- Stahuj zápisky z přednášek a ostatní studijní materiály
- Zapisuj si jen kvalitní vyučující (obsáhlá databáze referencí)
- Nastav si své předměty a buď stále v obraze
- Zapoj se svojí aktivitou do soutěže o ceny
- Založ si svůj profil, aby tě tví spolužáci mohli najít
- Najdi své přátele podle místa kde bydlíš nebo školy kterou studuješ
- Diskutuj ve skupinách o tématech, které tě zajímají
Studijní materiály
Skripta Termomechanika sbirka příkladů
2121023TM - Termomechanika
Zjednodušená ukázka:
Stáhnout celý tento materiálČESKÉ VYSOKÉ UČENí TECHNICKÉ V PRAZE
FAKULTA STROJNí
TERMOMECHANIKA
Sbírka příkladů
•••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••
Doc. Ing. Miroslav Jílek, CSc.
Ing. Zdeněk Randa
Doc. Ing. Miroslav Jílek, CSc.
Ing. Zdeněk Randa
TERMDMECHANIKA
Sbírka příkladů
VUT - fakulta strojnr
ÚSTŘEDNf KNIHOVNA
Praha 2, Kado"o nám. 1~ (t
přiF.Č. :...$.~.t.rok :.?f!_OJ .
~ TN "Tv 'fO ~Tv. VY,
WO T y- TN -QIK
Fyzikální interpretace připouští jen záporné znaménko před odmocninou a tedy
T T T WminNmin= Y - Y • -.-
-QIK
T WmíntNmin= ty - y'-.-
-QIK
f: = __ T_y_ = 22 + 273,15 - 7,57
t Ty - TNmin 22 - (-17)
=22- (22+273,15)·-_~-:0 =_-1_7_o_c
3600
C 14
Klimatizační jednotka v ustáleném režimu má příkon 2 kW a udržuje v budově upravený
vzduch o teplotě 20 oe. Z venku proniká do budovy tepelný tok 0,5 kW K-I na každý stupeň
teplotníhorozdílu mezi vnitřní a vnější teplotou. Stanovte (a) pro jakou maximální teoretic-
kou vnější teplotu je jednotka navržena a (b) odpovídající maximální teoretickou hodnotu
ehtádicíhoefektu.
(a)Camotova věta Ech = I~PI~ TN , kde Qp = QIK(Ty - TN) ~W
o Ty -TN
Fyzikálníinterpretace připouští jen kladné znaménko před odmocninou a tedy
IWmi" I IWmi" IT
Vmax = TN + TN -. - tymax= tN + TN -. - = 20 +QIK QIK
(b)Maximální teoretická hodnota chladicího efektu Ech = TNT
ymax-TN
C 15
Izolovaná nádoba s pevnými stěnami je naplněna 3 kg vodíku, jehož teplota je 18 oe a tlak
100kPa. Elektrickým ohřevem se vodík ohřeje na 45 oe. Vodík považujte za ideální plyn.
Vypočítejtezměnu entropie vodíku při ohřevu.
(20+273,15)'~= 54,2 oe0,5
- 20+273,15 - 85754,2-20
.:::.=....:-
Řešení
Vodík v nádobě - včetně topné spirály - tvoří uzavřenou soustavu. Elektrický odpor je typic-
ká příčina nevratnosti procesu. Nádoba je izolovaná, proto Q = O. (Přiváděná elektrická ener-
gie má díky výše uvedené volbě soustavy charakter elektrické práce!) Změna entropie je tak
dánapouze produkcí entropie v soustavě, ~S = Sprod(topná spirála). Proces ohřevu je nevrat-
ný. Abychom mohli vypočítat změnu entropie, je třeba vycházet z náhradního vratného děje,
který má stejný výchozí a konečný stav jako uvažovaný nevratný děj, v tomto případě by to
bylanapř. izochorická změna vodíku
L\S= fdQ =JdU =Jm.cv ·dT = m._r_.ln T2 = 3. 8314,41/2 .ln 45+273,15 = 2765,1 J K1
ITl T I T K-I TI 1,4-1 18+273,15
C 16
Těleso o hmotnosti 2 kg padá z výše 5 m na desku. Po dopadu zůstane ležet
vklidu na desce. Okolní teplota je 20 oe. Určete (a) velikost produkce entropie a
(b)ověřte, zda je splněn princip růstu entropie v adiabatických soustavách.
Řešení
Padajícítěleso je uvažovaná uzavřená soustava Při dopadu tělesa na desku dojde
knepružné srážce - typicky nevratnému ději. Mechanická energie padajícího těle-
saje disipována na energii neuspořádaných pohybů mikročástic, tedy na vnitřní
energii. Změna entropie je zde redukována pouze na produkci entropie ~S = Sprod,protože
nedocházík výměně tepla s okolím.
(a)Změnu entropie můžeme stanovit, když uvážíme, že ke stejně velkému přírůstku vnitřní
energie- rovnému počáteční mechanické (potenciální) energii tělesa -- by mohlo dojít při
vratnémpřívodu tepla Q = ~U = m·g·h z okolí o stálé teplotě T.
s =~s=2JdQ=Q=m.g'h= 2,9,81·5 -~0,335JK-l
prod I T T T 20+273,15
(b) Změna entropie rozšířené soustavy (těleso + okolí), která je považovaná za dokonale izo-
lovanou - adiabatickou, je dána jedině produkcí entropie.
~Sadiab= Sprod= 0,335 J K-I> O ... v souladu s principem růstu entropie v adiabatické soustavě
C 17
Dva bloky se smýkají rovinnými plochami po sobě na dráze
0,5 m a jsou při tom k sobě přitlačovány silou 10 N. Od
okolního prostředí jsou tepelně izolovány. Koeficient smyko-
vého tření je 0,2. Bloky i okolní vzduch mají teplotu 20 oe.
Stanovte (a) produkci entropie vlivem tření při smýkání a
(b) ověřte, zda je splněn princip růstu entropie v adiabatických soustavách.
.-----__. T
I -!-
I I
Řešení
Oba bloky považujeme za uzavřenou soustavu. Tření při vzájemném pohybu je nevratný děj.
Práce Wftřecí síly Ff= [·N je příčinou disipace energie projevující se nárůstem vnitřní energie
a produkcí entropie. Protože bloky nevyměňují teplo s okolím, je změna entropie dána pro-
dukcí entropie, ~S = Sprod.Ke stejné změně vnitřní energie by však došlo, kdyby soustavě
bylo dodáno při vratném izotermickém procesu teplo ekvivalentní práci třecí síly Wf= f-N·L.
2fdQ 2fdU [ .N .L O 2·10· O 5 I(a) Produkce entropie Sprod= ~S = - = - = --- =' , = 0,0034 J K-
I T I T T 20+273,15
(b) Změna entropie rozšířeného adiabatického systému (2 bloky + okolí)
~Sadiab= Sprod= 0,0034 J K-I> O ... je v souladu s principem růstu entropie v adiabatické sou-
stavě.
C 18
Válec uzavřený pístem obsahuje 1,5 kg syté vodní páry o teplotě 100 oe.
Během izobarického děje je odvedeno 500 kJ tepla do okolí, jehož teplota
je 25 oe. Při tomto ději část páry zkondenzuje. Určete (a) hmotnost kon-
denzátu, (b) změnu entropie soustavy, (c) změnu entropie okolí a (d) roz-
hodněte, zda jde o změnu vratnou, nevratnou či nepřípustnou.
Řešení
Nejprve syt~, posléze mokrá pára ve válci je naše uvažovaná soustava. Izobarický odvod t pla
do okolí je spojen s poklesem entalpie soustavy
(p = konst., Wt = O, q = ~h).
II I I I I1------,
I I Tok
I Il__T~_J
Q
Q = ~H = m.(h2 - hl )
~ Q -500 _h
2 =hl +-=h" +-=2676,1+-- =2342,8 kJ kg Im m 1,5
Suchost páry na konci změny je
x = h2 -h' = 2342,8-419,04 - O 852
2 1 2257 '23
Protože se oba stavy nacházejí v mokré páře, jsou teplota i tlak konstantní. Odvod tepla lze
pokládatza vratný děj a lze stanovit jednoduše změnu entropie soustavy
tiS = 2JdQ = Qo-p= -500 - -1,3399 kJ kg-I K-Isoustava
I T Tp 100 + 273,15
Qo-pje teplo odvedené páře do okolí. Z hlediska okolí je toto teplo přivedené - kladné (Qp-ok).
Změnaentropie okolí je tedy
tiS . = 2JdQ = QP-ok= 500 = 1,6770 kJ k -I K-I
okoh T T 25 273 15 gI ok +,
Rozšířenásoustava je adiabatická a její změna entropie je
i\Sadiab= L\Ssoustava+ L\Sokolí= -1,3399 + 1,6770 = 0,3371 kJ kg-I K-I> O~ Proces je nevratný!
C 19
Dvě pevná tělesa, železné A (mA = 7 kg, CA= 450 J kg-I K-I) a í------------l
hliníkové B (ms = 11 kg, Cs = 900 J kg-I K-I) jsou izolována vůči I ,___ -------, I
okolí. Na počátku měla různé teploty, tA= 65 oe a ts = 12 oe.: : A Q B : I
Poté byla uvedena do kontaktu a jejich teploty se postupně vy- : :1:_ T 1. _ T: :
rovnaly - bylo dosaženo rovnovážného stavu. Stanovte (a) ko- : L~ !__-.J I
neč~ou teplotu, (b) změnu entropie a (c) velikost produkce ent_~L ~~ J
rople. -------------,
Rv v , I Iesenl I I
(a)Uzavřená izolovaná soustava je tvořena oběma tělesy I 1;-' :
v kontaktu. Protože jsou na počátku teploty různé, probíhající děj :: ! Q I
je nevratný. Soustava je izolovaná a nekoná se žádná práce, proto l ~:,:1J :
lZTje redukován na vztah L\U= O,tedy L ~"!o J
(mACA+mBcB)T-(mAcATA +mBcBTB)=O ~
t= mAcAtA+mBcBtB = 7 ·450·65+11·900·12 = 24,79 oe
mAcA+mBcB 7·450+11·900
r------------,
I I: ,-------:
I : B: I
I Q I I
I I To-TI II L J I
I IL ~no J
(b)Aditivnost celkové entropie L\S = L\SA+ L\SB
Abychom mohli spočítat změny entropie jednotlivých těles, musíme uvažovat dvakrát jinou
soustavu, obsahující vždy pouze jedno těleso a zvolit náhradní vratný děj se stejným počáteč-
ním a konečným stavem, např. izochorický děj. Spojením 1ZT a 2ZT tak dostaneme změny
entropie.Nakonec
T dT T dT T Ti\S=i\SA +L\SB = jmAc
A-+ jmBcB-=mAcAln-+mBcBln-~ T ~ T ~ ~
tiS= 7.450.ln 24,79 + 273,15 + 11.900.ln 24,79+ 273,15 - -398,8 + 434,5 = 35,7 J K-I
65 + 273,15 12+ 273,15
(c)Protože soustava obou těles je tepelně izolovaná, entropie spojená s přenosem tepla je nu-
lováa produkce entropie je proto přímo rovna změně entropie Sprod= L\S = 35,7 J K-I.
C20
Dvě nádoby L, R jsou propojeny potrubím s ventilem.
Objemy nádob jsou VL = 0,1 m3, VR = 0,2 m3. Na po-
čátku je nádoba L naplněna 1 kg vzduchu o teplotě
20 oe a tlaku 100 kPa a nádoba Rje prázdná (vakuová-
na). Po otevření ventilu vzduch z nádoby L expanduje a
zaplní i nádobu R. Stanovte (a) počáteční a konečný
tlak plynu, (b) konečnou teplotu, (c) změnu entropie a
(d) velikost produkce entropie a (e) zkontrolujte, zda
bylo vhodné pro vzduch v daných podmínkách použít model ideálního plynu.
r----------------,I I
I I
I I
I I
I I
I I
I I
I I
I IzoIMno IL ~
Řešení
(a) Ze stavové rovnice ideálního plynu stanovíme:
m 1počáteční tlak p, =-·r· T = -·287 .(20+273,15) = 841,3 kPa
VL 0,1
m 1a konečný tlak P2 =
o r· T = o 287 .(20 + 273, 15) = 280,4 kPa
VL + VR 0,1+0,2
(b) Vzduch uzavřený nejprve v nádobě L je uzavřená soustava. lZT aplikovaný na tuto sou-
stavu dává vztah L1U= O ~ U2 = Ul. Protože vnitřní energie závisí jenom na teplotě (viz Jou-
leův pokus), také teplota se expanzí nezmění, ÍL = tR= t = 20 oe.
(c) Protože bezprostředně po otevření ventilu vzniká nečný rozdíl tlaků, expanzní proces je
nevratný. Změnu entropie musíme určovat pomocí vho ého náhradního vratného děje se
stejným počátečním a konečným stavem plynu, v tomto případě izotermického děje
óS=m.r.ln VL + VR -1.287 ·ln 0,1+0,2 = 315,3 J K-I
VL 0,1
(d) Protože je soustava izolovaná Sprod= óS = 315,3 J K-I> O ... což je v souladu s 2ZT
(e) O tom, zda lze použít model ideálního plynu rozhodne velikost kompresibilitního faktoru
Z, který určíme z Nelsonova-Obertova diagramu (viz příloha). Pro stanovení redukovaného
tlaku Pr a redukované teploty Tr je třeba v tabulkách nejprve zjistit kritický tlak pkra kritickou
teplotu Tkr daného plynu. Konkrétně, poněkud zjednodušeně, pro hlavní složku vzduchu -
dusík - najdeme: PkrN= 3,39 MPa, TkrN= 126,2 K. Pakje redukovaný tlak
p = l = ~ = O 029 a redukovaná teplota T = ~ = 20 + 273,15 = 2 32
r Pkr 3,39 ' r Tkr 126,2 '
V Nelsonově-Obertově diagramu odečteme kompresibilitní faktor Z ~ 1, takže model ideál·
ního plynu je adekvátní. Kontrola pomocí druhé hlavní složky - kyslíku vede ke stejnému
závěru.
C 21
Při ustáleném režimu tepelná energie 3000 kJ přechází z tělesa 1 o teplotě 900 K na těleso 2
o teplotě (a) 450 K a (b) 800 K. Rozhodněte, který přenos tep\a)e více nev!a\n~.
Řešení
Budeme předpokládat, že přenos tepla probíhá výlučně mezi uvažovanými tělesy, takže V)
tvářejí adiabatickou soustavu. Přenos tepla při konečném teplotním rozdílu je nevratný dě
který lze charakterizovat veličinou produkce entropie Sprod.V případě adiabatické soustavy j
produkce entropie přímo rovna změně entropie. Změnu entropie lze zjistit tak, že budeme
uvažovat nekonečně pomalu probíhající vratnou výměnu tepla jako náhradu za skutečnou
výměnutepla za předpokladu, že počáteční a konečný stav soustavy je v obou případech stej-
ný.Změna entropie je pak součtem změn entropie obou těles.
()s-S - S S - Qj Qz - -3000 3000 - 3 33 kJ K'Ia prod-a-I:::. IZa-I:::. I +1:::. Za--+-----+---~, _TI T
2a 900 450
(b) S = I:::.S = I:::.S+ I:::.S =.2L + Q2 = -3000 + 3000 = 0,42 kJ K'Iprod-b IZb I Zb T T 900 800 ----
I 2b
Vidíme, že v případě (a) je produkce entropie - a tím též nevratnost přenosu tepla - větší.
C22
Na začátku děje je ve válci uzavřeném pístem 3 kg vody při teplotě 70 oe a tlaku 200 kPa.
Ohřevem za stálého tlaku je vodě dodáno 10000 kJ tepla. Stanovte (a) změnu objemu a
(b)změnu entropie.
Řešení
Voda ve válci je uzavřená soustava. Ohřev vody je
izobarická změna. Podle druhého tvaru 1ZT dodá-
vané teplo soustavě při stálém tlaku zvětšuje ental-
pii soustavy.
Q = t::.H = m· (hz - hl) ~ h2 = hl + Q
m
Konečný stav 2 je tedy určen tlakem p a měrnou entalpií h2.
p /,"''d
p
~, I
I I V
Stav 1:PI = 200 kPa, tI = 70 oe, tedy:
psatl= 31,2 kPa < 200 kPa ~ daný stav je v oblasti nenasycené kapaliny a lze přibližně použít
veličiny na dolní mezní křivce pro teplotu tI = 70 oe
VI == v;ooc=0,001023 m3 kg-I, hl == h;ooc= 293 kJ kg'l, SI== s;ooc= 0,9550 kJ kg'l K'I
Stav2: P2= PI = 200 kPa, h2 = 293 + IO~OO= 3626,3 kJ kg'l > h;ookPa= 2706,2 kJ kg-I ~ PP
(přehřátá pára), z tabulek pro 200 kPa interpolací V2= 1,9294 m3 kg'l, S2 = 8,6838 kJ kg'l KI
(a)Změna objemu
(b)Změna entropie
I:::.V=m(v2-v1)=3.(1,9294-0,001) =5,7851 m3
I:::.S= m( S2-Sl) = 3.(8,6838 - 0,955) = 23,1864 kJ K'I
C23
7 kg chladiva R134a je v nádobě při teplotě 24 oe a tlaku 140 kPa.
Soustava je chlazena a promíchávána dokud její tlak neklesne na
100kPa. Příkon míchadla neuvažujte. Stanovte (a) konečnou teplotu,
(b)změnu vnitřní energie a (c) změnu entropie chladiva.
Řešení
Chladivo v nádobě vytváří uzavřenou soustavu. Počáteční stav je
zadán teplotou a tlakem, konečný stav je dán tlakem a nepřímo ob-
jemem (konstantní objem nádoby).
Druhý zákon termodynamiky - entropie
Údaje z tabulek pro chladivo R134a:
Stav 1: PI = 140 kPa, tI = 24 oe - z tabulek SK-SP: pro teplotu 24 oe je saturační tlak
Psatl= 645,7 kPa > PI = 140 kPa ~ přehřátá pára pp
Interpolací v tabulce pp pro PI = 140 kPa a tI = 24 oe:
VI= 0,1677 m3 kg-I, Ul= 249,2 kJ kg-I, SI= 1,0650 kJ kg-I K -I
Stav 2: pz = 100 kPa, Vz= VI= 0,1677 m3 kg-I - objem leží mezi v' = 0,00073 m3 kg-I a
v" = 0,1917 m3 kg-I pro tlak pz = 100 kPa ~ mokrá pára MP
(a) Konečná teplota tz je saturační teplota pro tlak pz = 100 kPa je t2 = tsat2= -26,43 oe
Vypočteme suchost páry
x = v2 -v; = 0,1677 -0,00073 = 08745
v;-v; 0,1917-0,00073 ' \
u2 = u' + x( u" -u') = 16,22 +0,8745 .(212,18-16,22) = 187,6 kJ kg-I
S2=s'+x(s"-s') =0,0678+0,8745'(0,9395-0,0678)=0,8301 kJ kg-I K-I
(b) Změna vnitřní energie
(c) Změna entropie
~U = Q = m(u2 -Ul) = 7 .(18~,6- 249,2) = -431,2 kJ
~Ssoust =m\S2 -Sl) =1.\\),~)\)\-\,\\()C)) = -\,()l\l\~'íJ \CI
C24
Hmotnostní tok 4,5 kg S-Ivodní páry vstupuje do adiabatické turbíny při tlaku 6 MPa a teplotě
445 oe, vystupuje při tlaku 1,2 MPa. Stanovte (a) výkon turbíny, lze-li proces považovat za
vratný a změny kinetické a potenciální energie jsou zanedbatelné, a (b) výstupní teplotu páry.
Řešení
Pára v turbíně je uvažovaná otevřená soustava. Uvažujeme ustálený
režim. Pak z lZT je výkon turbíny
P = \Vt = -MI= -ril(h2 - hl)
Stav 1: PI = 6 MPa, tI = 445 oe ~ přehřátá pára, interpolací
v tabulce PP pro tlak 6 MPa získáme:
hl = 3288,3 kJ kg-I, SI= 6,6957 kJ kg-I
Stav 2: pz = 1,2 MPa, Sz = SI= 6,6957 kJ kg-I ~ přehřátá pára, interpolací v tabulce PP pro
tlak 1,2 MPa: h2= 2868,2 kJ kg-I
(a) Výkon turbíny P = ril(hl -h2) = 4,5 ·(3288,3 -2868,2) = 1890,5 kW
(b) výstupní teplota z tab. pp interpolací pro tlak pz = 1,2 MPa ~ tz = 271,8 oe
C25
Ocelový blok o hmotnosti 5 kg má teplotu 200 oe a je ponořen do velké tepelně izolované
nádrže s vodou o teplotě 10 oe. Po ochlazení bloku nastane stav tepelné rovnováhy. UvažujtE
pro ocel cp = 0,42 kJ kg-I K-I a určete (a) změnu entropie ocelového bloku, (b) změnu entropiE
vody v nádrži a (c) celkovou změnu entropie při tomto nevratném ději.
Řešení
Ocelový blok spolu s vodou tvoří uzavřenou tepelně izolovanou soustavu (Qvoda+ Q,lok = O).
(a)Změna entropie ocelového bloku
() T2 10+273,15 -I~Sblok = m S2-s] = m ·cp ·ln- = 5 ·0,42 ·ln----- = -1,078 kJ KT] 200+273,15
Z 1ZI lze stanovit teplo odevzdané vodě v nádrži: Q = ~H, protože Wt = O
Qblok = m= m·cp (T2 - T]) = 5.0,42.(10-200) = -399 kJ
Teplo,které přijala voda
(b)Změna entropie vody v nádrži
Qvoda= -Qblok= 399 kJ
~S = Qvoda= 399 = 1,409 kJ K-Ivoda T 10 27315 ----
voda + ,
~Scelk= ~Sblok+ ~Svoda= -1,078 + 1,409 = 0,331 kJ K-I
C 26 \
Vodní pára o tlaku 6 MPa a teplotě 400 oe je škrcena ventile\U na
tlak 2 MPa. Proces je ustálený. Stanovte (a) velikost produkce entro-
pie a ověřte splnění principu růstu entropie. Vypočtěte (b) střední
hodnotu Jouleova- Thomsonova koeficientu.
1 ? 2_,- I ..,
l = __ ~
Pf ~
Řešení
Pára v potrubí okolo ventilu je otevřená soustava v kontrolním ob-
jemu. Škrcení považujeme za adiabatický proces. Z 1ZT plyne, že je
to izoentalpický děj hl = h2 (případná změna kinetické energie je
zanedbatelná). Nejprve zjistíme stav na vstupu. Hledáme v tabulce
PPpro tlak 6 MPa.
Stav 1:PI= 6 MPa, tI = 400 oe ~ přehřátá pára
hl = 3178,2 kJ kg-I, SI= 6,5431 kJ kg-I K-
I
I
I
~2 S
Stav2:P2= 2 MPa, h2 = hl =3178,2 kJ kg-I ~ opět přehřátá pára
Interpolace v tabulce PP pro 2 MPa:
s =67685+ 7,1290-6,7685.(31782_30242) =70163kJk -1 K-I
l' 32482-30242 ' .' , g, ,
t = 300+ 400-300 ·(3178 2 -3024 2) = 3687 oe
2 3248,2-3024,2 ' , ,
(a)Procesje adiabatický a nevratný. Produkce entropie je tedy dána přímo změnou entropie.
Sprod= S2 - SI = 7,0163 - 6,5431= 0,4732 kJ kg-I K1 > O ... je v souladu s principem růstu ent-
ropiev adiabatické soustavě.
(b)Jouleúv-Thomsonův koeficient je definován vztahem kIT = ( : 1
Jehostřední hodnota kJT = ( ~T) = _3_68_,_7_-_4_0_0= ~7,~8~2~K~M~P_a_-1
~p h 2-6
C27
Topná sekce elektrického vytápění je tvořena kanálem ve stěně opatřeným
odporovým tělesem o příkonu 18 kW. Proud vzduchu, 135 m3/min, je
ohříván při nuceném průtoku touto sekcí. Stav vzduchu před topnou sekcí: Q.
tlak 100 kPa a teplota 19 DC.Tepelné ztráty topné sekce jsou 235 W. Ur-
čete (a) teplotu vzduchu za topnou sekcí a (b) změnu toku entropie vzdu-
chu spolu s velikostí toku produkce entropie. Uvažujte, že se tlak nemění.
t
2
t Vzr----...,
2
I I
I
I
Řešení
Vzduch v topné sekci včetně topného tělesa je uvažovaná otevřená sousta-
va. Vzduch považujeme za ideální plyn. Elektrické topidlo - při uvedené
volbě soustavy - má charakter elektrické práce. Tepelné ztráty pak představují odváděné tep-
lo.
r·TI 287'(19+273,15) 3k -I(a) Ze stavové rovnice ideálního plynu VI= -- =
5 = 0,8385 m gp 10
H 'k" b' 'k h m' -_VI -_ 135 - 2 683 k S·Imotnostm to SOUVISls o ~emovym to em vzta em VI 0,8385.60 ' g
1ZT pro otevřenou soustavu má tvar: ffi· ( Lili +I!. ~ +g .fI.z) ~ Q- VY'I
Změny kinetické a potenciální energie jsou nepatrné ve srovnání se změnou entalpie. Odtud
plyne vztah pro výstupní teplotu ------- _
Q- VI -235-(-18000)t
2 =tl +. el =19+------ =25,59 DCm ,c
p 2,683 ·1004,5
(b) Změna toku entropie
LlS= m· Lls= m(cp ·ln T2 -r·ln P2) = 2,683 .(1004,5 ·ln 25,59 + 273,15 -o)= 60,15 WK,I
TI PI 19 + 273,15
Tok produkce entropie S =LlS- ~ =60147- -235 -60,94 WK'I
prod T ' (19+25,59)/2+273,15
C28
1 kg chladiva ve stavu syté páry je stlačován ve válci s pístem z tlaku 200 kPa na tla
1400 kPa. Kompresi považujte za izoentropickou. Uvažujte nejprve chladivo R12, pak chl,
divo R134a. Pro srovnání obou chladiv stanovte pro obě chladiva (a) počáteční teplot:
(b) konečné teploty a (c) objemové práce na stlačení. Zanedbejte změny kinetické a potenc
ální energie.
Řešení
C\lh.I1\'J(} 'Je 'lálci ie uzavřená soustava. Protože komprese je izoent-
ropická (sdělené teplo je nulové), 1ZT se redukuje na vztah'.
w = -Llu = Ul- U2. Stav 1 leží na horní mezní křivce (SP), příslušné
údaje hledáme v tabulce mokré páry (SK-SP). Protože se tlak zvyšu-
je, stav 2 je v oblasti přehřáté páry.
Chladivo R12
(a) Stav 1: PI = 200 kPa, tI = tsat= -12,53 DC
Z tabulek SK-SP ~ Ul= 165,36 kJ kg'l, SI= 0,7035 kJ kg'l K-I
(b)Stav2: P2= 1400 kPa, S2= Sl= 0,7035 kJ kg-l K-I
interpolací v tabulce pp pro S2~ t2= 66,43 oe, U2= 198,54 kJ kg-l
(c)Měrná objemová práce
W = Ul- U2= 165,36 - 198,54 = -33,18 kJ kg-I
ChladivoR134a
(a)Stav I: Pl = 200 kPa, tI = tsat = -10,09 oe
z tabulek SK-SP ~ Ul= 221,43 kJ kg-I, SI= 0,9253 kJ kg-IK-l
(b)Stav 2: P2= 1400 kPa, S2= SI= 0,9253 kJ kg-I K-I
interpolací v tabulce pp pro S2~ t2= 58,88 oe, U2= 256,45 kJ kg-l
(c)Měrná objemová práce w = Ul - U2= 221,43 - 256,45 = -35,02 kJ kg-l
ChladivoR134a spotřebuje více práce a výstupní teplota je nižší při stejném stlačení. Z eko-
logickýchdůvodů mu však dáváme přednost před chladivem R12.
C 29
Jakou práci je třeba vynaložit na izoentropickou kompresi vody z tlaku 100 kPa na tlak
500 kPa při ustáleném režimu? Uvažujte výchozí stav ve stavu (a) syté kapaliny a (b) syté
páry.Změny kinetické a potenciální energie neuvažujte.
Řešení
Prácekompresoru při ustáleném režimu je dána technickou prací
2
Wt =- fV'dp ... tj. výsledný efekt objemové práce a tlakových ener-
1
giína vstupu a výstupu kompresoru.
(a)U syté kapaliny je měrný objem prakticky nezávislý na tlaku (ka-
palinaje téměř nestlačitelná), V2== VI= 0,001043 m3 kg-l (izoentropa
Sl= S2 Vp-v diagramu je téměř svislá čára).
Wtk = Wtl2== -Vl'(P2 - PI) = -0,001043·(500 - 100) = -0,4172 kJ kg-l
Použijeme-lidruhý tvar 1ZT pro izoentropický případ,
Wtk = -~hI2 = hl - h2 ~ z h-s diagramu je zřejmé, že bude velice malá.
h h.r----------4
~
(b)U syté páry z druhého tvaru 1ZTpro S3 = S4: wtp = -6h34 = h3 -
Vloženo: 25.04.2009
Velikost: 57,31 MB
Komentáře
Tento materiál neobsahuje žádné komentáře.
Mohlo by tě zajímat:
Skupina předmětu 2121023TM - Termomechanika
Reference vyučujících předmětu 2121023TM - Termomechanika
Podobné materiály
- 2011021KG - Konstruktivní geometrie - Vypracované úolohy skripta
- 2011057MA2 - Matematika II. - Skripta Matematika II - Sbírka příkladů
- 2021022FY2 - Fyzika II. - Skripta Fyzika 2
- 2021024FY1 - Fyzika I. - Skripta Laboratorni cviceni z fyziky
- 2041B30 - Němčina - zkouška pro bakalářské studium - Skripta Nj
- 2111001PP1 - Pružnost a pevnost I. - Skripta Pruznost a pevnost I
- 2121501 - Mechanika tekutin - Skripta Mechanika tekutin sbirka příkladů
- 2121501 - Mechanika tekutin - SkriptaMechanika tekutin
- 2131005VT - Vývoj techniky - Skripta Vývoj techniky
- 2131512 - Části a mechanismy strojů I. - Skripta Casti stroju - 2.svazek
- 2131512 - Části a mechanismy strojů I. - Skripta Casti stroju a mechanismy strojů příklady
- 2131512 - Části a mechanismy strojů I. - Skripta Casti stroju-1.svazek
- 2132001 - Strojírenské konstruování I. - Skripta Technické kreslení
- 2132502 - Projekt - Skripta Projekt
- 2133018KON2 - Konstruování II. - Skripta Inventor
- 2133018KON2 - Konstruování II. - Skripta Základy strojnictví
- 2141504 - Elektrické obvody a elektronika - Skripta Příklady z elektrotechniky a elektroniky
- 2311101ME1 - Mechanika I. - Skripta Mechanika 1
- 2311101ME1 - Mechanika I. - Skripta Mechanika A
- 2311101ME1 - Mechanika I. - Skripta Mechanika I řešené příklady
- 2311102ME2 - Mechanika II. - Skripta mechanika 2sbirka prikladu
- 2311102ME2 - Mechanika II. - Skripta MechanikaB
- 2322029MR1 - Nauka o materiálu I. - Skripta Nauka o materialu
- 2341045TE2 - Technologie II. - Skripta Sbirka resenych prikladu do technologie II
- 2341045TE2 - Technologie II. - Skripta Technologie obrábění 1.díl
- 2341045TE2 - Technologie II. - Skripta Technologie obrábění 2.díl
- 2341045TE2 - Technologie II. - Skripta Technologie obrábění 3.díl
- 2341045TE2 - Technologie II. - Skripta Technologie obrábění návody ke cvičením, vybrané statě
- 2343018ZT2 - Základy technologie II. - Skripta Základy technologie 2
- 2371547 - Automatické řízení - Skripta Příklady a návody z automatického řízení
- 2372080TEM - Technická měření - Skripta technická měření
- 2111001PP1 - Pružnost a pevnost I. - Skripta Pružnost a pevnost v technické praxi 3
- 2012037 - Počítačová grafika - Skripta
- 2121023TM - Termomechanika - Termomechanika
- 2011062 - Matematika II - Sbírka příkladů
Copyright 2023 unium.cz. Abychom mohli web rozvíjet a dále vylepšovat podle preferencí uživatelů, shromažďujeme statistiky o návštěvnosti, a to pomocí Google Analytics a Netmonitor. Tyto systémy pro unium.cz zaznamenávají, které stránky uživatel na webové stránce navštívil, odkud se na stránku dostal, kam z ní odešel, jaké používá zařízení, operační systém či prohlížeč, či jaký má preferenční jazyk. Statistiky jsou anonymní, takže unium.cz nezná identitu návštěvníka a spravuje cookies tak, že neumožňuje identifikovat konkrétní osoby. Používáním webu vyjadřujete souhlas použitím cookies a následujících služeb: