Skripta Termomechanika sbirka příkladů

~
Stav3: P3 = 100 kPa, x = 1 ... z tabulek SK-SP ~ h3 = 2675,0 kJ kg-I, S3 = 7,3588 kJ kg-l K-I
Stav4: P4= 500 kPa, S4 = S3 = 7,3588 kJ kg-I KI... interpolací pro S4~ ~ = 3008,4 kJ kg-I
Technická(tlaková) práce wtp = Wt34 = h3 - ~ = 2675 - 3008,4 = -333,4 kJ kg-l
Podstatnýrozdíl mezi výsledky v uvažovaných dvou případech vysvětluje, proč je výhodnější
kompreseH20 v kapalném stavu než ve stavu páry! Tak např. v oběhu plynové turbíny je
třebana kompresi plynu nutné vynaložit mnohem větší část práce než v případě oběhu parní
turbíny,kdy je pracovní látka stlačována po kondenzaci jako kapalina.
C30
Vodnípára vstupuje v ustáleném režimu do turbíny při tlaku 3 MPa a teplotě 400 oe a vystu-
pujez ní při tlaku 50 kPa a teplotě 100 oe. Jestliže turbína má výkon 2 MW a změna kinetic-
kéenergie je zanedbatelná, stanovte (a) termodynamickou (adiabatickou) účinnost turbíny a
(b)hmotnostní tok páry procházející turbínou.
Řešení
Pára v turbíně je otevřená soustava. Nevratné procesy při adia-
batické expanzi páry v turbíně jsou spojené s produkcí entro-
pie. Část energetického potenciálu vstupující páry je tak zne-
hodnocena. Místo ideálního teoretického - izoentropického
stavu 2s na výstupu máme skutečný výstupní stav 2.
Stav 1: PI = 3 MPa, ti = 400 oe ... přehřátá pára
z tabulek: hl = 3230,9 kJ kg-I, SI= 6,9212 kJ kg-IK-I
Stav 2: P2= 50 kPa, t2= 100 oe ... přehřátápára
z tabulek: h2= 2682,5 kJ kg-I
Stav 2s: P2s= 50 kPa, S2s= SI = 6,9212 kJ kg-I K-I ... mokrá pára
nebot' Sl = 1,0910 kJ kg-I K-I < S2s< SIl = 7,5939 kJ kg-I K-I
h ----hhr -----
hZ
hz,· 2' ', ...'" S -xj
I
I I_____ s1~2..!
Abychom mohli počítat entalpii h2s,je třeba znát suchost páry. Tu určíme z entropie S2s.
x = S2s-s' _ 6,9212-1,0910 = O897
sW-s' 7,5939-1,0910 '
h2s= hl + X·(hll - hl) = hl + x·b = 340,49 + 0,897·2305,4 = 2407,4 kJ kg-I
( )T d . k' 'v' _ w12 _ hl-h2 _3230,9-2682,5_0667a ermo ynamlc a ucmnost expanze lltd - - --- - ------- =.:::..:..
W12s hl -h2s 3230,9-2407,4
(b) Hmotnostní tok vychází z 1ZT: ID' Ml = -Vit = - P
ID = -P -2000 - 3,647 k S-I
h2 -hl 2682,5-3230,9 g
C31
Vzduch je kompresorem adiabaticky stlačován v ustáleném režimu z tlaku 102 kPa, teplo
25 oe na tlak 940 kPa. Hmotnostní tok vzduchu je 0,17 kg S-I.Termodynamická (adiabatick
účinnost kompresoru je 82 %. Určete (a) výstupní teplotu vzduchu za kompresorem a (b) pJ
kon kompresoru.
Řešení
Vzduch v kompresoru je otevřená soustava. Nevratné procesy při kompresi vedou k produ1
entropie. Proto je nutné dodávat více práce než při ideálním vratném stlačování. SkutečJ
stav 2 po stlačení má vyšší entropii než teoretický izoentropický stav 2s.
T2s=TI(_P2JK:I =(25+273,15).(_94_0)1·1~~1 ... t2s=289,2 oe
PI 102
Termodynamická (adiabatická) účinnost kompreseIw
tl2sI h2s- hl T2s- 1; t2s- tilltd =--=---=---=--- ~Iw
1121 h2 - hl T2- TI t2 - ti
_ t2s-tI _ 25 289,2- 25 - 347 2 oet2-t(+---- +-------,--
lltd 0,82
.2/1
I III
I I
I
1
(b) Příkon kompresoru: 1ZT v tomto případě má tvar m· ~h = -Vit = - P
P=Wt =m·(hl-h2)=m,cp(TI-T2)=m'Cp(tl-t2)=0,17.1004,5.(25-347,2)~
C 32
ChladivoR134a vstupuje v ustáleném režimu do adiabatického kompresoru ve stavu syté páry
přitlaku 140 kPa a vystupuje z něho stlačené na tlak 750 kPa. Příkon kompresoru je 1 kW a
termodynamická účinnost komprese je 0,75. Změny kinetické a potenciální energie neuvažuj-
te.Stanovte (a) výstupní teplotu, (b) hmotnostní tok chladiva a (c) produkci entropie.
Řešení
Chladivo v kompresoru je otevřená adiabatická soustava. Jestliže
mámeizolovanou soustavu (q = O),pak z 1ZT: wt =-~
atermodynamická účinnost komprese
lltd = Iw112sI= h2s- hl
IWt121 h2 - hl
h - h h2s-hl2- 1+---
l1td
Stav1: PI=140kPa,x=1 ... sytápára
z tabulek SK-SP: hl = 236,04 kJ kg-I, SI= 932,2 J kg-I K-I
Stav2s: P2= 750 kPa, S2= SI~ h2s= 269,23 kJ kg-I ... přehřátá pára
lzoentropická tlaková práce
wtl2s =hl-h2s = 236,04-269,23 = -33,19 kJ kg-I
w = wt12s= -33,19 = -44 25 kJ k -I
112 O 75 ' g11
Id '
h2 = hl - Wt\2= 236,04 - (-44,25) = 280,29 kJ kg-I
(a)Stav 2 je určen tlakem P2a entalpií h2. Interpolací v tabulce přehřáté páry najdeme hleda-
nouvýstupní teplotu Í2 = 44,19 °C a měrnou entropii S2= 967,6 J kg-I K-I.
. -P -1 -Im=-=-- =0,0225 kg s
wt12 -44,25
(c)Měrná produkce entropie
Tokprodukce celkové entropie
sprod= ~s = S2- s}= 967,6 - 932,2 = 35,4 J kg-I K-I
S= m·sprod= 0,0225 ·35,4= 0,8 W K-I
C 33
Ověřteoprávněnost tvrzení, že tepelný stroj pracující mezi tepelnými rezervoáry o teplotách
600 K a 390 K má účinnost (a) 30 %, (b) 35 % a (c) 40 %. Rozhodněte, zda tvrzení je správné
vevšech případech.
Výsledek:V případě (c) není splněna Carnotova věta - tvrzení je proto chybné.
C34
Řeštepříklad C12 pro venkovní teploty v zimě 5 oe a v létě 35°C, teplotu v laboratoři udržuj-
tena 20 °C. Protože v tomto případě jsou teplotní rozdíly mezi laboratoří a venkovním vzdu-
chem v zimě i v létě v absolutní hodnotě stejné, uvažujte též stejnou absolutní hodnotu tepel-
ného toku v zimě i v létě 1000 kJ/min.
Výsledek: Et = EtC = 19,54; Womin = -51,17 kJ/min; Ech = EchC = 19,54; Womin = -51,17 kJ/min
C35
Tepelné čerpadlo k vytápění domu má příkon 3 kW. Tepelné ztráty domu stěnami a střechou
jsou 25 kJ min-I K-I na každý stupeň teplotního rozdílu mezi vnitřní a vnější teplotou. Vnější
teplota lokality je -2 oe. Stanovte (a) maximální teoreticky dosažitelnou teplotu uvnitř domu a
(b) odpovídající hodnotu efektu tepelného čerpadla.
Výsledek: (a) 45,9 oe (b) 6,66
C36
Klimatizační zařízení laboratoře v ustáleném režimu má příkon 2,1 kW. Tepelné zatížení la-
boratoře pochází jednak z tepelné energie prostupující z venku, což je 0,5 kW K-I na každý
stupeň teplotního rozdílu mezi vnitřní a vnější teplotou, a z tepla produkovaného provozem
laboratoře 1,6 kW. Vnější teplota je 35 oe. Stanovte (a) minimální teoretickou hodnotu teplo-
ty v laboratoří a (b) tomu odpovídající hodnotu chladicího efektu.
Výsledek: (a) 2,5 oe (b) 8,49
C37
earnotův tepelný stroj, u něhož je teplo odváděno při teplotě 20 oe, má termickou účinnost
70 %. Stanovte pro stroj používající obrácený oběh složený ze stejných vratných dějů
(a) chladicí efekt chladicího zařízení a (b) efekt tepelného čerpadla.
Výsledek: (a) 0,429 (b) 1,429
C38
Vzduch, který považujeme za ideální plyn, má teplotu 20 oe a tlak 200 kPa. Vypočtěte
(a) zrněnu měrné entropie vzduchu při jeho izochorickém ohřevu na 99,5 oe. (b) Jak by se
musela změnit hustota vzduchu při izotermickém ohřevu, aby bylo dosaženo stejné zrněny
entropie. (c) Jak by se musela změnit hustota vzduchu při izobarickém ohřevu, aby bylo dosa·
ženo stejné zrněny entropie.
Výsledek: (a) 172 J kg- K-I (b) -1,072 kg m-3 (c) -0,374 kg m-3
C39
0,6 kg vodíku přejde ze stavu daném teplotou 15 oe a tlakem 100 kPa vratnýrn procesem do
stavu o tlaku 350 kPa a hustotě 0,5 kg m-3. Stanovte (a) zrněnu entropie, (b) při jakém tlaku
v konečném stavu by byla zrněna entropie poloviční a (c) při jakém hustotě v konečném stavu
by byla zrněna entropie poloviční.
Výsledek: (a) 189,3JK-I (b)344,7kPa (c) 0,2022 kgm-3
C40
Ozón je uzavřen pístem ve válci. Počáteční objem je 0,2 m3, tlak 150 kPa a teplota 20 oe.
Izobarickým ohřevem se objem zvětší o 150 %. Stanovte (a) přivedené teplo a (b) zrněnu ent·
ropIe.
Výsledek: (a) 180,1 kJ (b) 375,5 J K-I
C41
Zrněna entropie dusíku při jeho přechodu ze stavu daném tlakem 300 kPa a teplotou 50 oe d(
stavu o tlaku 120 kPa a teplotě 100 oe je 250 J K-I. Stanovte (a) hmotnost dusíku, (b) počá-
teční a (c) konečný objem.
Výsledek: (a) 0,593 kg (b) 0,190 m3 (c) 0,547 m3
C42
Tepelnéčerpadlo přijímá teplo z nízkoteplotního venkovního zdroje o teplotě 2 °C a vytápí
objektna teplotu 20°C. O kolik procent je třeba zvýšit pracovní příkon (kompresoru), aby se
objektzačal vytápět na teplotu 22 °C. Předpokládejte, že tepelné ztráty objektu se při 22°C
zvýšío 5 %. Uvažujte ideální obrácený Camotův oběh.
Výsledek: 15,9 %
C43
Tepelnéčerpadlo využívá podzemní vodu o teplotě 10°C jako zdroj tepelné energie pro vytá-
pěníbudovy na teplotu 21 °C. Tepelné ztráty budovy jsou 20 kW a pokles teploty podzemní
vodypři sdílení teplaje 6 oe. Stanovte (a) minimální hmotnostní tok proudu podzemní vody a
(b)minimální příkon.
Výsledek: (a) 0,769 kg S"I (b) 0,748 kW
C44
DvaCamotovy stroje mají stejnou termickou účinnost. Pracují tak, že první stroj odevzdává
teplopřímo druhému stroji. První stroj přijímá teplo z tepelného rezervoáru o teplotě 600°C a
druhýstroj odevzdává teplo do rezervoáru o teplotě 30°C. Stanovte teplotu, při které je teplo
předávanémezi oběma stroji.
Výsledek: 241°C
C45
Vodnípára vstupuje při tlaku 6 MPa do adiabatické turbíny o výkonu 2,38 MW. Vystupuje
přitlaku I MPa a teplotě 251°C. Stanovte (a) hmotnostní tok páry při ustáleném režimu za
předpokladu, že expanze v turbíně je vratná a že změny kinetické a potenciální energie v tur-
bínělze zanedbat. (b) Jaká je teplota páry na vstupu do turbíny?
Výsledek: (a) 6,2 kg S-I (b) 450°C
C46
Vodnípára vstupuje do adiabatické turbíny o výkonu 1,34 MW v ustáleném režimu při tlaku
5MPa a teplotě 450°C. Hmotnostní tok páry je 3,8 kg S·I . Uvažujte v turbíně vratnou expanzi
azměnykinetické a potenciální energie zanedbejte. Vypočítejte na výstupu z turbíny (a) tlak a
(b)teplotu.
Výsledek: (a) 1,4 MPa (b) 266°C
C47
Napájecívoda o teplotě 30°C a tlaku 600 kPa je předehřívána směšováním s přehřátou parou
odebíranou z turbíny o teplotě 250°C a tlaku 3 MPa. Hmotnostní toky jsou: voda 5 kg S"I,
pára0,7 kg S"I. Stanovte (a) výslednou teplotu a (b) produkci entropie za jednu sekundu.
Výsledek: (a) 109,9 °C (b) 1,496 kW K-I
C48
Vodaje kontinuálně směšována s přehřátou parou za konstantního tlaku 3 MPa. Voda má
teplotu 30°C a pára 400°C. Hmotnostní tok vody je 5 kg S"I a páry 0,7 kg S"I. Stanovte
(a)teplotu po směšování, (b) objemové toky proudů před směšováním a výsledného proudu, a
(c) produkci entropie za 1 sekundu.
Výsledek: (a) 120,8 °C (b) voda 0,00502 m3 S-I, pára 0,0696 m3 S"I, směs 0,00605 m3 S·I
(c) 1,727 kW K"I
D Proudění stlačitelných tekutin - ideálního plynu
. . c·ARovnIce kontinuity pro ustálený stav m = P .c .A = -- = konst.
v
c2Energetická rovnice (l ZT pro izolovanou otevřenou soustavu) h + - = ho = konst.
2
Rychlost zvuku v tekutině - obecně a = ~( : 1...pro ideáln! plyn a ~ ,J".r·T
Klidový stav je stav po hypotetické izoentropické kompresi ze stavu statického.
"X'1.~~~'(4J0@-Q.g-t~Js!!tin~z oblasti o klidovém stavu obecně c = ~2' (ho - h)
V' oková rychlost tekutiny z oblasti o klidovém stavu TO ideální lyn
~
K .r K .r ( T J 2· K ( K-IJc= /2cp(To-T)= 2-(To-T)= 2-To 1-- = -r·To 1-~ K
\J K -1 K -1 To K-I
•~ = E- je tlakový poměr,
Po
K
~. = L= (_2_)K-I je kritický tlakový poměr
Po K+ 1..
~c =a =~~'r'To
. 2 (K_I J 2m 'K p --J.l=-= _._0. l-~K .~K
A K-I Vo
• m PoJ.l =-=
A' ~r.To
K+IK(_2 )K-t
K+l
Dl
Vzduch o teplotě 300 oe a tlaku 700 kPa proudí rychlostí 250 m S-I. Stanovte (a) klidovou
entalpii, (b) klidovou teplotu, (c) klidový tlak a (d) klidovou hustotu.
Řešení
(a) Klidová entalpie plyne z energetické rovnice (předpokládáme: při T = OKje h = O)
c2 c2 2502ho = h +- = cpT +- = 1004,5·(300+273,15)+--= 606979,2 J kg-I
2 2 2
(b) Klidová teplota To= ~ = 606979,2 - 604,26 K = 331,11 oe
cp 1004,5
K IA
= .(To )K-t = 700. (604,26 )1.4-1 = 842,25 kPaPo P T 573 15 -~--
,
= -.EL = 842250 - 4,857 kg m-3Po r. To 287·604, 26 ~- ....•.•...-
D2
Letadlo letí rychlostí 260 m S-I ve v ýšce, kde je a tmosférický tlak 4 OkPa a teplota - 25 °1
Vzduch protéká proudovým motorem je v jeho difuzoru zpomalen a potom stlačov:
v kompresoru, kde se dosahuje hodnoty poměru stlačení klidových tlaků 8,2. Proce
v difuzoru i kompresoru považujte za izoentropické. Stanovte na vstupu do kompreso
(a)klidovou teplotu, (b) klidový tlak, (c) klidovou teplotu na výstupu z kompresoru a (d) prá-
cidodávanou kompresoru.
Řešení
(a)Klidová teplota vzduchu před kompresorem
c2 2602T
01=T +- = (-25 + 273,15)+ - 281,8 K = 8,6 oe2cp 2 ·1004, 5
K 1,4
= .(T01)K-I =40,( 281,8 )1,4-1 =62,41 kPaPOI p T 24815 ~--
,
(c)Klidová teplota na výstupu kompresoru pomocí Poissonova vztahu
K-I
(
p ) K 1,4-1T
02=T01' ~ =281,8·(8,2)M=514,OK
POI
(d)Práce dodávaná kompresoru Wt = cp'(ToI - T02) = 1004,5'(281,8 - 514) = -233,4 kJ kg-I
D3
Vzducho teplotě 30 oe vstupuje do proudového stroje rychlostí 210 m S-I.Určete (a) rychlost
zvukua (b) zda je proudění podzvukové či nadzvukové.
Řešení
Vzduchlze považovat za dvouatomový ideální plyn (K = 1,4; r = 287 J kg-I K-I).
(a)Rychlost zvuku a = .JK·r· T = ~1,4.287 ·(30+273,15) = 349,0 ms-I
(b)Machovo číslo Ma = ~ = 210 = 0,602 ... protože Ma < 1, proud je podzvukovýa 349
D4
Dusíko hmotnostním toku 2 kg S-Iproudí tryskou ve stacionárním režimu. Vstupuje do trysky
sezanedbatelnou rychlostí při tlaku 1200 kPa a teplotě 230 oe. V trysce dusík expanduje izo-
entropickyna tlak 100 kPa. Stanovte na výstupu z trysky (a) hustotu, (b) rychlost, (c) průřez
proudua (d) Machovo číslo.
Řešení
(a)Dusík považujeme za ideální plyn. Podle energetické rovnice klidová entalpie a klidová
teplotajsou podél trysky konstantní. Protože se předpokládá izoentropický děj, zůstává podél
tryskykonstantní i klidový tlak. Podle zadání na vstupu je proud pomalý a proto tlak a teplota
jsouprakticky rovné klidovÝm hodnotám to = tI, Po= PI. Měrná plynová konstanta dusíku je
r= R/Mm = 8314,41/(2 '14)= 296,9 J kg-I K-I, cp = KrI( K-I) = 1,4·296,910,4 =
= 1093,2 J kg-I K-I
Výstupníteplota plyne z Poissonova vztahu
K-I 14-1
T2=To.(!2J~= (230+273,15),( 100 )tr = 247,38 K = -25,77 oe
Po 1200
Pz 100000 3Hustotana výstupu ze stavové rovnice pz = -- = -1,362 kg m"
r·Tz 296,9·247,38
(b)Výstupní rychlost z energetické rovnice
c2= J2.cp (To - Tz) = ~2 ·1039,2· (503,15 - 247,38) = 729,10 ms-I
m 2 2A
2 =--=----= 0,002014 mpz ,cz 1,362·729,1
Ma=~= Cz _ 729,1 =2274
az ~K.r.Tz v!1,4.296,9.247,38 =-'-'-
D5
Uvažujte trysku z předchozího příkladu. Délka trysky je 1,1 m. Předpokládejte, že tlakový
gradient podél trysky je konstantní. Stanovte (a) tvar trysky postupným výpočtem průřezů
podél trysky v místech odpovídajících vždy tlakovému poklesu o 200 kPa. Stanovte (b) polo-
hu hrdla Lavalovy trysky a (c) průřez hrdla.
Řešení
(a) výpočtové kroky (a), (b), (c) z příkladu D4 je nutné provést pro polohy Xi = Po-Pi L
Po-pz
měřené od vstupního průřezu, odpovídající vždy poklesu tlaku o 200 kPa. Takto získáme pro
jednotlivé polohy následující statické tlaky a průřezy:
12001 1000 800 i 600 400
O 0,2 0,4 0,6
00 0,001231 !0,000983 !0,000942
00 ! 39,(j'-'3S',4"'r"34:64
• _ p' _( 2 )K~I_( 2 )I,I~~I_P --- - - - -
Po K+l 1,4+1
0,528
Kritický tlak v hrdle p' = p' 'Po = 0,528·1200= 633,6 kPa
(b) Poloha hrdla vůči vstupnímu průřezu x· = Po- p' L = 1200 - 633,6 ·1,1= 0,566 m
Po-Pz 1200-100
Kritická teplota T' = To._2_ = 503,15 ._2_= 419,29 K = 146,14 oe
K+l 1,4+1
(c) Plocha průřezu hrdla• m m
2 2A =-.--.=. • =-----------=0,000941 m
pc p -- . 633600 -------,jK·r·T· ----,jl,4·296,9·419,29
r·T· 296,9·419,29
d' = ~4-A' = 4-0,000941 ~ 34,61 mm
7t 7t
D6
Vzduch o tlaku 900 kPa a teplotě 620 oe vstupuje do zužující se trysky rychlostí 170 m S·I,
Vypočtěte hmotnostní tok tryskou, je-li plocha výstupního průřezu 40 cm2 při protitlaku
(a) 600 kPa a (b) 350 kPa.
Řešení
Vzduch považujeme za ideální plyn.
Klidová teplota, tlak a hustota:
to = tI +~ = 620+ 170
z
= 634,39 oe = 907,54 K
2· cp 2 ·1004,5
K lA
= .(TO)K-I=900'( 907,54 )1.4-1=95178kPa
Po PI TI 620 + 273,15 '
=-.RL= 951780 -3654k m-3
Po r. T 287·907 54 ' go ,
Kritickýtlakový poměr pro plyn tvořený dvouatomovými molekulami P*= P*/Po = 0,528.
(a)Tlakový poměr odpovídající protitlaku Pa= pa/po = 600/951,78 = 0,630 > 0,528, nedojde
tedyk aerodynamickému zahlcení a tlak ve výstupním průřezu je roven protitlaku P2= Pa.
Hmotnostnítok tryskou
2. K ( K-I) ~ma =A -POPO I-PaK PK =0,004
K-I [
IA-J J 22.1,4.951780.3654.1-0631:4 ·0631:4 =
14-1 ' , ,,
= 4,99 kg S-I
(b) Tlakový poměr odpovídající protitlaku Pb= Pb/PO= 350/951,78 = 0,368 < 0,528, dojde
kaerodynamickému zahlcení, tj. ve výstupním průřezu jsou kritické podmínky: Ma = 1, vý-
stupnítlak je roven kritickému tlaku P2= p*, t2= t*, P2= p*, atd.
Hmotnostnítok IŤlb = 0,004· 2 ·1,4 ·951780· 3,654 '(1-0,5281'1~~1J. 0,5281~4= 5,11 kg S-I
1,4-1
Případnělze použít pro výpočet hmotnostního toku Fliegnerův vzorec
K+I 1.4+1
mb =A Po K(_2_)K-1 = 0,004. 951800 1,4. (_2 _)1.4-1 = 5,11 kg S-I
Jr. To K+ 1 .J287 ·907,54 1,4+ 1
D7
Proudhelia při vstupu do trysky je popsán hmotnostním tokem 5 g S-I,tlakem 750 kPa, teplo-
tou65oe a rychlostí 5 m S-I. Stanovte (a) kritický tlak a kritickou teplotu, (b) průřez hrdla a
(c)rychlost v hrdle.
Řešení
Helium(molární hmotnost Mm = 4 kg kmorl) je jednoatomový plyn ~ K= 1,667
Měrnáplynová konstanta r = R/Mm = 8314,41/ 4= 2078,6 J kg-I K-I
Měrnátepelná kapacita c = ~ = 1,667 ·2078,6 = 5194 9 J kg-IK-I
p K-I 1 667 -1 ',
c2 52Klidováteplota to = ti +_1_ = 65 + - 65,0024 oe To = 338,15 K
2'cp 2·5194,9
Rychlost5 m S-Ije relativně velmi malá a cp velké, takže to ~ tI a zároveň Po~ PI.
T·=To._2-=338,15. 2 -253,58K t*=-19.570e
K+ 1 1,667 + 1
p. = (_2 )K~l = (_2_)1.1~:~~1 = 0,487
K+l 1,667+1
p. = p. 'Po = 0,487·750 = 365,25 kPa
1,667+1
1,667 .( __ 2__ )1'667-1 = 649 68 k s-lm-Z
2078,6·338,151,667+1 ' g
A' = rh = 0,005 -7 696.1O-6mz;::::7.7 mmz
• 64968 ' -Il ,
c' = a* = )K.r. T* = )1,667.2078,6. 253,58 = 937,4 m S-I
D8
Vzduch o tlaku 850 kPa a teplotě 650 K vstupuje do Lavalovy trysky se zanedbatelně malou
rychlostí. Proud je stacionární, jednorozměrný a izoentropický. Hodnota Machova čísla na
výstupu z trysky je 1,5 a plocha průřezu hrdla je 30 cmz. Vypočtěte (a) statické veličiny
v hrdle, (b) statické veličiny a průřez na výstupu a (c) hmotnostní tok tryskou.
Řešení
Vzduch považujeme za dvouatomový ideální plyn. Protože vstupní rychlost je zanedbatelně
malá, klidový stav je prakticky dán daným vstupním statickým stavem.
Ze stavové rovnice je statická hustota (a též klidová hustota) na vstupu:
;:::: =~= 850000 = 4556 k m-3PI Po r.T 287.650 ' g
o
(a) Kritické poměry v hrdle jsou charakterizovány takto:
.22kritická teplota T = To.-- = 650· -- = 541,7 K
K+l 1,4+1
(b) Výstupní veličiny lze výhodně spočíst pomocí izoentropických dynamických funkcí.
Podrobnější informace lze nalézt v literatuře [7] str. 21.
T = T . 2 - 650. 2 = 448.3 K
2 o 2+{K-l)Ma2 2+{1,4-1).1,5z
(
2 JIC~I ( 2 J/~~IP2 =Po ( ) 2 = 850· ( ) 2 = 231,5 kPa
2+ K-I Ma 2+ 1,4-1 ·1,5
1 I
(
2 JIC-I ( 2 J14-1pz = Po. ( )
2 = 4.556· ( ) 2' = 1,8 kg/m32 +
K -1 Ma 2 + 1,4 -1 ·1,5
výstupní rychlost c2 = Ma· a2 = Ma· ~K' r· Tz = 1,5· .JI, 4·287·448,3 = 636,6 m S-I
.. (2) IC~I (2 )I~~~IP = P 'Po = - 'Po = -- ·850 = 449.0 kPa
K+l 1,4+ 1
. (2 )IC~I ( 2 )I.LI 3P = Po' -- = 4,556· -- = 2.889 kg m-
K+l 1,4+1
* *.J *.J -IC = a =K' r .T =1,4·287·541,7 = 466,5 m s
(c) Hmotnostní tok rh = rh' = p' ·c· .A' = 2,889·466,5·0,003 = 4.043 kg S-I
D9
Proud v zduchu v předch ázejícím příkladu protéká La-
valovou tryskou. Ve výstupním průřezu trysky je kolmá
rázová vlna. Stanovte těsně za rázovou vlnou (a) klido-
vý a statický tlak, statickou teplotu a statickou hustotu,
(b) změnu entropie na rázové vlně a (c) výstupní rych-
lost.
(a) Veličiny za rázovou vlnou stanovíme pomocí dy-
namických funkcí rázové vlny. Podrobnější informace lze nalézt v literatuře [7] str. 35.
Klidový tlak
POlI=POI( (K+l)Ma~ J"~I( K+l J"~I =
Ma~ (K -1) + 2 2· K' Ma~ - (K -1)
1.4 I
(
(1,4+1),1,52 Jl,4-1( 1 4+1 )1,4-1= 850· 2 () , 2 = 790,3 kPa < POI= 850 kPa!
1.5 . 1,4-1 +2 2·1,4·1,5 -1,4+1
(Ma
2-1 J ( 1 52-1 J
Statickýtlak Pil =PI 1+2'K' I =231,5· 1+2·1,4· ' =569,1 kPaK+l 1,4+1
Statická teplota Tli = TI(1 + 2 .K' Ma~ -1 J Ma~~'t))2 ~K+l Ma
l K+l
(
1 52 1J 1 52 (1 4 1)+ 2=448,3· 1+2'1,4·' - .' . , - - 591,8 K
1,4+1 1,52.(1,4+1)
_ Ma~(K+l) _ 1,52.(1,4+1) _ -3Statická hustota Pil - PI'
2 ( ) -1,8· 2 ( ) - 3,351 kg mMa
l K-I +2. 1,5· 1,4-1 +2
(b) Změna entropie s -s = s -s = -r·ln POIl= -287 ·ln 790,3 = 20,9 J kg-1K-1
II 100m Pm 850 -
Řešení
Veličiny vypočtené v příkladu D8:
POI= 850 kPa, Pl = 231,5 kPa, TI = 448,3 K,
PI= 1,8 kg m-3, c· = 466,5 m S-I,CI= 636,6 m S-I
(c'rClI= -- = 466,52 = 341,9 m S-I
CI 636,6
D 10
Oxid uhličitý vytéká do prostředí o tlaku 100 kPa kruhovým otvorem o průměru 1 mm
z nádoby, v níž je tlak 1 MPa a teplota 35 oe. Stanovte (a) výtokovou rychlost a (b) hmo