Příklad 1: Potápěčský zvon o vnitřním objemu 5 m3 je ponořen do hloubky 20 m. Stanovte objem vody, která vnikne do zvonu. Jaké hmotnostní množství vzduchu je nutno přivést do zvonu, aby se veškerá voda ze zvonu vytlačila? Jaký objem vzduchu musí kompresor při tom nasát a jaká je spotřebovaná práce, pracuje-li kompresor při stálé teplotě? Teplota nad hladinou je 20 °C a tlak 0,1 MPa. Teplota vody je 5 °C. Plynová konstanta vzduchu je r = 287 J . kg-1 K-1, hustota vody je 1000 kg m3.
Řešení: V0 = 5 m3 h = 20 m t 0 = 10 °C p 0 = 0,1 MPa
Označení veličin:
t1 = 5 °C r = 287 J . kg-1 K-1 ρ v = 1000 kg m-3 Ozn.: „0“
ρv „1“
h
„2“
Tlak v hloubce h: p1 = p 0 + ρ v g h = 0,1 .10 6 + 1000 9,81. 20 = 2,962 . 10 5 Pa
Hmotnost vzduchu ve zvonu: m0 = m1 Odtud:
p0 V0 pV = 1 1 T0 T1
Objem vzduchu po stlačení a ochlazení na t1: p V1 = V0 0 p1
T1 1 .10 5 278,15 = 5 . = 1,658 m3 5 T0 283,15 2,962 . 10
Hmotnost vzduchu před ponořením:
p0 V0 r T0
m0 =
Hmotnost vzduchu po vytlačení vody:
pV p 2 V2 = 1 0 r T2 r T1
m2 =
Nutno doplnit hmotnost vzduchu:
Δ m = m2 − m1 =
V0 r
⎛ p1 p ⎞ 1 . 10 5 ⎞ 5 ⎛ 2,962 . 10 5 ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ = 12,4 kg − 0 ⎟⎟ = − T T 287 278 , 15 283 , 15 0 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 1
Kompresor nasaje objem vzduchu nad hladinou:
Δ V0 =
Δ m r T0 V ⎛p p ⎞ r T0 T = 0 ⎜⎜ 1 − 0 ⎟⎟ = V0 0 p0 r ⎝ T1 T0 ⎠ p0 p0
= 5
283,15 0,1 . 10 5
⎛ p1 p ⎞ ⎜⎜ − 0 ⎟⎟ = T0 ⎠ ⎝ T1
⎛ 2,962 . 10 5 1 . 10 5 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = 10,076 m3 − 283,15 ⎠ ⎝ 278,15
Při izotermickém stlačování je spotřebovaná práce: p 0 Δ V0 = p V 1
At12 = − ∫ V dp = − p 0 Δ V0 0
1
p dp = − p 0 Δ V0 ln 1 = p p0 0
∫
= − 0,1 . 10 6 . 10,076 . ln
2,962 . 10 5 = − 1,094 . 10 6 J 1 . 10 5
Pozn.: Znaménko „ – “ znamená spotřebovanou práci.
Příklad 2: Ve válci s pohyblivým pístem je 36 g vodíku o teplotě 30 °C pod tlakem 0,4 MPa. Na jeho stlačení na třetinu původního objemu byla vynaložena práce 150 kJ a současně bylo odebráno teplo Q = 60 kJ. Vypočítejte teplotu a tlak vodíku po stlačení. (M = 2 kg kmol-1, κ = 1,4)
Řešení: m = 36 g t1 = 30 °C p1 = 0,4 MPa A12 = 150 kJ Q12 = − 60 kJ
Označení veličin:
Z prvního zákona termodynamiky:
Q 12 = U 2 − U 1 + A12 , kde
U 2 − U 1 = m . cv . (t 2 − t1 ).
Měrná tepelná kapacita při stálém objemu:
cv =
R 1 8314,3 r = 0 = = 10393 J kg-1 K-1 κ −1 M κ −1 2 (1,4 − 1)
Teplota vodíku po kompresi:
t 2 = t1 +
U 2 − U1 Q − A12 = t1 + 12 = m . cv m . cv
(
)
− 60 . 10 3 − − 150 . 10 3 = 30 + = 270,55 °C 0,036 . 10393 Pro stavy před kompresí a po kompresi jsou stavové rovnice: p1 V1 = m r T1 p2 V2 = m r T2 . Odtud:
p 2 = p1
V1 T2 270,55 + 273,15 = 0,4 . 10 6 . 3 ⋅ = 2,15 . 10 6 Pa . V2 T1 30 + 273,15
p 2 = 2,15 MPa
Příklad 3: Kompresor nasává vzduch o teplotě 30 °C a tlaku 95 kPa a stlačuje ho polytropicky na tlak 706 kPa, přičemž jeho teplota vzroste na 370 °C. Vypočítejte polytropický exponent, měrnou polytropickou tepelnou kapacitu, množství tepla, změnu vnitřní energie, změnu entalpie a práci na stlačení 1 kg vzduchu a jeho vtlačení do prostoru o vyšším tlaku. ( κ = 1,4, r = 287 J kg-1 K-1) Řešení: Označení veličin:
t1 = 30 °C p1 = 95 kPa p 2 = 706 kPa t 2 = 370 °C m = 1 kg
Polytropický exponent vypočteme z rovnice:
n =
Odtud:
1 T2 T1 1− p lg 2 p1 lg
=
⎛ p ⎞ T2 = ⎜⎜ 2 ⎟⎟ T1 ⎝ p1 ⎠
1 = 1,60 . 643,15 lg 303,15 1− 706 . 10 3 lg 95 . 10 3
Měrná polytropická tepelná kapacita: cv =
287 r = = 717,5 J kg-1 K-1, κ − 1 1,4 − 1
n−κ 1,6 − 1,4 = 717,5 = 239,17 J kg-1 K-1. n −1 1,6 − 1 Množství přivedeného tepla: c n = cv
Q12 = m c n (t 2 − t1 ) = 1⋅ 239,17 (370 − 30) = 81317 J. Změna vnitřní energie: U 2 − U 1 = m cv (t 2 − t1 ) = 1⋅ 717,5 (370 − 30) = 243 950 J.
n −1 n
.
Změna entalpie: H 2 − H 1 = m c p (t 2 − t1 ) = κ (U 2 − U 1 ) = 1,4 . 243 950 = 341 530 J.
Technická práce: At12 =
Kontrola:
nr (t2 − t1 ) = 1,6 . 287 (30 − 370 ) = − 260 213 J. n −1 1,6 − 1
Q12 = H 2 − H 1 + At12
Q12 = 341 530 − 260 213 = 81 317 (souhlasí)
Příklad 4:
Nádoba je rozdělena na dvě části. V první o objemu 1, 5 m3 je CO2 (M1 = 44 kg kmol-1) pod tlakem 0,5 MPa při teplotě 30,0 °C. V druhé části nádoby o objemu 1,0 m3 je O2 (M2 = 32 kg kmol-1) pod tlakem 0,2 MPa při teplotě 57 °C. Určete hmotnostní složení směsi, která vznikne propojením obou částí nádoby. Dále vypočtěte plynovou konstantu směsi, teplotu a tlak. Řešení:
Označení veličin:
V1 = 1,5 m3 p1 = 0,5 MPa t1 = 30 °C V2 = 1,0 m3 p 2 = 0,2 MPa t 2 = 5 7 °C
Hmotnost jednotlivých složek: m1 =
p1 V1 pV M 0,5 . 10 6 . 1,5 . 44 = 1 1 1 = = 13,09 kg. r1 T1 R0 T1 8 314 . 303,15
m2 =
p 2 V2 M 2 0,2 . 10 6 . 1,0 . 32 = = 2,30 kg. R0 T2 8 314 . 330,15
Hmotnostní podíly:
m1 13,09 = = 0,849 . m1 + m2 13,09 + 2,33
σ1 =
σ 2 = 1 − σ 1 = 1 − 0,849 = 0,151. Plynová konstanta směsi:
r=
∑σ
i
ri = R0
σi
∑M
i
0,151 ⎞ ⎛ 0,849 -1 -1 = 8 314 ⎜ + ⎟ = 199,65 J kg K . 44 32 ⎝ ⎠
Teplota směsi:
T =
∑m c T ∑m . c i
i
vi
i
vi
mi
=
ri Ti κi − 1 = mi ri ∑ m .κ −1 i
∑m
.
σi
Ti κi − 1 i = σi 1 ∑M .κ −1 i i
∑M
.
0,849 303,15 0,151 330,15 + 44 1,3 − 1 32 1,4 − 1 = = 307,33 K. 0,849 1 0,151 1 + 44 1,3 − 1 32 1,4 − 1 Tlak směsi:
p =
(m1 + m2 ) r T = (13,09 + 2,33) . 199,65 . 307,33 = 3,7846 . 10 5 m rT = Pa V V1 + V2 1,5 + 1
Příklad 5:
Uzavřená nádoba o objemu 1 m3 je naplněna sytou parou o teplotě 200 °C. Pára je ochlazena na teplotu 20 °C. Stanovte tlak po ochlazení, objem kondenzátu a množství odvedeného tepla. Řešení:
Označení veličin:
V = 1 m3 t1 = 200 °C t 2 = 20 °C
Z tabulek termodynamických vlastností vody a páry na mezi sytosti: Pro teplotu 200 °C:
p1 = 1,554880 MPa, v1´´ = 0,127160 m3 kg-1, h1´´ = 2790,9 kJ kg-1.
Pro teplotu 20 °C:
p2 v2´ v2´´ h2´ h2´´
= 0,002337 MPa, = 0,0010017 m3 kg-1, = 57,838308 m3 kg-1, = 83,86 kJ kg-1, = 2538,2 kJ kg-1.
Ochlazování bude probíhat při stálém objemu, takže v = v´´. Tlak po ochlazení:
p 2 = 0,002337 MPa
Hmotnost páry:
m =
1 V = = 7,8641 kg. ″ 0,127160 v1
″ ″ ′ Protože: v 2 < v1 < v 2 , bude po ochlazení v nádobě pára mokrá.
Suchost:
′ v − v2 0,127160 − 0,0010017 x2 = = = 0,0021813. ″ ′ 57,838308 − 0,0010017 v2 − v2
Měrná entalpie kondenzátu: ′ ″ ′ h2 = h2 + x 2 ⎛⎜ h2 − h2 ⎞⎟ = 83,86 + 0,0021813 (2538,2 − 83,86) = 89,21 kJ kg-1 ⎝ ⎠ Hmotnost kondenzátu: ′ ″ m 2 = m − m 2 = m − x 2 m = m (1 − x ) = 7,8641 (1 − 0,0021813 ) = 7,8469 kg.
Objem kondenzátu: ′ ′ ′ V2 = m 2 v 2 = 7,8469 . 0,0010017 = 7,8603 . 10 −3 m3
Teplo:
Q12 = U 2 − U 1 = m [(h2 − h1 ) − v ( p 2 − p1 )] =
[
]
= 7,8641 (89,21 − 2790,9) . 10 3 − 0,127160 (0,002337 − 1,554880) . 10 6 = = − 19,694 . 10 6 J.
Příklad 6:
Stanovte teplotu, měrný objem a měrnou entropii páry před škrticím ventilem, jestliže byl změřen tlak před tímto ventilem 0,2 MPa a veličiny za ventilem 0,1 MPa, 110 °C. Řešení:
Označení veličin:
p1 = 0,2 MPa p 2 = 0,1 MPa t 2 =110 °C
Z tabulek termodynamických vlastností vody a páry pro teplotu 110 °C a tlak 0,1 MPa (přehřátá pára): v2 = 1,7442570 m3 kg-1, h2 = 2696,4 kJ kg-1, s2 = 7,4153 kJ kg-1. Pro stav před škrcením a po škrcení platí:
i1 = i2.
Interpolací z tabulek pro sytou páru a sytou kapalinu při tlaku p1 = 0,2 MPa dostaneme: t1 = 120,23 °C a dále:
Protože:
v1´ = v1´´ = h1´ = h1´´ = si´ = si´´ =
0,0010608 m3 kg-1, 0,8854 m3 kg-1, 504,70 kJ kg-1, 2706,3 kJ kg-1, 1,5301 kJ kg-1, 7,1268 kJ kg-1K-1.
′ ″ h1 < h2 < h1 , bude před škrcením pára mokrá o suchosti:
′ h2 − h1 2696,4 − 504,70 x = = = 0,9955. ″ ′ 2706,3 − 504,70 h1 − h1
Odtud pro měrný objem: ′ ″ ′ v1 = v1 + x ⎛⎜ v1 − v1 ⎞⎟ = ⎝ ⎠
= 0,0010608 + 0,9955 (0,8854 − 0,0010608) = 0,8814 m3 kg-1. Pro měrnou entropii: ′ ″ ′ s1 = s1 + x ⎛⎜ s1 − s1 ⎞⎟ = ⎝ ⎠
1,5301 + 0,9955 (7,1268 − 1,5301) = 7,1016 kJ kg-1K-1.
Příklad 7:
Stacionární čtyřdobý Dieselův motor má kompresní poměr 15, počet válců 4, obsah jednoho válce 2000 cm3, otáčky 3000 1/min. Motor spotřebuje 28 dm3 nafty za hodinu o výhřevnosti 42 MJ kg-1 a nasává vzduch při tlaku 95 kPa a teplotě 25 °C. Určete teoretický výkon motoru a jeho termickou účinnost. (r = 287 J kg-1K-1, cp = 1008 J kg-1K-1, κ = 1,4, hustota nafty je 866 m3 kg-1). Řešení:
Označení veličin:
ε = 15 m=4 V = 2000 cm3 n = 3000 min-1 •
V p = 28 dm3 hod-1 q p = 42 MJ kg-1
p1 = 95 kPa t1 = 25 °C Celkový tepelný příkon přivedený motoru: Q& p = m& p q p
28 . 10 −3 Q& p = m& p q p = ρ p V&p q p = 866 . . 42 . 10 6 = 282,9 . 10 3 W 3600
Hmotnostní průtok vzduchu: p n 95 . 10 3 3000 n = 4V 1 = 4 . 2 10 −3 = 0,222 kg s-1. 2 287 . 298,15 2 . 60 r T1 2
m& v = 4 V ρ1
Teplota vzduchu pro kompresi: ⎛v ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ v2 ⎠
κ −1
= T1 ε κ −1 = 298,15 . 151, 4−1 = 880,79 K.
Teplota vzduchu po shoření paliva: T3 = T2 +
Q& p m& v cv
= 880,79 +
282,9 . 10 3 = 2145,0 K. 0,222 . 1008
Stupeň plnění:
ϕ=
v3 T 2145,0 = 3 = = 2,435 v2 T2 880,79
Teplota výfukových plynů: ⎛v ⎞ T4 = T3 ⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎝ v4 ⎠
κ −1
⎛ϕ ⎞ = T2 ⎜ ⎟ ⎝ε ⎠
κ −1
⎛ 2,435 ⎞ = 2145,0 ⎜ ⎟ ⎝ 15 ⎠
1, 4 −1
= 1036,6 K
Tepelný průtok výfukem: 1008 (298,15 − 1036,6) = − 1,18034 ⋅ 10 5 W. Q& 0 = m& v cv (T1 − T4 ) = 0,222 1,4 Teoretický výkon cyklu: P = Q& p − Q& O = 282,9 ⋅ 10 3 − 118,034 ⋅ 10 3 = 164,87 ⋅ 10 3 W.
Termická účinnost:
η=
P 164,87 ⋅ 10 3 = = 0,583 282,9 ⋅ 10 3 Q& p
Příklad 8:
Dvoustupňový kompresor nasává vzduch o teplotě 20 °C a tlaku 98 kPa a stlačuje ho na 6 MPa. Vypočtěte výkon motoru, je-li mechanická účinnost 85 % a množství chladicí vody pro chlazení válců kompresoru a pro mezichladič. Teplota chladicí vody se zvýší o 15 K, komprese je v obou stupních polytropická s exponentem 1,3. Sací výkon kompresoru je 0,14 m3s-1, r = 288 J kg-1K-1, κ =1,4, cvoda = 4187 J kg-1K-1. Řešení:
Označení veličin:
t1 = 20 °C p1 = 98 kPa p 2 = 6 MPa η = 0,85 Δ t = 15 °C n = 1,3 V&1 = 0,14 m3 s-1
Dělicí tlak:
px =
p1 p 2 = 0,098 ⋅ 6 = 0,767 MPa.
Teoretický příkon kompresoru: n −1 ⎡ ⎤ ⎛ px ⎞ n 1,3 n ⎢ & − 1⎥ = 2 98 ⋅ 10 3 ⋅ 0,14 PK = 2 p1 V1 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎢ ⎥ 1,3 − 1 n −1 p ⎢⎣⎝ 1 ⎠ ⎥⎦
= 72,26.103 W = 72,26 kW. Výkon motoru na pohon kompresoru: Pm =
PK
ηm
=
72,26 =& 85 kW. 0,85
Teplota za každým stupněm kompresoru: ⎛p ⎞ Tx = T2 = T1 ⎜⎜ x ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
n −1 n
⎛ 0,767 ⎞ = 293,15 ⎜ ⎟ ⎝ 0,098 ⎠
1, 3 − 1 1, 3
= 471,30 K.
1, 3 − 1 ⎡ ⎤ 1, 3 0 , 767 ⎛ ⎞ ⎢⎜ − 1⎥ = ⎟ ⎢⎝ 0,098 ⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
Množství tepla odváděného stěnami válců: & p V& n −κ (T2 − T1 ) = 2 p1 V1 r n − κ (T2 − T1 ) = Q& v = 2 m& c n (T2 − T1 ) = 2 1 1 c v r T1 n −1 r T1 κ − 1 n − 1
p1 V&1 n − κ 98 ⋅ 10 3 ⋅ 0,14 1,3 − 1,4 (T2 − T1 ) = 2 (471,30 − 293,15) = =2 T1 (κ − 1) n − 1 293,15 (1,4 − 1) 1,3 − 1 = − 13,90 ⋅ 10 3 W. Množství tepla odváděného v mezichladiči: & p V& κ r (T1 − T2 ) = p1 V1 κ (T1 − T2 ) = Q& CH = m& c p (T1 − T2 ) = 1 1 r T1 κ − 1 T1 (κ − 1)
98 ⋅ 10 3 ⋅ 0,14 ⋅ 1,4 (293,15 − 471,3) = − 29,18 ⋅ 10 3 W. 293,15 (1,4 − 1) Celkové množství odváděného tepla: Q& = Q& v + Q& CH = (− 13,90 − 29,18) 10 3 = − 43,08 ⋅ 10 3 W.
Množství chladicí vody: m& voda =
Q& cvoda Δt
=
43,08 ⋅ 10 3 = 0,686 kg s-1. 4187 ⋅ 15
Příklad 9:
Vzduch o tlaku 1,5 MPa a teplotě 27 °C vytéká Lavalovou dýzou do prostředí o tlaku 0,117 MPa. Nejužší průřez dýzy má průměr 0,04 m. Za jakou dobu vyteče 250 kg vzduchu a jaká bude skutečná výtoková rychlost z dýzy, je-li rychlostní součinitel dýzy ϕ = 0,95? (r = 288 J kg-1K-1, κ = 1,4) Řešení:
Označení veličin:
p1 = 1,5 MPa p 2 = 0,117 MPa t1 = 27 °C
d min = 0,04 m m = 250 kg Tlakový poměr:
p 2 0,117 = = 0,078 p1 1,5 Proudění z dýzy bude nadkritické. Kritický tlak: ⎛p ⎞ ⎛ 2 ⎞κ ⎟⎟ p k = ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⋅ p1 = ⎜⎜ ⎝ κ + 1⎠ ⎝ p1 ⎠ k
κ −1
1, 4
⎛ 2 ⎞ 1, 4 − 1 ⎟⎟ ⋅ p1 = ⎜⎜ ⋅ 1,5 = 0,7924 MPa. ⎝ 1,4 + 1 ⎠
Kritická rychlost:
wk =
2κ 2 ⋅ 1,4 r T1 = ⋅ 288 ⋅ 300,15 = 317,57 m s-1. 1,4 + 1 κ +1
Výtoková rychlost z dýzy:
w2 =
κ −1 ⎡ ⎤ κ ⎛ ⎞ p 2κ 2 ⎢ ⎥ = 2 ⋅ 1,4 ⋅ 288 ⋅ 300,15 r T1 1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎢ ⎝ p1 ⎠ ⎥ 1,4 − 1 κ −1 ⎣⎢ ⎦⎥
1, 4 − 1 ⎡ ⎤ 1, 4 0 , 117 ⎛ ⎞ ⎢1 − ⎜ ⎥ = ⎟ ⎢ ⎝ 1,5 ⎠ ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥
= 559,61 m s-1. Skutečná výtoková rychlost z dýzy: w2 S = w2 ⋅ ϕ = 559,61 ⋅ 0,95 = 531,63 m s-1. Nejmenší průřez dýzy: S min =
π d min 2 4
=
π ⋅ 0,04 2 4
= 1,256 ⋅ 10 −3 m2.
Kritický měrný objem: 1
1
1
⎛ p ⎞κ r T ⎛ p ⎞κ 288 ⋅ 300,15 ⎛ 1,5 ⎞ 1, 4 v k = v1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = 1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = ⎜ ⎟ = 0,0909 m3 kg-1. 6 p1 ⎝ p k ⎠ 1,5 ⋅ 10 ⎝ 0,7924 ⎠ ⎝ pk ⎠ Hmotností průtok:
m& = S min
wk 317,57 = 1,256 ⋅ 10 −3 ⋅ = 4,388 kg s-1. 0,0909 vk
Doba výtoku:
τ =
m 250 = = 56,98 s. m& 4,388
Příklad 10:
Ocelové potrubí d2/d1 = 110/100 mm je pokryto dvěma vrstvami izolace stejné tloušťky 50 mm. Teplota vnitřního povrchu stěny potrubí je 250 °C, vnější povrch izolace má teplotu 50 °C. Určete ztráty tepla na 1 m délky potrubí a teplotu na hranici styku obou vrstev izolace. Vnitřní vrstva izolace má součinitel tepelné vodivosti 0,06 W m-1 K-1, vnější 0,12 W m-1K-1 a materiál potrubí 50 W m-1K-1. Řešení:
Označení veličin:
λ1 = 50 W m-1 K-1 δ 1 = δ 2 = δ = 50 mm t ST 1 = 250 °C t ST 4 = 50 °C
λ2 = 0,06 W m-1 K-1 λ3 = 0,12 W m-1 K-1 Tepelný tok 1 m délky potrubí: qL =
2 π (t ST 1 − t ST 4 ) 1 d2 1 d3 1 d4 ln + ln + ln λ1 d1 λ 2 d 2 λ3 d 3
d 3 = d 2 + 2 δ = 110 + 2 ⋅ 50 = 210 mm.
d 4 = d 2 + 4 δ = 110 + 4 ⋅ 50 = 310 mm. Po dosazení: qL =
2 π (250 − 50 ) = 89,3 Wm-1. 1 110 1 210 1 310 ln + ln + ln 50 100 0,06 110 0,12 210
Teplota na styku vrstev izolace z předchozího vztahu:
qL 1 d 89,3 1 310 ln 4 = 50 + ln = 96,1 °C. 2 π λ3 2 π 0,12 210 d3
t ST 3 = t ST 4 +
Příklad 11:
Ocelová deska o teplotě 0 °C a tloušťce 100 mm, součiniteli tepelné vodivosti 45 W m-1 K-1 je ponořena do kapaliny o teplotě 100 °C. Součinitel přestupu tepla 90 W/m2 K. Deska je z oceli o hustotě 7900 kg m-3 a měrné tepelné kapacitě při stálém tlaku 455,7 J kg-1 K-1. Stanovte rozložení teploty v desce po uplynutí 20 s. Desku rozdělte na 10 vrstev tloušťky 1 cm a řešte úlohu numericky. Řešení:
λ = 45 W m-1 K-1 t t = 100 °C α = 90 W m-2 K-1 ρ = 7900 kg m-3 c p = 455,7 J kg-1 K-1 τ = 20 s
Označení veličin:
Součinitel teplotní vodivosti:
a=
λ ρ cp
=
45 = 1,25 ⋅ 10 −5 m2 s-1. 7900 ⋅ 455,7
Desku rozdělíme na 10 vrstev tloušťky 10 mm. Pak:
Δx = 0,01 m;
Pro numerické řešení:
Odtud časový krok:
Počet kroků:
n=
2 a Δτ =1 Δx 2
Δτ =
Δx 2 0,012 = = 4 s. 2 a 2 ⋅ 1,25 ⋅ 10 −5
τ 20 = = 5. Δτ 4
Teplotu na stěně počítíme podle vztahu:
α Δx tt λ tS = α Δx 1+ λ ti +
kde ti je teplota mezi první a druhou vrstvou.
α Δx 90 ⋅ 0,01 = = 0,02 45 λ
Pak:
tS =
t i + 0,02 ⋅ 100 1 + 0,02
Tabulka vypočtených hodnot: τ[s] 20 4,214
2,298
1,094
0,366
0,123
0
0
3,865
1,942
0,731
0,245
0
0
0
3,393
1,461
0,49
0
0
0
0
2,922
0,98
0
0
0
0
0
1,961
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
16
12
8
4
0
x[m] 0
0,01
0,02
0,03
0,04
0,05
Příklad 12:
Termoska má dvojité postříbřené stěny o emisním součiniteli 0,04. Mezi stěnami je vakuum. Vnitřní stěna má povrch 0,06 m2, vnější 0,072 m2. Jejich teploty jsou 80 °C, 0 °C. Mezi stěnami je mezera o šířce 8 mm. Jak změní tepelné ztráty termosku, vnikne-li mezi stěny vzduch?
Řešení:
Označení veličin:
ε 1 = ε 2 = 0,04 S1 = 0,06 m2 S 2 = 0,072 m2 t S1 = 80 °C t S 2 = 0 °C l = 8 mm
Únik tepla do okolí vlivem sálání: 4
Q& S 12
4
⎛T ⎞ ⎛ T1 ⎞ ⎟ −⎜ 2 ⎟ ⎜ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ = 0,06 ⋅ 5,67 ⋅ = S1 c 0 ⎝ ⎞ S 1 ⎛ 1 + ⎜⎜ − 1⎟⎟ 1 ε1 ⎝ ε 2 ⎠ S2
4
4
⎛ 273,15 ⎞ ⎛ 353,15 ⎞ ⎟ ⎟ −⎜ ⎜ ⎝ 100 ⎠ = 0,755 W. ⎝ 100 ⎠ 1 ⎞ 0,06 ⎛ 1 +⎜ − 1⎟ 0,04 ⎝ 0,04 ⎠ 0,072
Je-li mezi stěnami vzduch, dojde k přestupu tepla v omezeném prostoru: Kriteriální rovnice:
ε = 0,18 (Gr Pr )0, 25
Pro vzduch o teplotě 40 °C je:
λ = 0,02672 W m-1K-1 ν = 16,96 ⋅ 10 −6 m2 s-1 Pr = 0,699.
Pak:
Gr = β ΔT
g l3
ν2
=
3 1 (80 − 0) 9,81 ⋅ 0,008 = 4460,9 2 313,15 16,96 ⋅ 10 −6
(
)
ε = 0,18 (4460,9 ⋅ 0,699 )0, 25 = 1,345 S + S2 λ ε 0,06 + 0,072 0,02672 ⋅ 1,345 ΔT = 80 = 23,719 W. Q& P = 1 2 l 2 0,008
Teplo se přenáší jak sáláním, tak prouděním: Q& = Q& S 12 + Q& P = 0,755 + 23,719 = 24,474 W.
Příklad 13:
Do parní turbiny vstupuje sytá pára o teplotě 330 °C, o hmotnostním průtoku 10 kg s-1. Teplota v kondenzátu je 40 °C. Stanovte výkon turbiny a termickou účinnost oběhu. Řešení:
t1 = 330 °C m& = 10 kg s-1 t 2 = 40 °C
Označení veličin:
t1 = 330 °C h1 = 2670,2 kJ/kg s1 = 5,449 kJ/kgK
Pro
t2 = 40 °C h2’ = 167,45 kJ kg-1 h2’’ = 2574,4 kJ kg-1 s2‘ = 0,5721 kJ kg-1K-1 s2‘‘ = 8,2583 kJ kg-1K-1
s 2 = s ' + x (s '' − s ' ) x2 =
s − s' 5,4490 − 0,5721 = = 0,6345 '' ' 8,2583 − 0,5721 s −s
(
)
h2 = h2 + x 2 h2 − h2 = 167,45 + 0,6345 (2574,4 − 167,45) = 1694,66 kJ kg-1 '
''
'
P = m& (h1 − h2 ) = 10 (2670,2 − 1694,66) = 9,7554 ⋅ 10 3 W q P = h1 − h2 = 2670,2 − 167,45 = 2502,75 kJ kg-1 '
qO = h2 − h2 = 1694,66 − 167,45 = 1527,21 kJ kg-1 '
η =1−
qO qP
=1−
1527,21 = 0,3898. 2502,75
Příklad 14: Pro ideální oběh pístového výbušného motoru stanovte množství přivedeného a odvedeného tepla, vykonanou práci při jednom pracovním cyklu a tepelnou účinnost. Za pracovní látku považujte vzduch, který motor nasává při tlaku 0,1 M Pa a teplotě 20 °C. Kompresní poměr je roven 5, zvýšení tlaku při převodu tepla je na trojnásobek. Obsah válce je 0,5 dm3. Řešení: p
3
Označení veličin:
4
2
1 v
T1 = 20 + 273 = 293 K p1 = 1 b = 1 ⋅ 10 5 Pa ⎛v ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ v2 ⎠
⎛v p 2 = p1 ⎜⎜ 1 ⎝ v2
κ −1
= 293,15 ⋅ 51, 4 − 1 = 558,06 K κ
⎞ ⎟⎟ = 1 ⋅ 10 5 ⋅ 51, 4 = 9,518 ⋅ 10 5 Pa ⎠
p 3 = 3 p 2 = 3 ⋅ 9,5 ⋅ 10 5 = 28,5 ⋅ 10 5 Pa
T3 = T2
p3 = 558,06 ⋅ 3 = 1674,18 K p2
⎛v T4 = T3 ⎜⎜ 3 ⎝ v4
⎞ ⎟⎟ ⎠
κ −1
= 1674,18
1 = 879,46 K 5 0, 4
Při jednom zdvihu se nasaje: m=
p V 1 ⋅ 10 5 ⋅ 5 ⋅ 10 −4 = = 5,943 ⋅ 10 − 4 kg rT 287 ⋅ 293,15
p1 = 0,1 M Pa t1 = 20 ºC ε =5 ψ =3 V = 0,5 dm3
cv =
r 287 = = 717,5 J kg-1 κ − 1 1,4 − 1
Q P = m c v (T3 − T2 ) = 5,943 ⋅ 10 −4 ⋅ 717,5 (1674,18 − 558,06 ) = 475,93 J
QO = m c v (T4 − T1 ) = 5,943 ⋅ 10 −4 ⋅ 717,5 (879,46 − 293,15) = 250,01 J
A12 = QP − QO = 475,93 − 250,01 = 225,92 J
η=
A12 225,92 = = 0,475. 475,93 QP
Příklad 15: Při izobarickém ohřevu z teploty 40 °C na 750 °C vykonal 1 kg plynu práci 184 500 J kg-1. Stanovte molekulovou hmotu tohoto plynu, množství přivedeného tepla a změnu vnitřní energie. Plyn je dvouatomový. Řešení: Označení veličin:
t1 = 40 ºC t 2 = 750 ºC m = 1 kg a = 184500 J kg-1
T1 = 40 + 273,15 = 313,15 K T2 = 750 + 273,15 = 1023,15 K Pro p = konst je:
a = p (v2 − v1 ) = r (T2 − T1 ) Odtud: r=
184 500 a = = 259,86 J kg-1 K-1 T2 − T1 1023,15 − 313,15
Pak: M =
R0 8314 = = 32 kg kmol-1 r 259,86
q = c p (T2 − T1 ) =
κr (t 2 − t1 ) = 1,4 . 259,86 (750 − 40) = 6,4575 . 10 5 J kg-1 κ −1 1,4 − 1
Δ u = q − a12 = (6,4575 − 1,845) 10 5 = 4,625 . 10 5 J kg-1
Příklad 16: Ve spalovacím motoru je 0,032 m3 objem vzduchu před stlačením jeho tlak je 0,09 MPa a teplota 60 °C. Určete exponent polytropy n, kompresní práci, množství tepla, které je odvedeno stěnami válce a změnu vnitřní energie vzduchu. Po stlačení je objem vzduchu roven 0,00213 m3 a jeho tlak je 3,2 M Pa. Řešení: Označení veličin:
p1 = 0,09 M Pa t1 = 60 ºC V1 = 0,032 m3 p 2 = 3,2 M Pa V2 = 0,00213 m3
Exponent polytropy:
p1 0,9 log p2 32 n= = = 1,32 0,00213 v1 log log 0,032 v2 log
A12 =
5 1 ( p1 V1 − p 2 V2 ) = 10 (0,9 . 0,032 − 32 . 0,00213) = − 12300 J n −1 1,32 − 1
Teplo odvedené stěnami válce: Q= A
1,4 − 1,32 κ −n = − 12300 = − 2460 J 1,4 − 1 κ −1
Změna vnitřní energie: ΔU = Q − A = − 2460 + 12300 = 9840 J
Příklad 17:
Třístupňový kompresor má dodávat množství 250 kg hod-1 vzduchu při tlaku 8 M Pa. Odvoďte vztahy pro technickou práci jednoho stupně, stanovte příkon kompresoru a množství tepla, které je nutno odebrat v mezichladičích. Stlačení uvažujte adiabatické. Kompresor nasává vzduch o tlaku 0,095 MPa a teplotě 17 °C. Znázorněte proces v p-v a Ts diagramu. Porovnejte s jednostupňovým stlačením. Poměr výstupního tlaku ke vstupnímu tlaku je ve všech stupních stejný. Řešení: m& = 250 kg hod-1 p3 = 8 M Pa
Označení veličin:
t 0 = 17 ºC p0 = 0,095 M Pa
3
p
T
p2 p1
p3
p2
p1
p0
p0 v
s
Tlaky v mezichladičích:
p1 = p0
3
p3 = p0
3
8,0 = 4,38 0,095
p1 = 0,095 . 4,38 = 0,416 M Pa p 2 = 0,416 . 4,38 = 1,825 M Pa V mezichladičích chladíme na t = 17 °C (⇒ T = 290,15 K). Práce jednoho stupně: κ −1 ⎡ ⎤ 1, 4 −1 ⎡ ⎤ ⎛ p1 ⎞ κ ⎥ 1,4 κ ⎢ ⎜ ⎟ = 287 . 290,15 ⎢1 − 4,38 1, 4 ⎥ = − 1,53 . 10 5 J kg-1 a1 = r T0 1 − ⎜ ⎟ ⎢ ⎝ p0 ⎠ ⎥ 1,4 − 1 κ −1 ⎣⎢ ⎦⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
Práce celého kompresoru: a = 3 a1 = 3 (− 1,53 . 10 5 ) = − 4,59 . 10 5 J kg-1 Výkon: P = a . m& = − 4,59 . 10 5
250 = − 3,188 . 10 4 W = − 31,88 KW 3600
Množství odvedeného tepla v mezichladičích je rovno vynaložené práci. Pro jednostupňovou kompresi: κ −1 1, 4 −1 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ κ 1, 4 ⎛ ⎞ p 1 , 4 8 , 0 ⎛ ⎞ 3 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = − 7,429 . 10 5 J kg= 287 . 290,15 1 − ⎜ a= r T0 1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 1,4 − 1 κ −1 p ⎝ 0,095 ⎠ ⎢⎣ ⎝ 0 ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎦⎥
κ
1
Příklad 18:
Vypočtěte ztrátu tepla z jednoho metru délky horizontálního parního potrubí o vnějším průměru 0,3 m a povrchové teplotě 450 °C, jestliže okolní vzduch má teplotu 50 °C.
Kriteriální rovnice je:
Nu = c (Gr . Pr )
n
kde pro 1 . 10 −3 < Gr . Pr < 5 . 10 2 je c = 1,18, n = 1/8 5 . 10 2 < Gr . Pr < 2 . 10 7 je c = 0,54, n = 1/4 2 . 10 7 < Gr . Pr < 1 . 1013 je c = 0,135, n = 1/3 Pro střední teplotu vzduchu ts =
1 (t + t v ) = 1 (450 + 50 ) = 250 °C je: 2 2
ν = 40,61 . 10 −6 m2 s-1 λ = 4,27 . 10 −2 W m-1K-1 Pr = 0,677
Řešení:
Označení veličin: d = 0,3 m t = 450 °C t v = 50 °C
Označení veličin:
Gr = β Δ t
g d3
ν
=
2
3 1 (450 − 50) 9,81 . 0,3−6 250 + 273,15 40,61 . 10
(
)
2
= 1,228 . 10 8
Gr . Pr = 1,228 . 10 8 . 0,677 = 8,313 . 10 7 Pak
c = 0,135, n = 1/3
(
Nu = c (Gr . Pr ) = 0,135 8,313 . 10 7 n
α =
λ d
Nu =
)
1 3
= 58,92
4,27 . 10 −2 . 58,92 = 8,386 W m-2K-1 0,3
ql = π d α Δt = π . 0,3 . 8,386 . (450 − 50) = 3161 W m-1
Příklad 19:
Určete teplo k ohřátí směsi plynů z teploty 200 °C na 1200 °C při konstantním tlaku 0,15 MPa. Počáteční objem směsi je 5,2 m3 a objemový podíl CO2 je 0,145, objemový podíl O2 je 0,065, zbytek je zastoupen N2. Střední objemové tepelné kapacity při normálním tlaku jsou:
C pCO 2 C pO 2 C pN 2
1200 0 1200 0 1200 0
200
= 2245 J m-3K-1
C pCO 2
= 1500 J m-3K-1
C pO 2
0
= 1420 J m-3K-1
C pN 2
0
0 200
200
= 1795 J m-3K-1
= 1325 J m-3K-1 = 1304 J m-3K-1
Řešení:
t1 = 200 ºC t 2 = 1200 ºC p = 0,15 M Pa V1 = 5,2 m3 ω CO 2 = 0,145 ω O 2 = 0,065
Označení veličin:
Q = Vn C S
Vn = V1
Q=
Tn T1
t2 t1
(t 2 − t1 )
(
= Vn C S
Tn p1 T1 p n
t2 0
t2 − CS
t1 0
t1
)
ω N 2 = 1 − ω CO 2 − ω O 2 = 1 − 0,145 − 0,065 = 0,79
t2 t1 ⎡ ⎛⎜ C ⎤ t C t ⎞⎟ ω CO 2 + − 2 p p CO 2 0 1 ⎥ p1 ⎢ ⎝ CO 2 0 ⎠ ⎢ ⎥ = t2 t1 t2 t1 pn ⎢ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + ⎜ Cp t 2 − C pO 2 t1 ⎟ ω O 2 + ⎜ C p N 2 t2 − C p N 2 t1 ⎟ ω N 2 ⎥ 0 0 0 ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎝ O2 0 ⎦
⎡(2245 . 1200 − 1795 . 200) 0,145 + ⎤ 0,15 . 10 6 273,15 ⎢+ (1500 . 1200 − 1325 . 200) 0,065 + ⎥ = = 5,2 . 6 ⎢ ⎥ 473,15 0,101325 . 10 ⎢⎣+ (1420 . 1200 − 1304 . 200) 0,79 ⎥⎦ = 7,0148 . 10 6 W = 7,015 MW
Příklad 20:
Jednostupňový kompresor stlačuje polytropicky (n = 1,3) dvouatomový plyn z tlaku 0,1 MPa a teploty 30 °C na tlak 1 MPa. Stanovte teplotu po stlačení a potřebný příkon kompresoru pro nasávané množství 100 m3hod-1. Určete též příkon pro izotermickou kompresi. Řešení:
Označení veličin:
p1 = 0,1 M Pa t1 = 30 ºC p 2 = 1 M Pa
V& = 100 m3 hod-1 ⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
n −1 n
⎛ 1 . 10 6 ⎞ ⎟ = 303,15 ⎜⎜ 6 ⎟ ⎝ 0,1 . 10 ⎠
p V& n P = m& . at12 = 1 1 r T1 r T1 n − 1
=
1, 3−1 1, 3
= 515,73 K
n −1 ⎤ ⎡ n ⎞ ⎛ p ⎢1 − ⎜ 2 ⎟ ⎥ = ⎢ ⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ ⎥⎦ ⎢⎣
n −1 ⎤ ⎡ n ⎞ ⎛ p n 2 ⎢ & p1 V1 1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ = ⎢ ⎝ p1 ⎠ ⎥ n −1 ⎥⎦ ⎢⎣
1, 3−1 ⎤ 1,3 100 ⎡ 1, 3 0,1 . 10 6 . 1 10 − ⎥ = − 8441 W ⎢ 1,3 − 1 3600 ⎣⎢ ⎦⎥
Příkon kompresoru:
Pk = − P = 8,441 kW Pro izotermickou kompresi:
P = m& . at12 =
= 0,1 . 10 6.
p1 V&1 p p r T1 ln 1 = p1 V&1 ln 1 = r T1 p2 p2
100 0,1 ln = − 6396 W 3600 1
Příkon kompresoru:
Pk = 6,396 kW
Příklad 21:
Ve dvou tepelně izolovaných nádobách o objemech 2 m3 a 6 m3 jsou stejné hmotnosti téhož plynu při téže teplotě a různých tlacích. Stanovte změnu entropie plynu po spojení nádob, je-li hmotnost každého plynu 2 kg a molekulová hmotnost plynu 32 kg kmol-1. Řešení:
Označení veličin:
V1 = 2 m3 V2 = 6 m3 m1 = m2 = m = 2 kg
M = 32 kg kmol-1
Vnitřní energie soustavy se během děje nemění, takže po propojení nádob se teploty nezmění.. Tlak po propojení nádob: ps =
2m r T V1 + V2
Pro entropii, zadanou stavovými parametry T, p dostáváme:
m c p dT − Vdp dQ =∫ = m c p ln T − m r ln p + S 0 T T Entropie složek před smísením: S =
∫
S = S1 + S 2 = m (c p ln T − r ln p1 )+
+ S 0 + m (c p ln T − r ln p 2 )+ S 0 =
(
)
= m c p ln T 2 − r ln p1 p 2 + 2 S 0 Entropie po smísení:
⎛ 2m r T ⎞ ⎟⎟ + 2S 0 S s = 2m ⎜⎜ c p ln T − r ln V + V 1 2 ⎠ ⎝ Vzrůst entropie: ΔS = S s − S = − 2m r ln
2m r T + m r (ln p1 + ln p 2 ) = V1 + V2
⎛ 2m r T 2m r T 2m r T ⎞ ⎟ = = m r ⎜⎜ − 2 ln + ln + ln V1 + V2 V1 V2 ⎟⎠ ⎝ (m r T )2 V1 V2 = m r ln = 2 ⎛ mrT ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ V1 + V2 ⎠ = m
R0 (V + V2 ) ln 1 M V1 V2
2
(2 + 6) = 869,8 J K-1 8314 ln 32 2.6 2
= 2
Příklad 22:
Ve dvou stejných od sebe oddělených nádobách se nacházejí tyto plyny: CO2, O2. Objem každé nádoby je 1 m3. Teploty a tlaky obou plynů jsou stejné, a to: 20 °C, 0,2 MPa.
Stanovte celkovou změnu entropie, došlo-li k propojení obou nádob. Během směšování nedošlo k odvodu tepla. Řešení: Označení veličin:
V1 = V2 = V = 1 m3 t1 = t 2 = t = 20 ºC p1 = p 2 = p = 0,2 M Pa
Během směšování: U = konst ⇒ t s = t = 20 °C Pro parciální tlak každé složky po smísení platí: T 2V
p sO2 = mO2 rO2
T = p V
pO2 = mO2 rO2
p sCO2 = mCO2 rCO2
T 2V
Před smíšením: pCO2 = mCO2 rCO2
T = p V
Jelikož p co 2 = p o 2 , plyne z porovnání předchozích výrazů, že: p sCO2 = p sO2 =
p 2
Změny entropie: ⎛ T p ⎞ Δ S CO2 = mCO2 ⎜⎜ c pCO 2 ln s − rCO2 ln s ⎟⎟ T p⎠ ⎝ T p ⎞ ⎛ Δ S O2 = mO2 ⎜⎜ c pO 2 ln s − rO2 ln s ⎟⎟ T p⎠ ⎝ První členy v závorkách jsou rovny nule (Ts = T) a pak:
(
)
ps pV⎞ p ⎛ pV mCO2 . rCO2 + mO2 . rO2 = ln + ⎜ ⎟= p ps ⎝ T T ⎠ 2 . 10 5 .1 p pV = 2 ln ⋅ = 2 ln 2 = 945,79 J K-1 ps T 293,15
Δ S = Δ S CO2 + Δ S O2 = − ln
Příklad 23: V uzavřené válcové nádobě se svislou osou jsou 2 kg mokré páry. Kapalná fáze na počátku děje sahá do poloviny výšky nádoby. Stanovte teplo potřebné na zvýšení teploty ze 120°C na 200°C. Řešení: Označení veličin:
m = 2 kg t1 = 120 °C t 2 = 200 °C ′ ″ V1 = V1
Při teplotě t1 je:
p1 = 0,198543 MPa ′ v1 = 0,0010606 m3kg-1 ″ v1 = 0,891524 m3kg-1 ′ h1 = 503,72 kJ.kg-1 ″ h1 = 2706,0 kJ.kg-1
′ ′ ″ ″ Z podmínky rovnosti počátečních objemů: m1 v1 = m1 v1
Pro součet hmotností platí:
′ ″ m = m1 + m1
Odtud:
″ ′ m1 = m − m1
Pak:
′ ′ ′ ″ m1 v1 = ⎛⎜ m − m1 ⎞⎟ v1 ⎝ ⎠
′ m1 = m
v1
″
′ ″ v1 + v1
=2
0,891524 = 1,997623 kg 0,0010606 + 0,891524
′ ″ m1 = m − m1 = 2 − 1,997623 = 0,002377 kg
″ m1 0,002377 x1 = = = 0,0011885 m 2
Měrný objem mokré páry: ′ ″ ′ v = v1 + x1 ⎛⎜ v1 − v1 ⎞⎟ = 0,0010606 + 0,0011885 (0,891524 − 0,0010606 ) = ⎝ ⎠ = 0,0021189 m3kg-1
Při teplotě t2 je:
p 2 = 1,554880 MPa ′ v 2 = 0,0011565 m3kg-1 ″ v 2 = 0,127160 m3kg-1 ′ h2 = 852,37 kJ.kg-1 ″ h2 = 2790,9 kJ.kg-1
Porovnáním číselných hodnot měrných objemů dostáváme: ′ ″ v2 < v < v2
Z toho plyne, že po ohřevu bude opět mokrá pára. Její suchost bude:
′ v − v2 0,0021189 − 0,0011565 x2 = = = 0,007638 ″ ′ 0,127160 − 0,0011565 v2 − v2 Přivedené teplo při konstantním objemu bude: ′ ″ ′ h1 = h1 + x1 ⎛⎜ h1 − h1 ⎞⎟ = 503,72 + 0,0011885 (2706,0 − 503,72 ) = 506,34 kJ.kg-1 ⎝ ⎠ ′ ″ ′ h2 = h2 + x 2 ⎛⎜ h2 − h2 ⎞⎟ = 852,37 + 0,007638 (2790,0 − 852,37 ) = 867,17 kJ.kg-1 ⎠ ⎝
Q = m (u 2 − u1 ) = m [(h2 − h1 ) − v ( p 2 − p1 )] = = 2 (867,17 − 506,34)10 3 − 0,002118 (1,554880 − 0,198543)10 6 = 727,42 ⋅ 10 3 J
[
]
Příklad 24: V nádobě o objemu 1 m3 je vzduch o počátečním tlaku 0,01 MPa. Atmosférický vzduch má tlak 0,1 MPa a teplotu 20°C. Stanovte dobu, po kterou bude otvorem o průřezu 1 mm2 s průtokovým součinitelem 0,8 do nádoby přicházet konstantní hmotnostní průtok vzduchu za předpokladu, že se teplota vzduchu v nádobě vyrovnává s teplotou okolí. Pro vzduch uvažujte r = 287 J.kg-1K-1, κ = 1,4. Řešení: Označení veličin:
p1 = 0,1 MPa t1 = 20 °C S = 1 mm2 μ = 0,8 p 20 = 0,01 MPa V = 1 m3
Konstantní hmotnostní průtok bude, když: ⎛ 2 ⎞κ p2 p ⎟ ≤ K = ⎜⎜ p1 p1 ⎝ κ + 1 ⎟⎠
κ −1
V limitním případě (znaménko rovnosti u první rovnice) platí: ⎛ 2 ⎞κ ⎟⎟ p 2 = p1 ⎜⎜ ⎝ κ + 1⎠
κ −1
1, 4
⎛ 2 ⎞ 1, 4 − 1 ⎟⎟ = 0,1 ⋅ 10 6 ⎜⎜ = 0,0528 ⋅ 10 6 Pa = 52,8 ⋅ 10 3 Pa 1 , 4 + 1 ⎝ ⎠
Do nádoby se při konstantním hmotnostním průtoku přivede: m=
p V p2 V V 1 ( p2 − p20 ) = (52,8 − 10 ) 103 = 0,5087 kg − 20 = rT rT rT 287 ⋅ 293,15
Průtok: 1
1
1
⎛ p ⎞κ p ⎛ p ⎞κ 0,1 ⋅ 10 6 ρ k = ρ1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = ⋅ 0,528 1, 4 = 0,7532 kg . m-3 rT1 ⎝ p1 ⎠ k 287 ⋅ 293,15 ⎝ p1 ⎠ k
m& = S μ wK ρ k = S μ ρ k = 1 ⋅ 10 −6 ⋅ 0,8 ⋅ 0,7532 ⋅
2κ rT = κ+1
2 ⋅ 1,4 287 ⋅ 293,15 = 0,18878 ⋅ 10 −3 kg . s-1 1,4 + 1
Potřebný čas:
τ =
m 0,5087 = = 2694,6 s = 44 min 54,6 s m& 0,18878 ⋅ 10 −3
Příklad 25: Vypočtěte průřezy dýzy, do které vstupuje 1 kg.s-1 páry o tlaku 0,48 MPa a teplotě 160°C. Expanzi uvažujte vratnou adiabatickou (κ = 1,3) na tlak 0,1 MPa. Řešení: Označení veličin:
m& = 1 kg.s-1 p1 = 0,48 MPa = 0,48.106 Pa t1 = 160 °C p 2 = 0,1 MPa = 0,1.106 Pa
h1 = 2768,0 kJ.kg-1 = 2768,0.103 J.kg-1
Pro p1 a t1 je z tabulek:
s1 = 6,8849 kJ.kg-1K-1 = 6,8849.103 J.kg-1K-1 Při tlaku p2 = 0,1 MPa je:
s 2 = s1 ″ s 2 = 7,35982 kJ.kg-1K-1 ′ s 2 = 1,30271 kJ.kg-1K-1
Z číselných hodnot měrné entropie plyne, že: ′ ″ s2 < s2 < s2
Z dýzy bude vytékat mokrá pára. p2 0,1 ⋅ 10 6 = = 0,2083. p1 0,48 ⋅ 10 6
Tlakový poměr:
Pro tento tlakový poměr bude dýza rozšířená. Kritický tlakový poměr: pK ⎛ 2 ⎞κ ⎟ =⎜ p1 ⎜⎝ κ + 1 ⎟⎠
κ −1
1, 3
⎛ 2 ⎞ 1,3 − 1 ⎟⎟ = ⎜⎜ = 0,546 ⎝ 1,3 + 1 ⎠
Kritický tlak: p K = p1 ⋅ 0,546 = 0,48 ⋅ 10 6 ⋅ 0,546 = 0,2621 ⋅ 10 6 Pa Pro nejbližší tlak v tabulkách p = 0,26215⋅106 Pa (teplota 129°C): ″ s K = 7,03612 kJ.kg-1K-1 ′ s K = 1,62379 kJ.kg-1K-1 v ′k = 0,00106905 m3.kg-1 hk′ = 542,038 kJ.kg-1 v k′′ = 0,687195 m3.kg-1 hk′′ = 2718,5 kJ.kg-1 Opět platí:
′ ″ s K < s2 < sK
Kritickým průřezem bude proudit mokrá pára. Hodnoty suchostí, měrných objemů a entalpií:
xK =
′ s1 − s K 6,8849 − 1,62379 = = 0,97206 ″ ′ 7,03612 − 1,62379 sK − sK
′ ″ ′ v K = v K + x K ⎛⎜ v K − v K ⎞⎟ = 0,001069 + 0,97206 (0,687195 − 0,001069) = 0,668025 m3 kg-1 ⎝ ⎠ ′ ″ ′ hK = hK + x K ⎛⎜ hK − hK ⎞⎟ = 542,04 + 0,97206 (2718,5 − 542,04 ) = 2657,69 kJ.kg-1 ⎝ ⎠ Pro
p2 = 0,1 MPa z tabulek: v2′ = 0,00104342 m3.kg-1 v2′′ = 1,69373 m3.kg-1 h2′ = 417,511 kJ.kg-1 h2′′ = 2675,4 kJ.kg-1 s 2′ = 1,30271 kJ.kg-1K-1 s 2′′ = 7,35982 kJ.kg-1K-1 ′ s1 − s 2 6,8849 − 1,30271 x2 = = = 0,92159 ″ ′ 7,35982 − 1,30271 s2 − s2
′ ″ ′ v 2 = v 2 + x 2 ⎛⎜ v 2 − v 2 ⎞⎟ = 0,00104342 + 0,92159 (1,69373 − 0,00104342 ) = 1,56101 m3.kg-1 ⎝ ⎠ ′ ″ ′ h2 = h2 + x 2 ⎛⎜ h2 − h2 ⎞⎟ = 417,511 + 0,92159 (2675,4 − 417,511) = 2498,36 kJ.kg-1 ⎠ ⎝ Průřezy: wK =
SK = w2 =
S2 =
2 (h1 − hK ) =
2 (2768,0 − 2657,69 ) 10 3 = 469,702 m.s-1
m& v K 1 ⋅ 0,668025 = = 0,001422 m2 = 14,22 cm2 wK 469,702 2 (h1 − h2 ) =
2 (2768,0 − 2498,36) 10 3 = 734,36 m.s-1
m& v 2 1 ⋅ 1,56101 = = 0,002125 m2 = 21,25 cm2 w2 734,36
Příklad 26: Do výměníku tepla vstupuje 0,25 m3hod-1 kapaliny o hustotě 1100 kg.m-3 a měrné tepelné kapacitě 3000 J.kg-1K-1. Ve výměníku se ochladí ze 120°C na 50°C. Teplo je předáváno vodě o měrné tepelné kapacitě 4187 J.kg-1K-1, objemovém průtoku 1 m3hod-1 a počáteční teplotě 10°C. Stanovte velikost teplosměnné plochy pro souproudé a protiproudé uspořádání, je-li v obou případech součinitel prostupu tepla roven 30 W.m-2K-1.
Řešení: V&1 = 0,25 m3hod-1 ρ1 = 1100 kg.m-3 c P1 = 3000 J.kg-1K-1 t1 = 120 °C t 2 = 50 °C k = 30 W.m-2K-1
Označení veličin:
V&2 = 1 m3hod-1 ρ 2 = 1000 kg.m-3 c P 2 = 4187 J.kg-1K-1 t1 = 10 °C
Z tepelné bilance: V&1 ρ1 c P1 (t1 − t 2 ) = V&2 ρ 2 c P 2 (t 2 − t1 ) t 2 = t1 + (t1 − t 2 )
V&1 ρ1 c P1 0,25 ⋅ 1100 ⋅ 3000 = 10 + (120 − 50 ) = 23,79 °C & 1 ⋅ 1000 ⋅ 4187 V2 ρ 2 c P 2
Pro souproudé uspořádání: t1
t2 t2
t1
S S0
Δt S =
(t1
− t1 ) − (t 2 − t 2 ) (120 − 10) − (50 − 23,79 ) = = 58,418 °C t1 − t1 120 − 10 ln ln 50 − 23,79 t2 − t2
Platí:
Q& = S 0 k Δt S = V&1 ρ1 c P1 (t1 − t 2 )
Odtud:
S0 =
V&1 ρ1 c P1 (t1 − t 2 ) 0,25 ⋅ 1100 ⋅ 3000 (120 − 50 ) = = 9,15 m2 k Δt S 3600 ⋅ 30 ⋅ 58,418
Pro protiproudé uspořádání:
t1
t2
t2
t1
Δt S =
(t1
− t 2 ) − (t 2 − t1 ) (120 − 23,79 ) − (50 − 10 ) = = 64,05 t1 − t 2 120 − 23,79 ln ln 50 − 10 t 2 − t1
S
S0
°C S0 =
V&1 ρ1 c P1 (t1 − t 2 ) 0,25 ⋅ 1100 ⋅ 3000 (120 − 50 ) = = 8,35 m2 k Δt S 3600 ⋅ 30 ⋅ 64,05
Příklad 27: Při konstantním tlaku 98 kPa smícháme 350 kg vzduchu o teplotě -5°C a relativní vlhkosti 80 % se vzduchem o hmotnosti 500 kg, teplotě 30°C a relativní vlhkosti 50 %. Vypočtěte měrnou a relativní vlhkost směsi, dále pak teplotu a měrnou entalpii. Tlak páry na sublimační křivce pro -5°C je 401,8 Pa. Řešení: Označení veličin:
Z tabulek:
p = 98 kPa m1 = 350 kg t1 = − 5 °C ϕ1 = 0,8 p ′P′1 = 401,8 Pa
m2 = 500 kg t 2 = 30 °C ϕ 2 = 0,5
pro t2 je p ′P′ 2 = 4241,5 Pa
Pak:
x1 = 0,622
ϕ1 p ′P′1 0,8 ⋅ 401,8 = 0,622 = 2,047 ⋅ 10 −3 3 p − ϕ1 p ′P′1 98 ⋅ 10 − 0,8 ⋅ 401,8
x 2 = 0,622
ϕ 2 p ′P′ 2 0,5 ⋅ 4241,5 = 0,622 = 13,758 ⋅ 10 −3 3 ′ ′ p − ϕ 2 pP2 98 ⋅ 10 − 0,5 ⋅ 4241,5
Měrná vlhkost směsi:
x=
mV 1 x1 + mV 2 x 2 mV 1 + mV 2
x1 =
m P1 m1 − mV 1 = mV 1 mV 1
x1 mV 1 + mV 1 = m1
mV 1 =
m1 350 = = 349,28 kg 1 + x1 1 + 2,047 ⋅ 10 −3
mV 2 =
m2 500 = = 493,21 kg 1 + x 2 1 + 13,758 ⋅ 10 −3
mV 1 x1 + mV 2 x 2 349,28 ⋅ 2,047 ⋅ 10 −3 + 493,21 ⋅ 13,758 ⋅ 10 −3 x= = = 8,903 ⋅ 10 −3 mV 1 + mV 2 349,28 + 493,21 Entalpie: h1 = 1,004 t1 + x1 (2500 + 1,84 t1 ) = 1,004 (− 5) + 2,047 ⋅ 10 −3 [2500 + 1,84 (− 5)] = = 0,079 kJ.kg-1 h2 = 1,004 t 2 + x 2 (2500 + 1,84 t 2 ) = 1,004 ⋅ 30 + 13,758 ⋅ 10 −3 (2500 + 1,84 ⋅ 30) = = 65,274 kJ.kg-1 h1 mV 1 + h2 mV 2 = h (mV 1 + mV 2 )
Při směšování:
h=
h1 mV 1 + h2 mV 2 0,079 ⋅ 349,28 + 65,274 ⋅ 493,21 = = 38,245 kJ.kg-1 349,28 + 493,21 mV 1 + mV 2
h = 1,004 t + x (2500 + 1,84 t ) Odtud:
h − 2500 x 38,245 − 2500 ⋅ 8,903 ⋅ 10 −3 t= = = 15,67 °C 1,004 + 1,84 x 1,004 + 1,84 ⋅ 8,903 ⋅ 10 −3
Pro tuto teplotu:
p ′P′ = 17,795 ⋅ 10 2 Pa
x = 0,622
ϕ p ′P′ p − ϕ p ′P′
Odtud:
ϕ=
px px 98 ⋅ 10 3 ⋅ 8,903 ⋅ 10 −3 = = = 0,777 =& 78 % 0,622 p ′P′ + x p ′P′ p ′P′ (0,622 + x ) 1779,5 0,622 + 8,903 ⋅ 10 −3
(
)
Příklad 28: Kompresor nasává 1 m3s-1 vlhkého vzduchu o relativní vlhkosti 90 %, teplotě 20°C a tlaku 0,1 MPa. Stlačuje ho izotermicky na tlak 1,0 MPa. Stanovte množství kondenzátu. Pro suchý vzduch je plynová konstanta rovna 287 J.kg-1K-1. Řešení: Označení veličin:
V&1 = 1 m3s-1 ϕ1 = 0,9 t = 20 °C p1 = 0,1 MPa p 2 = 1,0 MPa
Při teplotě t je:
p ′P′ = 2,3366 ⋅ 10 3 Pa
Parciální tlak vodní páry: p P1 = ϕ1 p ′P′ = 0,9 ⋅ 2,3366 ⋅ 10 3 = 2,1029 ⋅ 10 3 Pa Parciální tlak suchého vzduchu: pV 1 = p1 − p P1 = 0,1 ⋅ 10 6 − 2,1029 ⋅ 10 3 = 97,897 ⋅ 10 3 Pa
Měrná vlhkost v sání: x1 = 0,622
p P1 p 2,1029 ⋅ 10 3 = 0,622 P1 = 0,622 = 13,361 ⋅ 10 −3 3 p − p P1 pV 1 97,897 ⋅ 10
Hmotnostní průtok suchého vzduchu: m& V =
pV 1 V&1 97,897 ⋅ 10 3 ⋅ 1 = = 1,1636 kg.s-1 rT 287 ⋅ 293,15
Měrná vlhkost na výtoku při ϕ 2 = 1 :
x 2 = 0,622
ϕ 2 p ′P′ pP2 1 ⋅ 2,3366 ⋅ 10 3 = 0,622 = 0,622 = 1,457 ⋅ 10 −3 p2 − p P 2 p 2 − ϕ 2 p ′′ 1 ⋅ 10 6 − 1 ⋅ 2,3366 ⋅ 10 3
Množství kondenzátu:
(
)
m& K = m& V ( x1 − x 2 ) = 1,1636 13,361 ⋅ 10 −3 − 1,457 ⋅ 10 −3 = 13,851 ⋅ 10 −3 kg.s-1
Příklad 29: Vlhký vzduch o teplotě 4°C a relativní vlhkosti 80 % je nutno ochladit na 0°C při konstantním tlaku 0,1 MPa. Vypočítejte množství odváděného tepla a množství kondenzátu pro objemový průtok vlhkého vzduchu 100 000 m3hod-1. Plynová konstanta suchého vzduchu je 287 J.kg-1K-1. Řešení: Označení veličin:
t1 = 4 °C p = 0,1 MPa ϕ1 = 0,8
t 2 = 0 °C
100 000 V& = 100 000 m3hod-1 = = 27,77 m3s-1 3600 r = 287 J.kg-1K-1
Pro t1 je:
p ′P′1 = 812,9 Pa
Parciální tlak vodní páry:
p P1 = ϕ1 p ′P′1 = 0,8 ⋅ 812,9 = 650,3 Pa Měrná vlhkost:
x1 = 0,622
p P1 650,3 = 0,622 = 4,071 ⋅ 10 −3 5 p − p P1 1 ⋅ 10 − 650,3
Počáteční entalpie vlhkého vzduchu: h1+ x1 = 1,004 t1 + x1 (2500 + 1,84 t1 ) = 1,004 ⋅ 4 + 4,071 ⋅ 10 −3 (2500 + 1,84 ⋅ 4 ) = 14,22 kJ.kg-1
Pro t2 je:
p ′P′ 2 = 610,8 Pa
Výstupní měrná vlhkost a měrná entalpie:
x 2 = 0,622
pP2 610,8 = 0,622 = 3,822 ⋅ 10 −3 5 p − pP2 1 ⋅ 10 − 610,8
Δx = x1 − x 2 = (4,071 − 3,822 ) 10 −3 = 0,249 ⋅ 10 −3 h1+ x 2 = 1,004 t 2 + x 2 (2500 + 1,84 t 2 ) = 1,004 ⋅ 0 + 3,822 ⋅ 10 −3 (2500 + 1,84 ⋅ 0 ) = 9,55 kJ.kg-1
Hmotnostní průtok suchého vzduchu:
(
)
pV 1 V& 1 ⋅ 10 5 − 650,3 27,77 m& V = = = 34,69 kg.s-1 r T1 287 ⋅ 277,15 Kondenzát: m& K = m& V Δx = 34,69 ⋅ 0,249 ⋅ 10 −3 = 8,638 ⋅ 10 −3 kg.s-1
Odváděné teplo: Q& = m& V (h1+ x1 − h1+ x 2 ) = 34,69 (9,55 − 14,22 ) 10 3 = − 161,8 ⋅ 10 3 W =& − 162 kW
Příklad 30: Parní turbína pohání generátor, který dodává do sítě 200 MW. Pára vstupuje do turbíny o tlaku 24 MPa a teplotě 550°C. V kondenzátoru je tlak 4 kPa. Kolik uhlí musí být v zásobě na 8 hodin provozu, je-li výhřevnost uhlí 18 000 kJ.kg-1. Termodynamická účinnost turbíny je 0,85, účinnost kotle je 0,86 a generátoru 0,98. Řešení: Označení veličin:
P = 200 MW
qU = 18 000 kJ.kg-1
p1 = 24 MPa t1 = 550 °C p 2 = 4 kPa τ = 8 hod
ηT = 0,85 η K = 0,86 η G = 0,98
Z tabulek pro p1 a t1: h1 = 3348,7 kJ.kg-1 s1 = 6,2101 kJ.kg-1K-1 pro p2: s ′ = 0,42270 kJ.kg-1K-1 s ′′ = 8,47512 kJ.kg-1K-1 h ′ = 121,485 kJ.kg-1 h ′′ = 2554,5 kJ.kg-1
Pro adiabatickou expanzi platí: Pak:
x2a =
s 2 a = s1
s2a − s ′ 6,2101 − 0,42270 = = 0,7187 s ′′ − s ′ 8,47512 − 0,42270
h2 a = h ′ + x 2 a (h ′′ − h′) = 121,485 + 0,7187 (2554,5 − 121,485) = 1870,09 kJ.kg-1 Při termodynamické účinnosti turbíny ηT bude měrná práce turbíny: aT 12 = (h1 − h2 a ) η T = (3348,7 − 1870,09 ) 10 3 ⋅ 0,85 = 1,2568 ⋅ 10 6 J.kg-1
Hmotnostní průtok páry: m& P =
P aT 12 η G
=
200 ⋅ 10 6 = 162,37 kg.s-1 6 1,2568 ⋅ 10 ⋅ 0,98
Teplo dodávané kotlem: Q& P = (h1 − h ′) m& P = (3348,7 − 121,485) 10 3 ⋅ 162,37 = 524,033 ⋅ 10 6 W =& 524 MW Spotřeba paliva: m& U =
Q& P
qU η K
524,033 ⋅ 10 6 = = 33,85 kg.s-1 3 18 000 ⋅ 10 ⋅ 0,86
Zásoba na 8 hodin provozu: mU −8 hod = 8 ⋅ 3600 m& U = 8 ⋅ 3600 ⋅ 33,85 = 974 880 kg =& 975 t
Příklad 31: Ve válci objemu 400 l je pístem uzavřený vzduch o tlaku 0,5 MPa, teploty 400 ºC. Vzduch chladíme na 0 ºC při p = konst. Určete množství tepla k tomu potřebné, výsledný objem plynu, změnu vnitřní energie a práci, která se spotřebuje na tuto kompresi. Plynová konstanta vzduchu r = 288 J . kg-1. K-1, κ = 1,4. Řešení: Označení veličin: V1 = 0,4 m3 p = 0,5 . 106 Pa
t1 = 400 ºC t 2 = 0 ºC
Množství tepla potřebné odvést z plynu Q = m c p (t 2 − t1 ) .
Hmotnost vzduchu určíme ze stanovené rovnice a měrného tepla ze vztahu m=
cp =
p1 V1 0,5 ⋅10 6 ⋅ 0,4 = = 1,032 kg, r T1 288 ⋅ 673
κ κ −1
r=
1,4 288 = 1008 J . kg-1 1,4 − 1
Q = 1,032 ⋅1008 (0 − 400 ) = − 4,168 ⋅10 5 J = 416,8 kJ. Výsledný objem určíme z rovnice izobarického procesu V2 = V1
T2 273 = 400 = 162,25 l T1 673
V = konst. T
Změna vnitřní energie Δ U = cv Δ T
Δ U = cv (T2 − T1 ) = m
cp
κ
(t 2 − t1 ) = 1,032 1008 (0 − 400) = 1,4
= − 2,977 ⋅10 J = − 297,7 kJ 5
Práce potřebná na kompresi
a = p (v2 − v1 ) = r (t 2 − t1 ) A = p (V2 − V1 ) = m r (t 2 − t1 ) = 1,032⋅ 288 (0 − 400) = − 118869 J = − 118,9 kJ. 1
Kontrola pomocí I. zákona termomechaniky Q = ΔU + A − 416,8 =& − 297,7 − 118,9 = − 416,6.
Příklad 32: Při izotermickém stlačení 1,3 kmol hélia je odvedeno 3 500 kJ tepla. Vypočítejte tlaky a objemy hélia v počátečních a koncových bodech procesu a práci potřebnou ke stlačení, jestliže stlačujeme při teplotě 303 K z počátečního tlaku 0,6 MPa. Řešení: n = 1,3 kmol Q = − 3 500 kJ T = 303 K p1 = 0,6 MPa
Označení veličin:
Počáteční objem hélia vypočítáme ze všeobecné rovnice stavu V1 = n
RT p1
= 1,3
8 314 ⋅ 303 = 5,458 m3. 6 0,6 ⋅10
Z I. zákona termomechaniky pro izotermickou změnu, při které dT = 0, platí: dq = cv dT + da = da , Q = A = − 3 500 kJ.
Práce potřebná ke stlačení plynu se rovná odvedenému teplu Q = p1 V1 ln
V2 . V1
Odtud můžeme vypočítat objem po stlačení ln
V2 Q , = V1 p1 V1
V2 = V1 ⋅ e
⎛ Q ⎞ ⎜ ⎟ ⎜p V ⎟ ⎝ 1 1⎠
= 5,458 ⋅ e
−
3 500 000 0 , 6 ⋅10 6 ⋅ 5 , 458
= 1,877 m3.
2
Tlak, na který se hélium stlačí, vypočítáme z rovnice izotermického procesu ( BoyleMariottův zákon) p 2 = p1
V1 5,458 = 0,6 = 1,744 MPa. V2 1,877
Příklad 33: Ve válci kompresoru se sacím objemem 4,3 dm3 se izotermicky stlačuje vzduch z počátečního tlaku 0,096 MPa na konečný tlak 0,34 MPa. Vypočítejte hmotnostní průtok vzduchu dodávaného kompresorem do sítě, objem po stlačení a práci potřebnou na stlačení, má-li kompresor 500 otáček za minutu. Stlačení probíhá při teplotě 20 ºC. Plynová konstanta r = 288 J . kg-1. K-1. Řešení: Označení veličin:
V1 = 4,3 dm3 p1 = 0,096 Mpa p2 = 0,34 Mpa nk = 500 min-1 t = 20 ºC
Množství vzduchu nasátého na 1 otáčku kompresoru vypočítáme ze stanovené rovnice p1 V1 0,096 ⋅10 6 ⋅ 4,3 ⋅10 −3 m= = = 0,004 9 kg. r T1 288 ⋅ 293,15 Hmotnostní průtok m& =
mn 500 = 0,004 9 = 0,041 kg . s-1 = 147 kg . h-1. 60 60
Objem vzduchu po stlačení V2 = V1
p1 0,096 = 4,3 = 1,214 l = 1,214 ⋅10 −3 m3. p2 0,34
Práce potřebná na stlačení daného hmotnostního průtoku vzduchu do sítě je prácí za čas výkon P=
At , t
2
at = − ∫ v dp = r T 1
1
P dp = r T ln 1 , p P2 2
∫
3
At = m ⋅ at
P 0,096 A& t = P = m& r T ln 1 = 0,041⋅ 288 ⋅ 293 ln = − 4 376 J . s-1 = − 4,4 kW. P2 0,34
Znamínko „-„ znamená, že práce se při stlačení spotřebovává.
Příklad 34: Pneumatické kladivo pracuje se stlačeným vzduchem kompresoru o tlaku 0,558 MPa a teploty 30 ºC. Vzduch v něm adiabaticky expanduje na 2,5-násobek svého předcházejícího objemu. Určete: a) Jaký je tlak a teplota výfukového vzduchu? p2 = ?, t2 = ? b) Jakou práci objemovou a technickou vykonal expanzí 1 kg vzduchu za těchto podmínek? Měrné teplo vzduchu je konstantní, κ = 1,4 , r = 288 J . kg-1. K-1.
Řešení: Označení veličin:
p1 = 0,558 MPa t1 = 30 ºC v2 = 2,5 v1
Závislost změny tlaku na objemu při adiabatické expanzi pv = konst. T
p v κ = konst .
κ
1, 4
⎛v ⎞ ⎛ 1 ⎞ p 2 = p1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = 0,558 ⎜ ⎟ = 0,15 MPa. ⎝ 2,5 ⎠ ⎝ v2 ⎠
Závislost teploty na změně objemu konst.⋅ p =
T , v
⎛v ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ v2 ⎠
κ −1
T ⋅ vκ = T ⋅ v κ −1 = konst., v
T2 ⋅ v2
κ −1
1, 4 −1
⎛ 1 ⎞ = 303 ⎜ ⎟ ⎝ 2,5 ⎠
= 210 K,
t 2 = T2 − 273 = 210 − 273 = − 63 ºC. Objemová práce se koná na úrok změny vnitřní energie vzduchu
4
κ −1
= T1 ⋅ v1
a = − Δ u = − cv (T2 − T1 ) = cv (T1 − T2 ) = =
r (T1 − T2 ) = κ −1
288 (303 − 210) = 66 960 J . kg-1. 1.4 − 1
Technická práce at = κ a = 1,4 ⋅ 66 960 = 93 744 J . kg-1.
Příklad 35: Axiální kompresor plynové turbíny nasává vzduch při tlaku 0,101 3 MPa a teplotě 303 K a vytlačuje ho při tlaku 0,73 MPa za teploty 640 K. Vypočítejte polytropický exponent procesu stlačení, polytropickou měrnou tepelnou kapacitu, množství tepla, změnu vnitřní energie, změnu entalpie a práci na stlačení 1 kg vzduchu. Udělejte kontrolu na základě 1. zákonu ( κ = 1,4 , r = 288 J . kg-1. K-1).
Řešení: Označení veličin:
p1 = 0,101 3 MPa p2 = 0,73 MPa T1 = 303 K T2 = 640 K
Polytropický exponent procesu stlačení určíme logaritmováním rovnice procesu T2 ⎛ p2 ⎞ ⎟ =⎜ T1 ⎜⎝ p1 ⎟⎠
n −1 n
T2 T1 n −1= n p ln 2 p1
⇒
ln
T2 n − 1 p = ln 2 T1 n p1
ln
⇒ n=
1
1
=
T 640 ln ln 2 303 T1 1− 1− 0,73 p ln ln 2 0,1013 p1 Měrná tepelná kapacita při polytropické změně c n = cv
= 1,61 .
n −κ r n −κ 288 1,61 − 1,4 = ⋅ = ⋅ = 247,8 J . kg-1. K-1. n − 1 κ − 1 n − 1 1,4 − 1 1,61 − 1
Množství tepla potřebné dodat při kompresi q12 = c n (T2 − T1 ) = 247,8 (640 − 303) = 83 532 J . kg-1 = 83,63 kJ . kg-1. 5
Změna vnitřní energie r (T2 − T1 ) = 288 (640 − 303) = 2,4264 ⋅10 5 J . kg-1. κ −1 1,4 − 1 Δh = c p (T2 − T1 ) = κ cv (T2 − T1 ) = κ Δu = 1,4 ⋅ 2,4264 ⋅ 10 5 = 3,3970 ⋅ 10 5 J . kg-1. Δ u = c v (T2 − T1 ) =
a12 = q12 − Δu = 83532 − 242640 = −159108 J . kg-1. Příklad 36: Topné těleso parního topení o objemu 0,5 m3, naplněné sytou párou o tlaku 0,15 MPa bylo odstaveno. Po nějaké době vychladlo na teplotu 30 ºC. Určete množství uvolněného tepla párou a konečný stav páry v tělese! Řešení: V = 0,5 m3 p = 0,15 Mpa t2 = 30 ºC
Označení veličin:
Z tabulek pro p = 1,5 bar: pro t2 = 30 ºC:
Q = m (u 2 − u1 )
v1 = v1′′ = v m=
v1′′ =1,159 m3 . kg-1 h1′′ = 2693 kJ . kg-1 p2 = 0,04241 bar h2′ =125,71 kJ . kg-1 h2′′ = 2556 kJ . kg-1 v2′′ = 32,92 m3 . kg-1 v′2 = ...............
V 0,5 = = 0,431 kg v 1,159
u 2 − u1 = h2 − h1 + v ( p1 − p2 )
h1 = h1′′
v = v1′′ = v 2′ + x 2 (v 2′′ − v 2′ ) =& x 2 v 2′′
⇒ x 2 =&
v1′′ 1,159 =& = 0,0352 v 2′′ 32,93
h2 = h2′ + x2 (h2′′ − h2′ ) = 211,25 kJ . kg-1 u 2 −u1 = 211,25 ⋅10 3 − 2693⋅10 3 + 1,159 (1,5 − 0,042)⋅10 5 = 2 313 ⋅10 3 J . kg-1
(
)
Q = 0,431 − 2 313 ⋅10 3 = − 9,969 ⋅ 10 5 J.
6
Příklad 37: Určete dobu potřebnou k roztopení kotle na tlak 1 MPa při uzavřených ventilech, přivádí-li se z ohniště teplo 300 kW. Na počátku děje je v kotli mokrá pára o hmotnosti 8000 kg, tlaku 0,4 MPa a suchosti 0,0015. Řešení: Označení veličin:
p1 = 0,4 MPa p2 = 1 MPa Qoš = 300 kW x1 = 0,0015 m = 8000 kg
Z tabulek pro p1 = 0,4 MPa:
pro p2 = 1 MPa:
v x1 = v x 2 = v x , x2 =
v1′ = 0,0010836 m3 . kg-1 v1′′ = 0,4624 m3 . kg-1 h1′ = 604,7 kJ . kg-1 l 231 = 2133 kJ . kg-1 v2′ = 0,0011273 m3 . kg-1 v2′′ = 0,1946 m3 . kg-1 h2′ = 762,7 kJ . kg-1 l 232 = 2015 kJ . kg-1
v x = v1′ + x1 (v1′′ − v1′ ) = 0,001776 m3 . kg-1
v x − v′2 = 0,00335 v′2′ − v2′
Q = m (u x 2 − u x1 ) = m Δ u x ,
Δ u x = hx 2 − hx1 + v x ( p1 − p 2 )
hx1 = h1′ + x1 l 231 = 607,9 kJ . kg-1 hx 2 = h2′ + x2 l 232 = 769,4 kJ . kg-1 Δ u x = 769,4 ⋅10 3 − 607,9 ⋅10 3 + 0,001776 (4 − 10 )⋅10 5 = 160,4 ⋅10 3 J . kg-1
Q = 8000 ⋅160 , 4 ⋅10 3 = 1, 283 ⋅10 9 J Q
τ = & Q
OŠ
=
1,283 ⋅10 9 = 4,277 ⋅10 3 s = 71,3 min 3 300 ⋅10
7
Příklad 38: Ve válci s pístem je mokrá pára o tlaku 7,5 MPa a suchosti 0,125. Počáteční objem je 10 dm3. Páře je izotermicky přivedeno teplo 6 . 106 J. Určete stavové veličiny ( p, t, v, h, s,) na počátku a konci děje a změnu vnitřní energie. Řešení: Označení veličin:
V tabulkách najdeme:
Pak:
p1 = 7,5 MPa x1 = 0,125 V1 = 10 dm3 Q = 6 . 106 J t1 = 290,5 ºC, v1′ = 0,00136772 m3 . kg-1, v1′′ = 0,0253270 m3 . kg-1, h1′ =1292,69 kJ . kg-1, h1′′ = 2766,9 kJ . kg-1, s1′ = 3,16571 kJ . kg-1 K-1. s1′′ = 5,78105 kJ . kg-1 K-1.
v1 = v1′ + x1 (v1′′ − v1′ ) = 0,00136772 + 0,125 (0,0253270 − 0,00136772) = = 0,00436263 m3 . kg-1 h1 = h1′ + x1 (h1′′ − h1′ ) = 1292,69 + 0,125 (2766,9 −1292,69) = 1476,97 kJ . kg-1 s1 = s1′ + x1 (s1′′ − s1′ ) = 3,16571+ 0,125 (5,78105 − 3,16571) = 3,49263 kJ . kg-1 K-1 u1 = h1 − p1 v1 = 1476,97 ⋅103 − 7,5 ⋅10 6 ⋅ 0,00436263 = 1149,77 ⋅103 J . kg-1
Přivedené teplo:
q = T (s2 − s1 ) q=
=
Odtud
8
Q Q = v1 = m V1
6 ⋅10 6 ⋅ 0,00436263 = 2,61758 ⋅10 6 J . kg-1 −3 10 ⋅10
q 2,61758 ⋅10 6 = 3,492263⋅10 3 + = 8,136244 ⋅10 3 J . kg-1 K-1 T 290,5 + 273,15 V tabulkách pro t2 a s2 najdeme: s 2 = s1 +
p2 = 0,11 MPa ( pro nejbližší tab. hodnoty t 2 = 290 ºC a s2 = 8,1370 kJ . kg-1 K-1) v2 = 2,356 m3 . kg-1 h2 = 3054,1 kJ . kg-1 Odtud
u 2 = h2 − p2 v2 = 3054,1⋅103 − 0,11⋅10 6 ⋅ 2,356 = 2794,94 ⋅103 J . kg-1 = 2794,94 kJ . kg-1 Δ U = m (u 2 − u1 ) =
−3 V1 (u 2 − u1 ) = 10 ⋅10 (2794,94 −1149,77 ) ⋅103 = v1 0,00436263
= 3,77105 ⋅10 6 J =& 3,771 MJ
Příklad 39: Určete teoretický výkon kondenzační turbiny, je-li průtočné množství páry 640 000 kg . h-1.. Na vstupu do turbiny má pára tlak 12,5 MPa a teplotu 580 ºC. Teplota v kondenzátoru je 30 ºC. Řešení: Označení veličin:
m& p = 640 000 kg . h-1
p1 = 12,5 MPa t1 = 580 ºC t2 = 30 ºC Expanzi páry v turbině uvažujeme jako bezeztrátovou. Výkon turbiny P = m& p at12 = m& p (h1 − h2 )
a) Z tabulek pro t1 = 580 ºC a p1 = 12,5 MPa h1 = 3550,9 kJ . kg-1 s1 = 6,7211 kJ . kg-1 K-1 9
h2 určíme z podmínky s1 = s2 = konst. Z tabulek pro t2 = 30 ºC:
s 2′ = 0,43651 kJ . kg-1 s ′2′ = 8,45456 kJ . kg-1
Pro hodnoty měrné entropie platí následující nerovnost:
s2′ < s1 = s2 < s′2′ po expanzi je pára mokrá Z rovnice: s 2 = s 2′ + x2 (s 2′′ − s 2′ ) plyne
x2 =
s 2 − s 2′ 6,7211 − 0,43651 = = 0,7838 s 2′′ − s ′2 8,45456 − 0,43651
Z tabulek pro t 2 = 30 ºC:
h2′ =125,664 kJ . kg-1 h2′′ = 2556,4 kJ . kg-1
h2 = h2′ + x 2 (h2′′ − h2′ ) = 125,664 + 0,7838 ⋅ (2556,4 −125,664) = 2030,87 kJ . kg-1 Teoretický výkon P = m& (h1 − h2 ) =
640 000 (3 550,9 − 2 030,87 )⋅10 3 = 270,227 ⋅10 6 W =& 270 MW 3 600
10
Příklad 40: Voda o tlaku 0,2 MPa proudí rychlostí 0,8 m . s-1 potrubím o průměru 50 mm a délky 3 m. Střední teplota vody je 50 ºC. Určete součinitel přestupu tepla. Ověřte, zda jde o turbulentní proudění, pro které platí Nu t = 0,023 Re t0,8 ⋅ Prt0, 4 . ( Idex t znamená teplotu tekutiny). Řešení: w = 0,8 m s-1 d = 50 mm l=3m tt = 50 ºC
Označení veličin:
Z tabulek pro tt: λt = 640,6 ⋅10 −3 W m-1 K-1
η t = 547,1⋅10 −6 Pa . s c p = 4,181 kJ . kg-1 ºK-1 t
vt = 0,001012 m3 kg-1 Re t =
Prt =
wd
νt
νt at
=
=
wd 0,8 ⋅ 50 ⋅10 −3 = = 7,2246 ⋅10 4 …….turbulentní proudění. −6 ηt vt 547,1⋅10 ⋅ 0,001012
ηt vt c pt ηt η t vt 547,1⋅10 −6 ⋅ 4,181⋅103 = = c pt = = 3,571 λt λt vt λt 640,6 ⋅10 −3 ρ t c pt
(
Nut = 0,023 Re t0,8 Prt0, 4 = 0,023 7,2246 ⋅10 4
)
0 ,8
3,5710, 4 = 295,0
Odtud:
α = Nut
λt d
= 295,0
640,6 ⋅10 −3 = 3779 W m-2 K −3 50 ⋅10
Příklad 41: V potrubí proudí plyn. V ustáleném stavu je údaj termočlánku umístěného v potrubí 300 ºC a teplota stěny v potrubí 200 ºC. Součinitel poměrné pohltivosti termočlánku je roven 0,8 a součinitel přestupu tepla 58 W m-2 K-1. Stanovte teplotu plynu s uvážením sálání termočlánku na potrubí. ( Povrch termočlánku je zanedbatelně malý oproti povrchu potrubí).
10
Řešení: Označení veličin:
t1 = 300 ºC t 2 = 200 ºC ε1 = 0,8 α = 58 W m-2 K-1
Teplota termočlánku t1 je nižší než teplota plynu tp vlivem sálání termočlánku na vnitřní povrch potrubí. Pro přestup tepla z plynu do termočlánku platí: q1 = α ( t p − t1 )
Pro sálání z termočlánku na vnitřní povrch potrubí platí
⎡ ⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T 2 ⎞ 4 ⎤ q 2 = ε 1 c 0 ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎝ V ustáleném stavu je q1 = q2 Odtud ⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥= ⎢⎜ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ 4 4 0,8 ⋅ 5,67 ⎡⎛ 300 + 273,15 ⎞ ⎛ 200 + 273,15 ⎞ ⎤ = 300 + ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ = 345,2 ºC ⎢⎜ 58 100 100 ⎠ ⎝ ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢⎝
ε c t p = t1 + 1 0 α
Příklad 42: Potrubí je pokryto dvěma izolačními vrstvami o stejné tloušťce 25 mm. Vnitřní průměr potrubí je 45 mm, vnější 51 mm, jeho tepelná vodivost 39 W m-1 K-1. Tepelná vodivost vrstvy přiléhající k potrubí je 0,6 W m-1 K-1, druhé vrstvy je 0,03 W m-1 K-1. Teplota vnitřního povrchu potrubí je 200 ºC, teplota vnější stěny druhé vrstvy je 30 ºC. Jak se změní tepelné ztráty z 1 m délky potrubí při záměně materiálu izolačních vrstev?
11
Řešení: Označení veličin:
δ = 25 mm d1 = 45 mm d 2 = 51 mm λ1 = 39 W m-1 K-1 λ2 = 0,6 W m-1 K-1 λ3 = 0,03 W m-1 K-1 t1 = 200 ºC t u = 30 ºC
Při původním uspořádání izolačních vrstev: 2π ( t1 − t u ) 2π ( 200 − 30 ) = = 73,5 W m-1 1 51 1 101 1 151 1 d2 1 d3 1 d 4 + + ln ln ln + ln + ln ln 39 45 0,6 51 0,03 101 λ1 d1 λ2 d 2 λ3 d 3
ql1 =
Při záměně izolačních vrstev: ql 2 =
2π ( t1 − t u ) 2π ( 200 − 30 ) = = 45,6 W m-1 1 51 1 101 1 151 1 d2 1 d3 1 d 4 ln + ln + ln ln + ln + ln λ1 d1 λ3 d 2 λ2 d 3 39 45 0,03 51 0,6 101
Procentuelní snížení tepelných ztrát je
100 ⋅
ql1 − ql2 ql1
= 100
73,5 − 45,6 = 38 % 73,5
Příklad 43: Kolik kW h spotřebuje za jeden den elektrický tepelný zdroj, který udržuje teplotu vodní páry o tlaku 0,1 MPa na teplotě 200 ºC. Teplo z vodní páry uniká z parního prostoru stěnou šířky 3 m a výšky 1,5 m. Teplota vnitřního povrchu stěny je 120 ºC. Kriteriální rovnice n pro střední teplotu tekutiny Nu = c (Gr ⋅ Pr ) má koeficienty a exponenty: 1⋅10 −3 < Gr ⋅ Pr < 5 ⋅10 2 5 ⋅10 2 < Gr ⋅ Pr < 2 ⋅10 7 2 ⋅10 7 < Gr ⋅ Pr < 1⋅1013
c = 1,18, n = 1 / 8 c = 0,54, n = 1 / 4 c = 0,135, n = 1 / 3
12
Řešení: b=3 m h = 1,5 m p1 = 0,1 MPa t1 = 200 ºC t 2 = 120 ºC
Označení veličin:
Střední teplota: ts =
1 ( t1 + t 2 ) = 1 (200 + 120 ) = 160 ºC 2 2
Parametry vodní páry pro p1 a ts: v = 1,984 m3 kg-1 c p = 1,983 kJ . kg-1
λ = 29,68 ⋅10 −3 W m-1 K-1 η = 14,58 ⋅10 −6 Pa . s Součinitel objemové roztažnosti stanovíme z tabulek:
β =
Gr = β Δ t
1 v170 − v150 1 2,031 − 1,936 = = 2,394 ⋅10 −3 K-1 v (170 − 150 ) 1,984 20
g h3
ν2
= β ( t1 − t 2 )
= 2,394 ⋅ 10 −3
Pr =
ν a
=
g h3 = (η v )2
( 200 − 120)
9,81⋅1,5 3
(14,58 ⋅10
−6
1,984
)
2
= 7,578 ⋅10 9
14,58 ⋅10 −6 ηv η cp = cp = ⋅1,983 ⋅10 3 = 0,974 29,68 ⋅10 −3 λv λ
Gr ⋅ Pr = 7,380 ⋅10 9 Pak: 1
Nu = 0,135 (Gr ⋅ Pr ) 3
α =
λ Nu h
=
(
= 0,135 7,380 ⋅10
)
1 12 3
= 262,8
29,68 ⋅10 −3 ⋅ 262,8 = 5,20 W m-2 K 1,5
Q = α S (t1 − t 2 ) τ = α b h (t1 − t 2 ) τ = 5,2 ⋅ 3 ⋅1,5 (200 − 120 )⋅ 24 ⋅ 3600 = 1,617 ⋅10 8 J
13
Teplo odpovídající 1 kW h je: Q1 = 1000 ⋅ 3600 = 3,6 ⋅10 6 J Počet kW h: Q 1,617 ⋅10 8 n= = = 44,9 Q1 3,6 ⋅10 6
Příklad 44: Rovinná stěna o rozměrech 1×1 m tloušťky 0,1 m je z materiálu o součiniteli tepelné vodivosti 10 W m-1 K-1. Vnitřní zdroj tepla má vydatnost 1·104 W m-3. Stěna má tepelně izolované okraje a teplo přechází z obou ploch 1×1 m do vzduchu o teplotě 20 ºC. Součinitel přestupu tepla je 20 W m-2 K-1. Stanovte minimální a maximální teplotu stěny. Řešení: Označení veličin:
S = 1 m2 δ = 0,1 m λ = 10 W m-1 K-1 α = 20 W m-2 K-1 t v = 20 ºC
qv = 1⋅10 4 W m-3
Rovnice vedení tepla pro ustálený stav q λ d 2t 0= + v 2 ρ c p dx ρ cp
d 2t 1 = − qv 2 dx λ dt 1 = − qv ⋅ x + C1 dx λ t=−
1 qv ⋅ x 2 + C1 x + C 2 2λ
14
Okrajové podmínky: a) Pro x = 0 q=0 ⇒
b) Pro x =
dt = 0 ⇒ C1 = 0 dx
δ 2
α (t s − t v ) = − λ α (t s − t v ) = qv
dt dx
δ 2
2 ⎛ 1 ⎞ δ ⎛δ ⎞ ⎜ α − q v ⋅ ⎜ ⎟ + C 2 − t v ⎟ = qv ⎜ 2λ ⎟ 2 ⎝2⎠ ⎝ ⎠
2
C 2 = qv
δ 1 ⎛δ ⎞ + qv ⋅ ⎜ ⎟ + t v = 2α 2λ ⎝2⎠ 2
= 1⋅10 4
0,1 1 ⎛ 0,1 ⎞ + 1⋅10 4 ⎜ ⎟ + 20 = 46,25 ºC 2 ⋅ 20 2 ⋅10 ⎝ 2 ⎠
t max = t 0 = C 2 = 46,25 ºC t min = t s = t v + qv
δ 0,1 = 20 + 1⋅10 4 = 20 + 25 = 45 ºC 2α 2 ⋅ 20
Příklad 45: Kompresor, který je na společné hřídeli s plynovou turbínou nasává 1 m3 s-1 vzduchu ( κ = 1,4; r = 287 J kg-1 K-1) a stlačuje ho adiabaticky na 0,5 MPa. Nasávaný vzduch má teplotu 20 ºC a tlak 0,1 MPa. Spaliny za spalovací komorou mají teplotu 1500 ºC. Určete teoretický výkon soustrojí a výkon turbíny. Dále určete nárůst účinnosti oběhu, bude-li využito v oběhu teplo spalin odcházejících z tubíny.
15
Řešení: Označení veličin:
V&1 = 1 m3 s-1 p1 = 0,1 MPa p2 = 0,2 MPa t1 = 20 ºC t 3 = 1500 ºC
Hmotnostní průtok spalin: m& =
V&1 V&1 p1 1⋅ 0,1⋅10 6 = = = 1,1886 kg s-1 v1 r T1 287 ⋅ 293,15
cp =
κ r 1,4 ⋅ 287 = = 1004,5 J . kg-1 ºK-1 κ − 1 1,4 − 1
Příkon kompresoru:
Pk = m& (h2 − h1 ) = m& c p (T2 − T1 ) = 1,1886⋅1004,5⋅ (464,297 − 293,15) = 204,34 ⋅103 W Teplota vzduchu za kompresorem: ⎛p ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠
κ −1 κ
⎛ 0,5 ⎞ = 293,15 ⎜ ⎟ ⎝ 0,1 ⎠
1, 4 −1 1, 4
= 464,297 K
Teplota spalin za turbínou: ⎛p ⎞ T4 = T3 ⎜⎜ 4 ⎟⎟ ⎝ p3 ⎠
κ −1 κ
⎛ 0,1 ⎞ = 1773,15 ⎜ ⎟ ⎝ 0,5 ⎠
1, 4 −1 1, 4
= 1119,54 K
Výkon turbíny:
PT = m& c p (T3 − T4 ) = 1,1886 ⋅1004,5 (1773,15 − 1119,54) = 780,38⋅103 W Výkon soustrojí: P = PT − PK = (780,38 − 204,34 ) 10 3 = 576,04 ⋅10 3 W
16
Účinnost oběhu: P
P
576,04 ⋅10 3
576,04 ⋅10 3
η= & = = = = 0,3686 Q m& c p (T3 − T2 ) 1,1886 ⋅1004,5 (1773,15 − 464,30 ) 1562,70 ⋅10 3 S využitím tepla z odcházejících spalin turbíny:
P
η reg = & Q
=
reg
P P 576,04 ⋅103 = = = 0,7381 m& c p (T3 − T4 ) PT 780,38 ⋅10 3
Účinnost oběhu se zvýšila o 73,81 – 36,86 = 36,95 %
Příklad 46: Mezi dvě rovnoběžné desky o rozměrech 2×2 m byly vloženy 2 stínící fólie. Povrchové teploty desek jsou 500 ºC a 100 ºC, a jejich součinitelé sálavosti jsou 0,8 a 0,5. Fólie jsou dokonale černé. Určete kolikrát se zmenší sálavé teplo po vložení fólií a vypočtěte teplotu fólií. Řešení:
t1 = 500 ºC, T1 = 773,15 K t 2 = 100 ºC, T2 = 373,15 K ε1 = 0,8 ε 2 = 0,5 εf =1
Označení veličin:
Sálání tepla bez fólií: ⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ & Q = ε 12 c0 S ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ 1 ε 12 = 1 1 + −1
ε1
ε2
Označíme teploty fólií Ta a Tb. Pak:
⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ Ta ⎞ 4 ⎤ ⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ Ta ⎞ 4 ⎤ c0 S & Qs = ε 1a c0 S ⎢⎜ ⎟ ⎥= ⎟ ⎥ ⎟ −⎜ ⎟ −⎜ ⎢⎜ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ 1 + 1 − 1 ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦
ε1
εf
17
⎡⎛ Ta ⎞ 4 ⎛ Tb ⎞ 4 ⎤ ⎡⎛ Ta ⎞ 4 ⎛ Tb ⎞ 4 ⎤ c0 S & Qs = ε ab c0 S ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥= ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎜ 1 1 100 100 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ ⎢ + −1 ⎣
εf
εf
⎡⎛ Tb ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ ⎡⎛ Tb ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ c0 S & Qs = ε b 2 c0 S ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⎟ ⎥= ⎢⎜ 1 1 100 100 ⎝ ⎠ ⎦⎥ ⎝ ⎠ ⎢ ⎣ ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ + −1
εf
ε2
Odtud 4 4 Q& ⎛ T1 ⎞ ⎛ T2 ⎞ ⎟ = s ⎟ −⎜ ⎜ ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ c0 S
⎛1 ⎞ ⎜ + 1 − 1 + 1 + 1 − 1 + 1 + 1 − 1⎟ ⎜ε ε ⎟ εf εf ε1 ε 2 f ⎝ 1 ⎠
Pak pro ε f = 1 Q& s =
⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ c0 S ⎟ ⎥ ⎟ −⎜ ⎢⎜ 1 1 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ + + 1 ⎣⎢⎝
ε1
ε2
Poměr sálavých tepel: 1
1
1 1 + +1 ε2 4,25 17 0,8 0,5 = = = 1 1 1 2 , 25 9 + −1 + −1 0,8 0,5 ε1 ε 2
ε Q& = 1 & 1 Qs
+
+1
Teploty fólií: c0 S 9 & 9 Q& s = Q = 17 17 1 1 + −1
ε1
Qs =
ε2
⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ ⎟ ⎥ ⎟ −⎜ ⎢⎜ ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦
⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ Ta ⎞ 4 ⎤ c0 S ⎟ ⎥ ⎟ −⎜ ⎢⎜ 1 1 100 ⎝ ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ ⎢ + −1 ⎣
ε1
εf
Porovnání pravých stran:
1
4
ε1
+
1
−1 ⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ 9 ε1 ε f ⎛ Ta ⎞ ⎛ T1 ⎞ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎥= ⎟ −⎜ ⎟ − ⎢⎜ ⎝ 100 ⎠ 17 1 + 1 − 1 ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ ⎝ 100 ⎠ 4
ε2
18
1 1 + −1 ⎡ 4 4 9 0,8 1 ⎛ 773,15 ⎞ ⎛ 773,15 ⎞ ⎛ 373,15 ⎞ ⎤ = ⎜ ⎟ − ⎟ −⎜ ⎟ ⎥= ⎢⎜ ⎝ 100 ⎠ 17 1 + 1 − 1 ⎣⎢⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎦⎥ 0,8 0,5 4
7,73154 −
9 1,25 ( 7,73154 − 3,7315 4 ) = 3573,18 − 993,912 = 2579,27 K4 7 2,25
Ta = 712,65 K; t a = 439,50 ºC Obdobně pro teplotu další fólie: ⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ c0 S 9 & Qs = ⎟ ⎥ ⎟ −⎜ ⎢⎜ 17 1 + 1 − 1 ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦
ε1
ε2
⎡⎛ Ta ⎞ 4 ⎛ Tb ⎞ 4 ⎤ c0 S ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎜ 1 1 100 100 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥⎦ ⎢ + −1 ⎣
Q& s =
εf
εf
Porovnání pravých stran: 1
4
ε1
9 = 2579,27 − 17
= 2579,27 −
+
1
−1 ⎡⎛ T1 ⎞ 4 ⎛ T2 ⎞ 4 ⎤ 9 ε1 ε f ⎛ Tb ⎞ ⎛ Ta ⎞ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ − ⎟ −⎜ ⎟ ⎥= ⎢⎜ ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ 17 1 + 1 − 1 ⎢⎣⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎥⎦ 4
ε2
4 4 1 + 1 − 1 ⎡⎛ 773,15 ⎞ ⎛ 373,15 ⎞ ⎤ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥= ⎢⎜ 1 1 100 100 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥⎦ ⎢ + −1 ⎣ 0,8 0,5
9 1 ⋅ 3456,92 = 1765,88 K4 17 2,25
Tb = 100 4 1765,88 = 648,25 K t b = 648,25 − 273,15 = 375,10 ºC
19
Příklad 47:
Stěna místnosti o ploše 10 m2 je z porézních cihel, jejichž součinitel tepelné vodivosti se lineárně zmenšuje z hodnoty 0,5 W m-1 K-1 na vnitřní straně na 0,45 W m-1 K-1 na venkovní straně. Stěna má tloušťku 0,5 m. Teplota v místnosti je 20 ºC, součinitel přestupu tepla 10 W m-2 K-1, venkovní teplota je – 10 ºC a součinitel přestupu tepla 20 W m-2 K-1. Určete tepelné ztráty stěnou. Řešení:
Označení veličin:
S = 10 m2 λ = a − bx = 0,5 − 0,1x W m-1 K-1 δ = 0,5 m t1 = 20 ºC α1 = 10 W m-2 K-1 t 2 = −10 ºC α 2 = 20 W m-2 K-1
Pro přestup tepla platí: Q& = S α 1 (t1 − t s1 ) Q& = S α 2 (t s 2 − t 2 )
α
α
Pro vedení tepla ve stěně: dt Q& = − S λ dx
δ
dt Q& = − S (a − bx ) dx
Separací proměných dostáváme:
dt = − Substituce:
dx Q& S& a − bx a − bx = z
dx = −
1 dz b
20
Pak dt =
Q& 1 dz S& b z
t=
Q& ln z + C Sb
t=
Q& ln (a − bx ) + C Sb
Okrajové podmínky: x = 0 ; t = t s1 : t s1 =
x = δ ; t = ts2 : ts2 =
Q& ln a + C Sb Q& ln (a − bδ ) + C Sb
Odtud: t s1 − t s 2 =
Q& a ln S b a − bδ
Řešením s rovnicemi pro přestup tepla dostaneme: Q& = S
= 10
t1 − t 2 = 1 1 1 a + ln + α 1 b a − bδ α 2 20 − (− 10 ) = 831,67 W 1 1 0,5 1 + + ln 10 0,5 0,5 − 0,1⋅ 0,5 20
Příklad 48:
Součinitel tepelné vodivosti materiálu válcové stěny roste lineárně s teplotou. Při teplotě 0 ºC je jeho hodnota 10 W m-1 K-1, při teplotě 100 ºC je 20 W m-1 K-1. Určete tepelné ztráty potrubí 10 m dlouhého. Na vnitřním povrchu o průměru 10 cm je teplota 50 ºC, na vnějším povrchu o průměru 20 cm je teplota 0 ºC. Dále vypočtěte teplotu na průměru 15 cm.
21
Řešení:
λ = a + b ⋅ t = 10 + 0,1 ⋅ t W m-1 K-1 l = 10 m d1 = 0,1 m t1 = 50 ºC d 2 = 0,2 m t 2 = 0 ºC
Označení veličin:
Pro vedení tepla ve válcové stěně: dt Q& = − 2π r l (a + b t ) dr
Odtud −
Q& dr = (a + b t ) dt 2π l r
−
b Q& ln r = a t + t 2 + C 2π l 2
Okrajové podmínky −
b Q& ln r1 = a t1 + t12 + C 2π l 2
−
Q& b ln r2 = a t 2 + t 22 + C 2π l 2
Odečtením rovnic: r Q& b ln 2 = a (t1 − t 2 ) + (t12 − t 22 ) 2π l r1 2
Q& = 2π l
a (t1 − t 2 ) + ln
= 2 ⋅π ⋅10
b 2 2 (t1 − t2 ) 2 =
d2 d1
(
0,1 2 50 − 0 2 2 0,2 ln 0,1
10 (50 − 0) +
)
= 5,665 ⋅10 4 W
22
Pro závislost teploty na poloměru dostaneme: Q& r b ln = a (t1 − t ) + (t12 − t 2 ) 2π l r1 2
Odtud t2
b Q& r b + ta + ln − a t1 − t12 = 0 2 2π l r1 2
Pak − a ± a2 − 4 ts =
b
b C 2 ,
kde d Q& b ln s − a t1 − t12 = 2 π l d1 2
C=
5,665 ⋅10 4 0,15 0,1 2 = ln − 10 ⋅ 50 − 50 = 365,6 − 500 − 125 = − 259,398 W m-1 2 ⋅π ⋅10 0,10 2 Pak
ts =
− a ± a 2 − 4 b C − 10 ± 10 2 − 2 ⋅ 0,1(− 259,398) = = 0,1 b
=
− 10 ± 100 − 51,879 −10 ± 12,324 = = 0,1 0,1
23,24 -223,4
Vyhovuje řešení: t s = 23,24 ºC
Příklad 49:
Dvě rovnoběžné stěny o rozměrech 2×2 m jsou od sebe vzdáleny 4 cm. Jejich teploty jsou 200 ºC a 120 ºC. Stanovte změnu přecházejícího tepla, bude-li na místo vzduchu v mezeře vodní pára o tlaku 0,1 MPa. Pro vzduch při teplotě 160 ºC je součinitel kinematické vizkozity 30,60·10-6 m2 s-1, součinitel tepelné vodivosti 3,43·10-2 W m-1 K-1. Plynová konstanta je rovna 287 J kg-1 K-1 a adiabatický exponent 1,4. Při střední teplotě tekutiny pro (Gr ⋅ Pr ) > 1000 platí ε k = 0,18 (Gr ⋅ Pr )0, 25 , pro (Gr ⋅ Pr ) < 1000 je ε k = 1 .
23
Určovací teplota tekutiny je
t=
t1 + t 2 200 + 120 = = 160 ºC 2 2
Pro tuto teplotu a tlak 0,1 M Pa z tabulek dostavame:
c p pt = 1,983 kJ . kg-1 ºK-1
λ p = 29,68 ⋅10 −3 W m-1 K-1 η p = 14,58 ⋅10 −6 Pa . s v p = 1,984 m3 kg-1
Řešení:
Označení veličin:
t1 = 200 ºC, t 2 = 120 ºC p = 0,1 M Pa ν v = 30,60 ⋅10 −6 m-2 s-1
λ v = 3,43 ⋅10 −2 W m-1 K-1 rv = 287 J kg-1 K-1 κ v = 1,4 Pro stanovení součinitele objemové roztažnosti z tabulek odečteme hodnoty měrného objemu pro sousední teploty: Pro 150 ºC je v1 = 1,936 m3 kg-1 pro 170 ºC je v2 = 2,031 m3 kg-1 Pak
βp =
1 v
⎛ ∂v ⎞ 1 v 2 − v1 1 2,031 − 1,936 ⎟⎟ =& ⎜⎜ = = 2,394 ⋅10 −3 K-1 ⎝ ∂ T ⎠ p v p t 2 p − t1 p 1,984 170 − 150
Pro vzduch: Gr = β Δ T
Pr =
gδ 3
ν2
=
3 1 (200 − 120) 9,81⋅ 0,04−6 = 1,2384 ⋅10 5 160 + 273,15 (30,60 ⋅10 )
ν ν p κr ν p κ ρ cp = = = λ λ r T κ −1 λ T κ −1
30,60 ⋅10 −6 0,1⋅10 6 1,4 = = 0,721 −2 160 + 273,15 1,4 − 1 3,43 ⋅10
24
Gr ⋅ Pr = 1, 2384 ⋅10 5 ⋅ 0 ,721 = 8,9288 ⋅10 4 Pak
ε k = 0,18 (Gr ⋅ Pr )0, 25 = 0,18 (8,9288 ⋅10 4 )
0 , 25
= 3,111
Odtud
λek = ε k λ = 3,11⋅ 3,43 ⋅10 −2 = 0,1067 W m-1 K-1
λ 0,1067 (200 − 120 ) = 853,6 W Q& = S ek (t 2 − t1 ) = 4 δ 0,04 Pro páru:
Grp = β p Δ T
gδ 3
(η v )
2
p
Pr p =
= 2,394 ⋅10 −3 (200 − 120)
p
9.81⋅ 0,04 3
(30,60 ⋅10 )
= 1,2384 ⋅10 5
νp ηp vp ηp 14,58 ⋅10 −6 ρ p c pp = c pp = c pp = 1,983 ⋅10 3 = 0,974 λp vp λp λp 29,68 ⋅10 −3
Grp ⋅ Pr p = 1,4370 ⋅10 5 ⋅ 0,974 = 1,3996 ⋅10 5 Pak
−6 2
ε k = 0,18 (Grp ⋅ Pr p )0, 25 = 0,18 (1,3996 ⋅10 5 )
0 , 25
= 3,4816
λekp = ε kp λ p = 3,4816 ⋅ 29,68 ⋅10 −3 = 0,10333 W m-1 K-1 Odtud
Q& p = S
λekp (t 2 − t1 ) = 4 0,1033 (200 − 120) = 826,67 W δ 0,04
25
Příklad 50: Pro sestrojení teplotních stupnic se používají héliové plynové teploměry konstantního objemu. Schéma takového teploměru s pohyblivým ramenem je na obrázku. Při pokusech byl na něm naměřen při teplotě v trojném bodě H2O 0,01 ºC přetlak 1000 mm Hg a při teplotě varu vody 100 ºC přetlak 1644,25 mm Hg. Barometrický tlak byl 760 torr (101325 Pa). Určete teplotu absolutní nuly v ºC. Řešení: Označení veličin:
t1 = 0,01 ºC h1 = 1000 mm Hg t 2 = 100 ºC h2 = 1644,25 mm Hg pb = 760 torr = 101325 Pa
Absolutní teplota: T = t + (− t 0 )
(K)
Gay-Lussakov zákon: p1 T1 0,01− t 0 = = p2 T2 100 − t 0
kde p1 = pb + h1 = 760 + 1000 = 1760 torr p2 = pb + h2 = 760 + 1644,25 = 2404,25 torr Po úpravě a dosazení: t0 =
100 p1 − 0,01 p 2 100 ⋅1760 − 0,01⋅ 2404,25 = = − 273,15 ºC p1 − p 2 1760 − 2404,25 1
Příklad 51: Určete střední měrnou tepelnou kapacitu cp při konstantním tlaku vzduchu mezi teplotami 200 ºC a 800 ºC, jestliže je dáno: c p = 995,15 + 0,192 t [J kg-1 K-1]. Zjistěte chybu, které bychom se dopustili, kdybychom počítali cp vzduchu v uvažovaném rozmezí teplot jako pro ideální plyn. Plynová konstanta vzduchu je 288 J kg-1 K-1. Řešení:
t1 = 200 ºC t 2 = 800 ºC c p = 995,15 + 0,192 t = a + b t r = 288 J kg-1 K-1
Označení veličin:
cp
cp
t2 t1
t2 t1
1 = t 2 − t1
= a+b
2
1 ∫1 c p dt = t 2 − t1
2
∫ (a + b t ) dt = t 1
1 2 − t1
(
)
b 2 ⎡ 2 ⎤ ⎢⎣a (t 2 − t1 ) + 2 t 2 − t1 ⎥⎦
t 2 + t1 0,192 (800 + 200) = 1091,15 J kg-1 K-1 = 995,15 + 2 2
Když vzduch považujeme za směs ideálních plynů, můžeme pro cp napsat: cp =
κ κ −1
r=
1,4 288 = 1008,00 J kg-1 K-1 1,4 − 1
Chyba, které se dopustíme je:
Δ cp =
cp
t2 t1
cp
− cp t2
=
1091,15 − 1008,00 = 0,076 1091,15
t1
Chyba je 7,6 %.
Příklad 52: V uzavřené nádobě objemu 0,8 m3 se nachází CO2 o tlaku 2,2 MPa a teplotě 20 ºC. Plynu se přivede teplo 4600 kJ. Určete teplotu a tlak CO2 na konci procesu ohřívání. Úlohu řešte dvěma způsoby: a) počítejte, že měrná tepelná kapacita je konstantní a nezávislá na teplotě a κ = 1,3 , b) počítejte, že měrná tepelná kapacita je funkcí teploty podle vztahu cv = 640,5 + 0,755 t (J kg-1 K-1). 2
Řešení: V = 0,8 m3 p1 = 2,2 MPa t1 = 20 ºC Qv = 4600 kJ
Označení veličin:
cv = 640,5 + 0,755 t κ = 1,3 a) CO2 jako ideální plyn. Z rovnice pro množství tepla při konstantním objemu určíme teplotu na konci procesu t2 =
Qv + t1 , m cv
kde za množství plynu dosadíme ze stavové rovnice m=
p1 V1 r T1
a za cv dosadíme cv =
1 r. κ −1
Po úpravě a dosazení bude teplota t 2 : Qv T1 (κ − 1) 4600 ⋅10 3 ⋅ 293 (1,3 − 1) t2 = + t1 = + 20 = 249,7 ºC. p1 V1 22 ⋅10 5 ⋅ 0,8 Tlak na konci procesu vypočítáme z Charlesova zákona: p 2 = p1
T2 522,7 = 2,2 = 3,92 MPa. T1 293
b) CO2 jako nedokonalý plyn. Potom střední měrná tepelná kapacita bude podle vztahu cv
t2 t1
= a +b
t 2 + t1 = a + b′ (t 2 + t1 ) , 2
kde a = 640,5 ;
b′ =
0,755 = 0,3775 . 2 3
Po dosazení do rovnice pro množství tepla a úpravě dostáváme pro hledanou teplotu t 2 kvadratickou rovnici Qv = m[a + b′ (t 2 + t1 )] (t 2 − t1 )
⎛a Q ⎞ a t 2 − ⎜⎜ t1 + t12 + v ⎟⎟ = 0 , b′ m b′ ⎠ ⎝ b′ odkud teplota t 22 +
2
⎛ a ⎞ Q at a ⎟⎟ + 1 + t12 + v = t2 = − ± ⎜⎜ 2 b′ b′ m b′ ⎝ 2 b′ ⎠ 2
⎛ a ⎞ Qv a = =− ± ⎜⎜ + t1 ⎟⎟ + 2 b′ m b′ ⎝ 2 b′ ⎠ 640,5 =− + 2 ⋅ 0,3775
2
⎛ 640,5 ⎞ 4600 ⋅10 3 ⎜⎜ + 20 ⎟⎟ + = 218,06 ºC. 31,8 ⋅ 0,3775 ⎝ 2 ⋅ 0,3775 ⎠
Pro výpočet hmotnosti jsme použili vztah m=
p1 V1 p V M 22 ⋅10 5 ⋅ 0,8 ⋅ 44 = 1 1 = = 31,8 kg. r T1 r T1 8314 ⋅ 293
Tlak na konci procesu p 2 = p1
T2 489,65 = 2,2 = 3,67 MPa. 293 T1
Příklad 53: Spalovací motor pohání elektrický generátor, která dodává do sítě proud 225 A s napětím 110 V. Účinnost generátoru je 0,95. Vypočítejte termickou účinnost motoru, jestliže spotřebuje za hodinu 7 kg paliva o výhřevnosti 42300 kJ kg-1. Řešení: Označení veličin:
I = 225 A U = 110 V η g = 0,95
q p = 42300 kJ kg-1 m& = 7 kg . hod-1 4
Výkon generátoru P = U ⋅ I = 110 ⋅ 225 = 24750 W = 24,75 kW.
Práce za jednotku času vykonaná spalovacím motorem
P 24750 A& t = = = 26052 W = 26,052 kW. ηg 0,95 Množství tepla dodané spalovacímu motoru 7 ⋅ 42300 Q& = m& H d = = 82250 W = 82,25 kW 3600
Termická účinnost motoru A
26,052
η t = &t = = 0,31675 . 82,25 Q
Příklad 54: Carnotův vratný oběh pracuje s 2 kg dusíku. Maximální tlak a teplota jsou 3 MPa a 300 ºC. Minimální tlak je 0,14 MPa a teplota 27 ºC. Vypočítejte množství přivedeného tepla, práci oběhu a termickou účinnost. Řešení: m = 2 kg p max = 3 MPa = p 3
Označení veličin:
t max = 300 ºC = t 3 = t 4
pmin = 0,14 MPa = p1 t min = 27 ºC = t1 = t 2 Množství přivedeného tepla při izotermické expanzi vypočítáme: Q34 = m r T3 ln
p3 . p4
Neznáme tlak p4, můžeme ho ale určit z adiabatické expanze, platí: κ
1, 4
⎛ T ⎞ κ −1 ⎛ 573,15 ⎞1, 4−1 p4 = p1 ⎜⎜ 4 ⎟⎟ = 0,14 ⎜ = 1,347 MPa. ⎟ ⎝ 300,15 ⎠ ⎝ T1 ⎠ 5
Po dosazení množství tepla bude Q34 = 2
8314 3,0 573,15 ln = 2,725 ⋅105 J 28 1,347
Termickou účinnost oběhu vypočítáme:
ηt = 1 −
T3, 4 300,15 = 1− = 0,4765 . T1, 2 573,15
Práci cyklu vypočítáme z definice termické účinnosti
ηt =
A ⇒ A = Q34 ηt = 2,725 ⋅ 105 ⋅ 0,4765 = 1,298 ⋅ 105 . Q34
Příklad 55: Chladící zařízení, které má chladící výkon & Q2 = 25000 kJ h-1, udržuje v chlazeném prostoru teplotu –10 ºC. Teplota místnosti, ve které je chladící zařízení, je 20 ºC. Předpokládejme, že chladící zařízení pracuje s obráceným Carnotovým oběhem. Vypočítejte chladící faktor, množství tepla, které chladící zařízení odevzdá do místnosti, a teoretický příkon zařízení. Určete, jestli po otevření chlazeného prostoru se bude místnost zahřívat nebo ochlazovat, a množství tepla.
Řešení: Označení veličin:
Q& 2 = 25000 kJ h-1 t 2 = − 10 ºC t1 = 20 ºC
V případě Carnotova obráceného oběhu chladící faktor
ε =
Q& 2 T2 = = 8,77 . T1 − T2 A&
Příkon chladícího zařízení
6
Q& P = A& = 2 =
ε
25000 = 0,792 KW 8,77 ⋅ 3600
Množství odvedeného tepla do místnosti určíme: 25000 Q& 1 − Q& 2 = A& ⇒ Q& 1 = Q& 2 + A& = + 0,792 = 7,736 kW 3600
Příklad 56: Určete tlak v tlakové nádobě s CO2 o hmotnosti 0,453 kg a teplotě 100 ºC, jestliže objem nádoby je 5,5 dm3. Úlohu řešte podle: a) stavové rovnice ideálního plynu, b) Van der Waalsovy rovnice stavu, pro kterou 27 r 2 TK2 ⋅ 64 pk 1 T b= r K 8 pK a=
Kritické parametry CO2 jsou: pk = 7,385 MPa t k = 31,05 ºC Řešení: Označení veličin:
m = 0,453 kg V = 5,5 l t = 100 ºC
m R T 0,453 ⋅ 8314,51 = 373,15 = 5,808 ⋅ 10 6 Pa = 5,8 MPa. −3 VM 5,5 ⋅ 10 ⋅ 44
a)
p=
b)
Úpravou Van der Waalsovy rovnice pro tlak dostáváme: p=
m rT a − m2 2 , V − mb V
kde jednotlivé konstanty vypočítáme takto:
7
r=
R 8314,51 = = 189 J . kg-1. K-1, 44 M
27 r 2 TK2 27 ⋅189 2 ⋅ 304 2 a= ⋅ = =188,5 N . m4. kg-2, 6 pk 64 64 ⋅ 7,385 ⋅10
b=
1 TK 1 304,20 = ⋅ 189 ⋅ = 0,000972 m3. kg-1. r 6 8 pK 8 7,385 ⋅10
Po dosazení p=
0,453 ⋅ 189 ⋅ 373,15 188,5 2 − (0,453) ⋅ −3 −4 5,5 ⋅ 10 − 0,453 ⋅ 9,72 ⋅ 10 5,5 ⋅ 10 −3
(
)
2
= 5,035 ⋅ 10 6 Pa =
= 5,035 MPa.
Příklad 59: Jak se změní teplota vzduchu při škrcení ve ventilu z tlaku 10 MPa a teploty 25 ºC na tlak 0,1 MPa. Změnu teploty vypočítejte za předpokladu, že Vzduch se řídí Van der Waalsovou stavovou rovnicí, ve které a = 159,5 N m4. kg-2; b = 1,24 ⋅ 10 −3 m3. kg-1
Řešení: Označení veličin:
p1 = 10 MPa t1 = 25 ºC p 2 = 0,1 MPa
Při škrcení h2 = h1 . Změnu teploty v závislosti na tlaku popisuje Joule-Thomsonova rovnice
k JT
⎛ ∂T = ⎜⎜ ⎝∂ p
⎞ 1 ⎟⎟ = ⎠h c p
⎡ ⎛ ∂v ⎢ T ⎜⎜ ⎢⎣ ⎝ ∂ T
⎤ ⎞ ⎟⎟ − v ⎥ . ⎥⎦ ⎠p
a) Vykonáním naznačené derivace objemu podle teploty při konstantním tlaku a po dosazení a úpravě dostáváme: 8
⎛ ∂T k JT = ⎜⎜ ⎝∂ p
⎤ ⎞ 1 ⎡ 2a 3a p b ⎟⎟ = − 2 2 − b⎥ . ⎢ r T ⎠ i c p ⎣ rT ⎦
Po dosazení dostáváme pro koeficient Joule-Thomsonova jevu
k JT
1 = 1004
⎡ 2 ⋅ 159,5 ⎤ 3 ⋅ 159,5 ⋅ 10 7 ⋅ 0,00124 − − 0,00124⎥ = 0,167 ⋅10 −5 K . Pa-1. ⎢ 2 2 288 ⋅ 298 ⎣ 288 ⋅ 298 ⎦
Ochlazení dostáváme integrací ( za předpokladu, že k JT = konst ) ΔT = k JT ⋅ Δ p = 0,167 ⋅ 10 −5 (100 − 1) ⋅ 10 5 = 16,54 K.
Teplota po zaškrcení vzduchu
T2 = T1 − Δ T = 298 − 16,54 = 281,46 K.
9
Příklad 60: Určete teplotu, při které bude tát led pod bruslí délky 25 cm a šířky 1 mm,jestliže při tlaku 0,1 MPa taje při teplotě 0°C. Brusle je zatěžovaná hmotností 70 kg a dotýká se ledu jednou desetinou své plochy. Skupenské teplo tání ledu je 334 kJ kg-1.. Hustota ledu je 916,8 kg m-3 a hustota vody je 1002 kg m-3, uvažujte konstantní. Řešení: Označení veličin:
S = 0,25 ⋅1⋅10 −3 = 0,25 ⋅10 −3 m2 m = 70 kg l12 = 334 kJ kg-1 ρ L = 916,8 kg m-3 ρ vody = 1002 kg m-3 p 0 = 0,1 MPa t 0 = 0 °C
Vycházíme z Clausius-Clapeyronovy rovnice v diferenciálním tvaru
l12 dp = , dT T (v ′ − v ′′′) z ní vyplývá diferenciální rovnice dT (v ′ − v ′′′) T. = dp l12
Za předpokladu, že v ′, v′′′, l12 se velmi málo mění v závislosti na tlaku, můžeme výraz
(v ′ − v ′′′) = K l12
označit jako konstantu. Integrováním diferenciální rovnice dostaneme:
∫
dT = ∫ K dp , T
ln T = K p + C ,
kde C je integrační konstanta.
Pro podmínku tání ledu při T0 a p 0 : ln T0 = K p 0 + C Odečtením rovnic dostaneme ln
Odtud
T = K ( p − p0 ) T0
T = T 0 exp [K ⎡1 T = T0 exp ⎢ ⎣⎢ l12
(p
− p0
)]
⎤ ⎛ 1 1 ⎞⎟ ⎜ ( − p − p 0 )⎥ ⎜ρ ρ L ⎟⎠ ⎥⎦ ⎝ vody
Pod bruslemi je od zátěže tlak p′z =
70 ⋅ 9,81 m⋅g = = 27,47 ⋅ 106 Pa. −3 0,1 ⋅ S 0,1 ⋅ 0,25 ⋅ 10
S uvážením atmosférického tlaku pak na led působí tlak p ′ = 27,57 ⋅ 10 6 Pa. T ′ - teplotu tání ledu pod bruslí dostaneme dosazením tlaku p ′ do rovnice pro T:
⎡ ⎤ 1 1 ⎞ ⎛ 1 T ′ = 273,15 ⋅ exp ⎢ − ⎜ ⎟ (27,57 − 0,1)⎥ = 271,07 K 3 ⎣ 334 ⋅ 10 ⎝ 1002 916,8 ⎠ ⎦ t ′ = T ′ − 273,15 = − 2,08 °C
Led bude tát při teplotě – 2,08 °C.
Příklad 61: Optický pyrometr na měření vysokých teplot je založený na porovnání zářivosti zkoumaného tělesa se zářivostí žhavého vlákna. Pyrometr je kalibrovaný na sálání absolutně černého zdroje a proto měří teplotu, kterou by mělo absolutně černé těleso při téže zářivosti sálání, jako má zkoumané těleso. V pyrometru je červený filtr, ( jeho vlnová délka je 0,65 μm). Jaká je skutečná teplota tělesa, jestliže pyrometr ukázal teplotu 1400 °C a stupeň poměrné sálavosti tělesa 0,6 při vlnové délce 0,65 μm.
Řešení: t 0 = 1400 °C
Označení veličin:
λ = 0,65 μm ε λ = 0,6 Zářivost zkoumaného tělesa ( spektrální mohutnost ve směru normály) je
ε λ c1 λ−5 E nλ = = . π π exp (c 2 / λ T ) − 1 Eλ
1
Zářivost absolutně černého tělesa, na které je pyrometr kalibrovaný E 0 nλ =
E0λ
π
=
c1 λ−5 , π exp (c 2 / λ T0 ) − 1 1
kde T0 je teplota, kterou ukazuje pyrometr, T je skutečná teplota. Porovnáním zářivosti pro teplotu T dostáváme vztah T =
c2
1
λ
⎡ ⎞⎤ ⎛ ⎛ c ⎞ ln ⎢1 + ε λ ⎜⎜ exp ⎜⎜ 2 ⎟⎟ − 1⎟⎟⎥ ⎢⎣ ⎝ λ T0 ⎠ ⎠⎥⎦ ⎝
Po dosazení
T =
1,438 ⋅10 −2 0,65 ⋅10 −6
1 ⎡ ln ⎢1 + 0,6 ⎣⎢
⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1,438 ⋅10 − 2 ⎜ exp ⎜ ⎟⎥ ⎟ − 1 ⎜ 0,65 ⋅10 −6 ⋅1673,15 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎥⎦
= 1740,39 K
t = T − 273,15 = 1740,39 − 273,15 = 1467 ,24 °C.
Příklad 62:
Dusík vytéká zužující se dýzou do prostředí tlaku: a) 0,5 MPa b) 0,098 MPa. Počáteční parametry dusíku jsou tlak 0,8 MPa a teplota 300 K. Určete výtokovou rychlost a vytékající množství plynu pro oba případy, jestliže průměr výstupního otvoru zužující se dýzy je 0,005 m a plynová konstanta dusíku je 297 J . kg-1. K-1.
Řešení:
a) p 2 = 0,5 MPa b) p 2 = 0,098 MPa p1 = 0,8 MPa T1 = 300 K d 2 = 0,005 m rN 2 = 297 J . kg-1. K-1
Označení veličin:
a) Tlakový poměr
β =
p 2 0,5 = = 0,625 > β k = 0,528 . p1 0,8
Proudění je podkritické z rovnice: κ −1 ⎡ ⎤ κ ⎛ ⎞ p 2 ⎢ 2 r T 1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ = ⎢ ⎝ p1 ⎠ ⎥ κ −1 ⎢⎣ ⎥⎦
κ
w2 =
0, 4 ⎡ ⎤ 1, 4 1,4 0 , 5 ⎞ ⎛ ⎢ 2 297 ⋅ 300 1 − ⎜ ⎟ ⎥ = 279,9 m s-1. ⎢ ⎝ 0,8 ⎠ ⎥ 1,4 − 1 ⎢⎣ ⎥⎦
Průřez S2 =
π d2 4
= 1,96 ⋅ 10 −5 m2,
měrný objem
v1 =
r T1 297 ⋅ 300 = 0,111 m3. kg-1. = 6 p1 0,8 ⋅ 10
Průtokové množství dusíku
m& = S 2
κ
p1 2 κ − 1 v1
= 1,96 ⋅ 10
−5
κ +1 2 ⎡ ⎤ κ κ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ p p ⎢⎜ 2 ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎥ = ⎜p ⎟ ⎥ ⎢⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎝ 1⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎦
2 ⋅ 1,4 0,8 ⋅ 10 6 1,4 − 1 0,111
2 2, 4 ⎡ ⎤ 1, 4 1, 4 0 , 5 0 , 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎢⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ = 3,52 ⋅ 10 − 2 kg s-1. ⎢⎝ 0,8 ⎠ ⎝ 0,8 ⎠ ⎥⎥ ⎢⎣ ⎦
b) Tlakový poměr
β =
p 2 0,098 = = 0,1225 < β k = 0,528 , 0,8 p1
proudění je kritické.
Kritická rychlost wk =
2
κ κ +1
r T1 =
2
1,4 297 ⋅ 300 = 322,4 m s-1. 1,4 + 1
Průtokové množství dusíku
S min = S 2 , m& = S 2 2
= 1,96 ⋅ 10
2 κ +1 ⎤ p1 ⎡ κ κ ⎢β k − β k ⎥ = κ − 1 v1 ⎣ ⎦
−5
κ
1,4 0,8 ⋅ 10 6 2⋅ 1,4 − 1 0,111
2 1, 4 +1 ⎤ ⎡ -1 −2 1, 4 1, 4 ⎥ = 3,602 ⋅ 10 kg s . ⎢0,528 − 0,528 ⎥⎦ ⎢⎣
Příklad 63:
Pára s počátečním stavem tlaku 8 MPa a teploty 500 °C proudí Lavalovou dýzou do prostředí o tlaku 1,0 MPa. Dýzou má vytékat 0,3 kg s-1 páry. Vypočítejte hlavní rozměry dýzy, pokud předpokládáme izoentropické proudění ( α = 10°). Řešení:
Označení veličin:
p1 = 8 MPa t1 = 500 °C p 2 = 1,0 MPa m& = 0,3 kg s-1 α = 10 °
Tlakový poměr
β =
p2 1 = < 0,554 = β k , p1 8
proudění bude nadkritické. Kritický tlak p k = β k p1 = 0,554 ⋅ 8 = 4,432 MPa
Výtok páry řešíme pomocí h-s diagramu. Z diagramu odečítáme:
h1 = 3398 kJ kg-1, h2 = 2838 kJ kg-1,
v 2 = 0,208 m3 kg-1,
hk = 3210 kJ kg-1,
v k = 0,068 m3 kg-1.
Pro kritickou rychlost platí:
wk = 2 (h1 − hk ) = 2 (3398 − 3210) ⋅ 10 3 = 616,5 m s-1. Z rovnice kontinuity vypočítáme minimální průřez
S min =
m& v k 0,3 ⋅ 0,068 = = 3,31 ⋅ 10 −5 m2. 616,5 wk
Kritický průměr
dk =
4
π
S min = 6,49 ⋅ 10 −3 m =& 6,5 mm.
Pro výtokovou rychlost platí vztah: w2 =
2 (h1 − h2 ) =
2 ⋅ 10 3 (3398 − 2838 ) = 1058 m s-1,
výstupní průměr otvoru vypočteme analogicky jako kritický průměr
d2 =
4 m& v 2 = π w2
4 0,3 ⋅ 0,208 = 8,67 ⋅ 10 −3 m = 8,67 mm. 1058 π
Délka Lavalovy dýzy
l=
d2 − dk 2 tg
α
=
8,67 − 6,5 = 12,4 mm. 2 tg 5 o
2
Příklad 64:
Vzduch o tlaku 1,5 MPa a teplotě 27 °C vytéká Lavalovou dýzou do prostředí o tlaku 0,117 MPa. Nejužší průřez dýzy má průměr 0,04 m. Za jakou dobu vyteče 250 kg vzduchu a jaká bude výtoková rychlost?
Řešení:
p1 = 1,5 MPa t1 = 27 °C p 2 = 0 ,117 MPa d k = 0,04 m M v = 250 kg
Označení veličin:
Tlakový poměr
β =
p 2 0,117 = = 0,078 < β k = 0,528 . 1,5 p1
Proudění v Lavalově dýze bude nadkritické. Kritický tlak p k = β k p1 = 0,528 ⋅ 1,5 = 0,792 MPa Kritická rychlost v nejužším průřezu Lavalovy dýzy wk =
2
κ κ +1
r T1 =
2
1,4 288 ⋅ 300 = 317,5 m s-1. 1,4 + 1
Výtoková rychlost z Lavalovy dýzy κ −1 ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ p2 κ ⎥ κ ⎢ = w2 = 2 r T 1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎢ ⎝ p1 ⎠ ⎥ κ −1 ⎢⎣ ⎥⎦
0, 4 ⎡ ⎤ 1 1,4 ⎛ 0,177 ⎞ , 4 ⎥ 2 288 ⋅ 300 ⎢1 − ⎜ = 559,5 m s-1. ⎟ ⎢ ⎥ 1,4 − 1 ⎝ 1,5 ⎠ ⎥ ⎣⎢ ⎦
Kritický měrný objem 1
⎛ p ⎞κ r T1 v k = v1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = p1 ⎝ pk ⎠
1
Průtokové množství vzduchu z rovnice kontinuity
m& =
S min wk 1,256 ⋅ 317,5 = 4,387 kg s-1, = −2 vk 9,09 ⋅ 10
kde průřez S min =
π d k2 4
1
⎛ p ⎞κ 288 ⋅ 300 ⎛ 1,5 ⎞ 1, 4 ⋅ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = ⋅⎜ ⎟ = 0,0909 m3. kg-1. 6 1,5 ⋅ 10 ⎝ 0,792 ⎠ ⎝ pk ⎠
= 1,256 ⋅ 10 −3 m2.
Doba, za kterou vyteče vzduch M 250 τ = v = = 56,98 s =& 57 s. m& 4,387
Příklad 65:
Vypočítejte výstupní rozměr dýzy pro nadzvukové proudění vzduchu s Machovým číslem 2,2 při výtokových parametrech tlaku 0,1 MPa a teploty – 100 °C. Dýzou má protékat 0,1 kg s-1 vzduchu. Určete také teplotu a tlak před dýzou, Plynová konstanta vzduchu je 288 J kg-1 K-1, c p = 1008 J kg-1 K-1.
Řešení: M = 2,2 p 2 = 0 ,1 MPa T2 = − 100 °C m& = 0,1 kg s-1 c p = 1008 J kg-1 K-1
Označení veličin:
r = 288 J kg-1 K-1.
Výstupní rychlost
w2 = M a 2 = M κ r T2 = 2,2 1,4 ⋅ 288 ⋅173,15 = 581,3 m s-1. Výstupní průřez z rovnice
S2 =
m& v 2 m& r T2 0,1 ⋅ 288 ⋅ 173,15 = 8,58 ⋅ 10 −5 m2, = = 5 w2 w2 p 2 581,3 ⋅ 1 ⋅ 10
průměr
d2 =
4
π
S2 =
4
π
8,58 ⋅ 10 −5 = 0,0104 m =& 10,4 mm.
Vstupní parametry w2 =
2 c p (T1 − T2 ) ,
2 at =
teplota T1 = T2 +
w22 581,3 2 = 173 + = 340,6 K ≈ 67,4 °C, 2cp 2 ⋅ 1008
tlak p1 z rovnice adiabaty κ
1, 4
⎛ T ⎞ κ −1 ⎛ 340,6 ⎞ 1, 4−1 = 10,7 ⋅ 10 5 Pa = 1,07 MPa. p1 = p 2 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = 1 ⋅ 10 5 ⋅ ⎜ ⎟ 173 T ⎝ ⎠ ⎝ 2⎠
Příklad 66:
V tlakové nádobě o objemu 40 dm3 se nachází CO2 s tlakem 3,923 MPa. Určete hmotnost plynu v nádobě, jestliže teplota plynu je 20 °C. Úlohu řešte podle: a) rovnice ideálního plynu, b) Van der Waalsovy rovnice ( a = 188,5 N m4kg-2; b = 9,72 ⋅ 10 −4 m3.kg-1), Přesnost výpočtu určíte porovnáním hmotnosti vypočítané podle tabulkové hodnoty měrného objemu 0,01063 m3.kg-1. Řešení:
Označení veličin:
V = 40 dm3 p = 3,923 MPa t = 20 °C v = 0,01063 m3.kg-1
p V 3,923 ⋅ 10 6 ⋅ 40 ⋅ 10 −3 = = 2,834 kg. 8314 rT ⋅ 293 44
a)
mi =
b)
Pro měrný objem z Van der Waalsovy rovnice dostáváme kubickou rovnici, kterou lze řešit iteračním postupem. Můžeme je graficky řešit takto: V prvním přiblížení vezmeme měrný objem vypočítaný ze stavové rovnice ideálního plynu a dosadíme ji do Van der Waalsovy rovnice, ze které vypočítáme tlak 40 ⋅ 10 −3 V = = 0,01411 m3.kg-1 v= 2,834 mi p=
rT 189 ⋅ 293 a 188,5 − 2 = − = 3,268 ⋅ 10 6 Pa. 2 v−b v 0,01411 − 0,000972 (0,01411)
Dostali jsme menší hodnotu, než je zadaná, přesto v druhém přiblížení volíme menší hodnotu v = 0,012 , té odpovídá vypočítaný tlak p = 3,712 MPa, v třetím přiblížení volíme v = 0,011 odpovídající tlaku p = 3,964 MPa. Vypočítali jsme tři body Van der Waalsovy izotermy t = 20 °C, zaneseme je do diagramu p – v a pro zadaný tlak najdeme odečítáním hledaný měrný objem v = 0,01118 m3.kg-1,
m=
V 40 ⋅ 10 −3 = = 3,597 kg. 0,0112 v
4 3,964387 3,923 3,9
3,8 3,712463
p [MPa]
3,7
3,6
3,5
3,4 y = -221,78x + 6,3918 3,3 3,268227 3,2
3,1 0,01
0,011 0,01113
0,012
0,013
v [m 3kg-1]
Chyba výpočtu pomocí Van der Waalsovy se rovná Δ m = − 4,4 %.
0,014
0,015
