J T CH q 411,0 22 )105(10658,0 2 2511 1 2 1 −= ⋅ ⋅⋅ −=−= − , oslobo|ena toplota u procesu izotermnog namagnetisavanja iznosi: mJmqQ 5,20)411,0(050,0 −=−⋅== . R7.28. Promena temperature pri izoentropskom širenju ∫∫ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =Δ 2 1 2 1 dpdp p T T s s α , gde je s s p T ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =α -koeficijent izoentropskog (reverzibilnog adijabatskog) širenja. Na osnovu termodinamičke relacije pps T v c T p T ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , koja je dokazana u zadatku 4.2, sledi pps s T v c T p T ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =α . U slučaju malih promena pritiska (ili kada αs slabo zavisi od pritiska), dobija se p T v c T pT pp s Δ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =Δ≅Δ α . Kako je koeficijent zapreminskog širenja dat relacijom pp v T v T v v ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = ρα 1 , sledi ρ αv pT v =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ , tako da je )( 12 pp c T p c T p T v c T T p v p v pp −=Δ=Δ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =Δ ρ α ρ α . 64. 60 R7.29. U slučaju relativno male promene pritiska i kada koeficijent izoentropskog širenja αs slabo zavisi od pritiska, važi sledeća relacija (pogledaj rešenje zadatka 7.28) p c T p T v c T pT p v pp s Δ=Δ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =Δ≅Δ ρ α α , jer je ρ αv pT v =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ . Zamenom brojnih vrednosti u gornju relaciju dobija se da će temperatura vode da poraste za Kpp c T T p v 077,010)6,19098,0( 1011022,4 )101,6(273 )( 6 33 5 12 =⋅− ⋅⋅⋅ ⋅−⋅ =−=Δ − ρ α . ΔT= 273 (-6,1 x 10 - 5 ) (0,098 - 19,6) x 106 / 4,22 x 103 x 1,00 x 103 K = 0,077 K. R7.30. Promena temperature žive pri datom izoentropskom širenju (pogledati zadatak 7.29) iznosi Kp c T p T v c T pT p v pp s 125,0 1036,1140 10)9,4098,0(1081,1273 4 64 −= ⋅⋅ ⋅−⋅⋅⋅ =Δ=Δ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ =Δ≅Δ − ρ α α 8. PROTICANJE I ISTICANJE FLUIDA 8.1. Vazduh temperature t1 = 27 0 C i pritiska p1 = 0,16 MPa ističe iz rezervoara kroz cev preseka A = 50 mm2 u sredinu pritiska p0 = 0,10 MPa. Odrediti: a) parametre vazduha na izlazu iz cevi; b) brzinu isticanja i c) maseni protok. Smatrati da je isticanje izoentropsko. Zanemariti kontrakciju mlaza. Uzeti da je gasna konstanta za vazduh R= 287 J/kgK. (Sept 99) 8.2. Iz rezervoara, pod pritiskom p1 = 0,15 MPa i na temperaturi t1 = 17 0 C, ističe argon kroz mali otvor (pukotinu) preseka A = 1 mm2 u sredinu pritiska p0 = 0,10 MPa. Smatrajući da je isticanje izoentropsko odrediti masu isteklog gasa tokom Δt = 12 h. Zanemariti kontrakciju mlaza. Molarna masa argona je M = 0,040 kg/mol. 8.3. Iz rezervoara, pod pritiskom p1 = 0,70 MPa i na temperaturi t1 = 20 0 C, ističe kiseonik u sredinu pritiska p0 = 0,50 MPa kroz konvergentni mlaznik. Površina poprečnog preseka izlaznog dela mlaznika je A2 =20 mm2 . Odrediti maseni protok kiseonika. Smatrati da je kiseonik pri datim uslovima idealan gas, gasne konstante R = 259,7 J/kgK. (Jan ‘05) 8.4. Vazduh na pritisku p1 = 10 bara i temperaturi t1 = 300 0 C ističe kroz pravilno dimenzionisan (de Lavalov) mlaznik u okolinu pritiska od p0 = 1 at. Maseni protok vazduha je G = 4 kg/s. Odrediti: a) kritičan pritisak, kritičnu specifičnu zapreminu i kritičnu brzinu, b) minimalan presek mlaznika i c) brzinu i presek na izlazu mlaznika. (Sept ‘90). 65. 61 8.5. Odrediti prečnik kružnog preseka izlaznog dela konvergentnog mlaznika da bi pri ispuštanju azota iz rezervoara, u kome se nalazi pod pritiskom p1 = 0,40 MPa i na temperaturi t1 = 27 0 C, u sredinu pritiska p0 = 0,30 MPa, maseni protok iznosio G = 72,0 kg/h. Gasna konstanta azota je R = 296,9 J/kgK. Smatrati da je azot pri datim uslovima idealan gas. Zanemariti otpore pri proticanju. 8.6. Iz rezervoara, pod pritiskom p1 = 1,20 MPa i na temperaturi t1 = 27 0 C, ističe ugljen dioksid u sredinu pritiska p0 = 0,5 MPa, kroz konvergentni mlaznik. Površina poprečnog preseka na izlazu iz mlaznika je A2 = 30 mm2 . Odrediti: a) temperaturu gasa na izlazu iz mlaznika i b) maseni protok gasa. Molarna masa ugljen dioksida je M = 0,044 kg/mol. Eksponent adijabate iznosi k = 1,30. (Jun ‘05) 8.7. Odrediti brzinu isticanja vazduha iz suda u kome se nalazi pod pritiskom p1 = 1,00 MPa i na temperaturi t1 = 27 0 C u sredinu pritiska p0 = 0,1 MPa pri isticanju kroz: a) konvergentni mlaznik i b) konvergentno-divergentni (de Lavalov) mlaznik. Uzeti da je Gasna konstanta R = 287 J/kgK. 8.8. Odrediti površine preseka i odgovarajuće parametre vazduha na mestu najužeg i najšireg dela de Lavalovog mlaznika, ako su pritisak i temperatura vazduha na ulazu u mlaznik p1 = 0,80 MPa, t1 = 17 0 C, respektivno a spoljašnji pritisak p0 = 0,1 MPa. Maseni protok vazduha je G = 3600 kg/h. Gasna konstanta vazduha je R = 287 J/kgK. (Jul ‘05) 8.9. Iz rezervoara, u kome se nalazi pod pritiskom p1 = 1,00 MPa i na temperaturi t1 = 227 0 C, vazduh ističe kroz konvergentni mlaznik u sredinu pritiska p0 = 0,10 MPa. Površina preseka najužeg dela mlaznika iznosi Amin = 20 mm2 . Na konvergentni mlaznik se stavi divergentni dodatak (naglavak) tako da se formira de Lavalov mlaznik. Veličina izlaznog preseka tako dobijenog mlaznika je A2 =1,60 A1. Gasna konstanta vazduha je R = 287 J/kgK. Zanemariti trenje i početnu brzinu isticanja vazduha. Odrediti: a) maseni protok iz formiranog mlaznika; b) kritični odnos pritisaka p2/p1 na izlazu iz mlaznika; c) brzinu isticanja iz mlaznika i d) odnos prečnika D2/D1 najšireg i najužeg dela pravilno dimenzionisanog de Lavalovog mlaznika, tako da bude p2 = p0 . 8.10. Proračunati de Lavalov mlaznik i odrediti brzinu isticanja azota iz njega u okolnu sredinu pritiska p0 = 0,1 MPa, ako su pritisak i temperatura na ulazu u mlaznik p1 = 1,6 MPa i t1 = 57 0 C, respektivno. Maseni protok gasa je G = 360 kg/h. Smatrati da je isticanje izoentropsko sa zanemarljivom početnom brzinom. Ugao proširenja divergentnog dela mlaznika je 8 0 . (Nov 2000) 8.11. Vazduh pod pritiskom od p1 = 1,0 M Pa i temperaturi t1 = 1000 C adijabatski ističe iz konvergentno-divergentnog (de Lavalovog) mlaznika u sredinu pritiska p2 = 0,1 M Pa. Ugao širenja divergentnog dela mlaznika je α = 10 0 . Maseni protok vazduha je G = 1,44 . 104 kg/h. Odrediti karakteristične dimenzije mlaznika. (Sept ‘05) 8.12. Parametri vodene pare na ulazu u de Lavalov mlaznik iznose p1 = 0,50 MPa, t1 = 310 0 C. Vodena para se širi do pritiska p2 = 0,030 MPa, pri čemu je stepen suvoće x2 = 0,99. Odrediti: a) brzinu isticanja iz mlaznika i b) stepen dobrote mlaznika. Za vodenu paru je eksponent adijabate k = 1,33. 8.13. Pregrejana vodena para pritiska p1 = 1,2 M Pa i temperature T1 = 573 K adijabatski ističe iz mlaznika u sredinu pritiska p0 = 0,1 M Pa. Na osnovu i, s-dijagrama, drediti brzinu