Riješeni zadaci - riteh.uniri.hr · PDF file3 Svojstva fluida 3 4 Statika fluida 4 5...

Sveučilište u Rijeci

TEHNIČKI FAKULTET RIJEKA

POGONSKI I RADNI STROJEVI

Riješeni zadaci

Rijeka, 2007.

SADRŽAJ

1 Mjerni sustavi 13 Svojstva fluida 34 Statika fluida 45 Termodinamika 76 Pare 127 Termodnamički procesi 198 Otvoreni sustav i jednadžbe očuvanja 229 Dinamika nestlačivog fluida 30

10 Stacionarno strujanje fluida u cjevovodima 3511 Dinamika kompresibilnih fluida 4012 Prijenos topline, izmjenjivači 4413 Smjese plinova 4914 Goriva i izgaranje 5215 Generatori pare 5517 Principi djelovanja strojeva 5718 Hidrauličke turbine 6119 Hidrauličke akcijske turbine 6420 Reakcijske hidrauličke turbine 6821 Parne turbine 7122 Akcijske parne turbine 7623 Reakcijske parne turbine 8324 Parnoturbinska postrojenja 8725 Kondenzatori 9426 Pumpe 9927 Volumetrijske pumpe 10728 Veza pumpe i cjevovoda 11230 Kompresori 11731 Ventilatori i kompresori 12032 Volumetrijski kompresori 12733 Rashladni uređaji i toplinske pumpe 13034 Plinske turbine 13435 Mlazni motori 14236 Motori s unutarnjim izgaranjem 145

Pogonski i radni strojevi 1 Zadaci

ZADACI 1 MJERNI SUSTAVI

Primjer 1.1 (Pretvorba stupnjeva u radijane) Potrebno je pretvoriti: a) kut od 0.0572° u miliradijane i b) kut od 1 rad u stupnjeve. Rješenje a) Po definiciji znamo da kutu od 180° odgovara π radijana. Da bi izvršili pretvorbu, koristimo se jednadžbom:

[ ] mrad 0.998=rad 000998.0180

0572.0180

=== ππαα o

b) Kut od 1 radijana ćemo pretvoriti u stupnjeve po obrnutoj jednadžbi:

[ ] oo 296.571801180 ===ππ

αα

Primjer 1.2 (Pretvorba decimalnih dijelova stupnja kuta u minute i sekunde) Potrebno je izvršiti pretvorbu: a) kuta od 14°25’36” u decimalno pisani kut, b) kut od 22°30’ u decimalno izraženi kut i u radijane. Rješenje a) Pretvorba ide na sljedeći način: 14° = 14.000000 25’/60 = 0.416667 36”/3600 = 0.010000

14°25’36” =

14.426667° b) Na isti način imamo: 22°30’ = 22.5°

[ ] rad 3927.0180

5.22180

=== ππαα o

Primjer 1.3 (Mjera mase na Sjevernom polu i na Ekvatoru) Stanovnici zemlje N na Sjevernom polu poslali su zemlji E na ekvatoru zlata u količini od 1000 kg. Ova masa zlata izvagana je vagom koja koristi elastičnu deformaciju opruge za mjerenje mase. Zajedno sa zlatom poslana je i vaga, kako bi se istom vagom moglo ponoviti mjerenje kod primopredaje zlata. Masa zlata izvagana u zemlji E bila je 994.9 kg, tj. manja nego na Sjevernom polu. Gdje se izgubila razlika od 5.1 kg zlata? Rješenje Zemljino ubrzanje na Sjevernom polu je gN = 9.83 m/s2, dok je na ekvatoru gE = 9.78 m/s2. Pomoću vage s oprugom izmjerena je sila težine zlata. Težina je produkt mase i Zemljinog ubrzanja. Omjer težina iste mase na Sjevernom polu i na Ekvatoru je:


994914.083.978.9 ====

N

E

N

E

N

E

gg

gmgm

GG

tako da ako je vaga na Sjevernom polu pokazivala masu od 1000 kg, na Ekvatoru će ista vaga pokazati masu od 994.914 kg. Primjer 1.4 (Pretvorba mjernih jedinica) Potrebno je izvršiti sljedeće pretvorbe: a) rad W = 15 kp.m u kJ, b) snagu od P = 250 KS u kW, c) potrošnju goriva od 160 g/KS.h u g/kW.h, d) toplinsku vodljivost srebra od k = 369 kcal/(h.m.K) u W/m.K. Rješenje a) kJ 0.147=J 147.15=Nm 147.15=9.8115=kp.m 15 ⋅=W

b) kW 82.1831.36250= KS250 ==P

c) kWh

g 6.21736.1160KS.h

g 160 =⋅==eb

d) m.KW 15.429163.1369

h.m.KkJ 369 =⋅==k

DOPUNSKI ZADACI 1. Izraziti volumen od 1600 cm3 u dm3 i u m3. (Rješenje: V = 1600 cm3 = 1.6 dm3 = 0.0016

m3) 2. Koliko je gigasekundi prije 1990. godine zaapočelo brončano doba, ako se zna da je to

bilo u 3000 godini prije naše ere? (Rješenje: 157 Gs) 3. Izraziti u radijanima kut od 87°. (Rješenje: 1.52 rad) 4. Pretvoriti u SI jedinice donju ogrijevnu moć goriva od 10330 kcal/kg. (Rješenje: 43.2

MJ/kg) 5. Pretvoriti u SI jedinice toplinsku vodljivost čelika, koja iznosi 12.8 kcal/(h.m.K).

(Rješenje: 14.9 W/m.K) 6. Pretvoriti najprije u decimalni broj, zatim u radijane kut od 95°15’30”. (Rješenje: 95.26°,

1.667 rad) 7. Pretvoriti u SI jedinice brzinu automobila od 140 km/h. (Rješenje: 38.9 m/s) 8. Pretvoriti u SI jedinice brzinu vrtnje od 240000 min-1. (Rješenje: 4000 s-1) 9. Pretvoriti gustoću od 0.835 kg/dm3 u kg/m3. (Rješenje: 835 kg/m3) 10. Koja je vrijednost standardnog atmosferskog tlaka na razini mora? (Rješenje: 101325 Pa)


ZADACI 3 SVOJSTVA FLUIDA

Viskoznost tekućina Primjer 3.1 (Smična naprezanja) Ulje za podmazivanje SAE 30 pri temperaturi od 20 °C nalazi se između dviju ploča, od kojih jedna miruje, a druga se giba brzinom od 3 m/s (slika). Razmak h među pločama je 2.6 cm. Potrebno je odrediti tangencijalno naprezanje τ u ulju. Rješenje Potrebne podatke uzimamo iz tablice 3.1. Dinamička viskoznost ulja µ je 0.26 Pa⋅s. Tangencijalno naprezanje u ulju je:

Pa30026.0326.0 ====

hv

AF µτ

ZADACI 1. Između dvije ploče, od kojih se jedna pomiče, a druga miruje nalazi se voda pri

temperaturi od 20 °C. Brzina gibanja ploče je 3 m/s (slika 3.2). Razmak među pločama je 3 cm. Potrebno je odrediti tangencijalno naprezanje pri toj deformaciji. (Odgovor: τ = 0.1 Pa).

2. Za poznatu gustoću zraka ρ = 1.2 kg/m3 potrebno je izračunati njegov specifični volumen. (Odgovor: v = 0.83 m3/kg).

3. Iz vrijednosti dinamičke viskoznosti µ i gustoće ρ u tablici 3.1 potrebno je izračunati kinematsku viskoznost za svaki od fluida u tablici.

Tablica 3.1 Dinamička viskoznost, gustoća i kinematska viskoznost fluida pri 20 °C Fluid Dinamička viskoznost

µ Pa⋅s Gustoća ρ kg/m3

Kinematska viskoznost ν m2/s

Vodik 8.9 ⋅ 10-6 0.084 1.06 ⋅ 10-4 Zrak 1.8 ⋅ 10-5 1.20 1.51 ⋅ 10-5 Benzin 2.9 ⋅ 10-4 720 4.03 ⋅ 10-7 Voda 1.0 ⋅ 10-3 999 1.01 ⋅ 10-6 Etilni alkohol 1.2 ⋅ 10-3 789 1.51 ⋅ 10-6 Živa 1.5 ⋅ 10-3 13540 1.16 ⋅ 10-7 Ulje SAE 30 0.26 930 2.79 ⋅ 10-4 Glicerin 1.5 1263 1.19 ⋅ 10-3

v F

h


ZADACI 4 STATIKA FLUIDA

Primjer 4.1 (Tlak koji vrši sila na površinu) Masu od m = 102 kg postavimo na klip površine A = 200 cm2, kao na slici. Koji je tlak u fluidu ako je klip u ravnoteži? Rješenje Sila težine mase m je sila kojom će masa djelovati na klip: F = mg = 102 ⋅ 9.81 = 1000.6 N Tlak u fluidu će biti jednak tlaku na klipu:

kPa 50 N/m0305002.0

6.1000 2 ====AFp

Primjer 4.2 (Tlak stupca fluida) Ronioc se spušta s površine mora na dubinu od 40 m. Želimo znati koliki je tlak na toj dubini. Potrebno je uzeti u obzir gustoću morske vode od 1025 kg/m3. Rješenje Tlak na površini mora je tlak p1 = 100 kPa. Tlak na dubini h = 40 m će biti: p2 = p1 + ρ⋅g⋅h = 100 000 + 1025 ⋅ 9.81 ⋅ 40 = 100 000 + 402 210 = 502.21 kPa Primjer 4.3 (Hidraulički tlak) U cilindru se nalazi tekućina na relativnom tlaku od 400 kPa. Potrebno je: 1. Izraziti ovaj tlak u (naporu) visini stupca vode (ρH2O = 1000 kg/m3) i stupcu žive (ρHg =

13600 kg/m3) 2. Izračunati apsolutni tlak u cilindru uz pretpostavku da je atmosferski tlak patm = 101.3 kPa. Rješenje 1. Visina stupca vode je:

mVS 77.4081.91000

000400OH2

=⋅

=h

Visina stupca žive je:

F

A

p


mHg 0.381.913600

000400Hg =

⋅=h

2. Apsolutni tlak je: pa = p + patm = 400 + 101.3 = 501.3 kPa Primjer 4.4 (Određivanje relativnog tlaka) Potrebno je odrediti maksimalni relativni tlak vode koji možemo mjeriti piezometarskom cijevi visine 3 m. Rješenje Maksimalni relativni tlak odgovara tlaku stupca tekućine u cijevi. Kako se ovdje radi o vodi, taj će tlak biti: p = ρ⋅g⋅h = 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 3 = 294 300 Pa = 294.3 kPa Primjer 4.5 (Mjerenje relativnog tlaka pomoću manometra s U cijevi) Manometar s U cijevi prema slici a) spojen je za mjerenje relativnog tlaka ulja u cjevovodu. Gustoća ulja je ρ = 835 kg/m3. Manometarski fluid je živa s gustoćom ρmano = 13600 kg/m3. Koliki je relativni tlak u točki A u sljedeća dva slučaja: 1. h1 = 0.4 m, h2 = 0.8 m. Živa se nalazi iznad linije B-C, kao na slici b) 2. h1 = 0.1 m, h2 = -0.15 m. Živa se nalazi ispod linije B-C, kao na slici a)

Rješenje 1. pA,rel = g⋅(ρman⋅h2 - ρ⋅h1) = 9.81 (13600 ⋅ 0.8 - 835 ⋅ 0.4) = 103 465 Pa = 103.47 kPa 2. pA,rel = g⋅(ρman⋅h2 - ρ⋅h1) = 9.81 (-13600 ⋅ 0.15 - 835 ⋅ 0.1) = -20 831 Pa = -20.83 kPa Primjer 4.6 (Razlika tlaka u cjevovodu) Manometar s U cijevi spojen je za mjerenje razlike tlaka između točaka A i B nekoga cjevovoda u kojemu struji voda gustoće ρ = 1000 kg/m3. Kao manometarska tekućina koristi se živa. Visinska razlika između točaka A i B je b - a = 0.3 m (vidi sliku). Visina stupca žive hmano = 0.8 m. Potrebno je odrediti razliku tlaka pA - pB. Rješenje pA - pB = ρ⋅g⋅(b - a) + g⋅hmano(ρmano - ρ) = 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 0.3 + 9.81 ⋅ 0.8 (13600 - 1000) =

= 101 828 Pa = 101.83 kPa

A A

B C

B C D

D

h1

h2 h1

h2

patm patm

a) b)


DOPUNSKI ZADACI 1. Izračunati tlak koji masa od 51 kg vrši na klipu površine 500 cm2, ako znamo da je klip u

mirovanju. (Rješenje: p = 10 kPa) 2. Koji je tlak u moru na dubini od 1000 m, ako je gustoća morske vode 1025 kg/m3?

(Rješenje p = 10 MPa) 3. Izračunati tlak p na dubini od 10.2 m u slatkoj vodi gustoće 1000 kg/m3. Koliki će tlak biti

na istoj dubini u ulju gustoće 850 kg/m3? (Rješenje pvoda = 100 kPa, pulje = 85 kPa) 4. Koja bi morala biti dubina h u benzinu gustoće 735 kg/m3 da bi tlak bio 0.11 Mpa?. Koja

bi trebala biti dubina vode za isti tlak? (Rješenje hbenz = 15.25 m, hvoda = 11.2 m) 5. Izračunati relativni tlak p i apsolutni tlak pa na dubini od 8 m ispod površine u vodi gustoće

1000 kg/m3 ako je atmosferski tlak 101.32 kPa? (Rješenje p = 78.5 kPa, pa = 179.8 kPa) 6. Koji tlak odgovara stupcu tekućine od 500 mm ako jetekućina benzin (ρ = 720 kg/m3), ulje

(ρ = 860 kg/m3), voda (ρ = 1000 kg/m3) ili živa (ρ = 13600 kg/m3)? (Rješenje pbenz = 3.5 kPa, pulje = 4.2 kPa, pvoda = 4.9 kPa, pživa = 66.7 kPa)

7. Koji tlak p pokazuje manometar s U cijevi koji je povezan na spremnik vode gustoće 1000 kg/m3 (slika 4.12) ako je stupac žive na lijevoj strani h1 = 25 cm, a na desnoj strani je h2 = 45 cm? (Rješenje p = 57.6 kPa)

A B

C D

b a hman


ZADACI 5 TERMODINAMIKA

Primjer 5.1 (Toplina za zagrijavanje smjese plinova) Koliko je topline potrebno za zagrijavanje smjese od 2 kg CO2 i 3 kg N2 s temperature od T1 = +25 °C na temperaturu T2 = +500 °C pri konstantnom tlaku?. Rješenje Iz termodinamičkih tablica za srednje specifične topline imamo za CO2:

J/kg.K 838250 =+

pc J/kg.K 10195000 =+

pc

za N2:

J/kg.K 1042250 =+

pc J/kg.K 10695000 =+

pc

Za plinsku smjesu će biti:

J/kg.K 96032

104238382250 =

+⋅+⋅=+

pc J/kg.K 104932

10693101925000 =

+⋅+⋅=+

pc

i konačno izmjenjena toplina:

( ) ( ) ( )[ ] kJ 2503J 000503215.27315.29896015.27315.77310493212 ==−−−+=Q Primjer 5.2 (Temperatura smjese) Koja je temperatura smjese kada u staklenu posudu s masom od 200 g pri temperaturi od +20 °C ulijemo 250 g vode s temperaturom od +70 °C? Rješenje Zanemariti ćemo promjenu cp. Za staklo je cp = 840 J/kg.K. Temperatura smjese je:

( ) ( ) C 63.1 K24.33615.273419025.084020.0

15.27315.343419025.015.27315.29384020.0 °==+⋅+⋅

−⋅+−⋅=smjT

Primjer 5.3 (Jednadžba stanja plina) Ako pretpostavimo da se zrak ponaša kao idealni plin, potrebno je odrediti masu zraka koji se nalazi u prostoriji širokoj 4 m, dugoj 5 m i visokoj 3 m. Tlak zraka je 101.32 kPa. Temperatura zraka je: 1. T = 15 °C 2. T = 21 °C Rješenje Plinska konstanta zraka je R = 287 J/(kg.K). Masu zraka odrediti ćemo iz jednadžbe stanja:

TRVpm =


1. ( ) kg 5.731515.273287354101320 =

+⋅⋅⋅⋅=m

2. ( ) kg 0.722115.273287354101320 =

+⋅⋅⋅⋅=m

Primjer 5.4 (Jednadžba stanja) Kolika je gustoća vodika pri temperaturi 0 °C i tlaku 1.0132 bar? (Molarna masa vodika je 2.016 kg/kmol) Rješenje

J/kg.K 4124016.2

3.8314 ==ℜ=M

R

35

kg/m 08995.015.2734124

100132.1 =⋅

⋅===RTp

Vmρ

Primjer 5.5 (Parcijalni tlak plina u smjesi) Smjesa plinova ima pri tlaku od 1 bar sastav po masi: 77% dušika i 23% kisika. Koliki su parcijalni tlakovi oba plina? Rješenje Jednadžbe stanja plina su: dušik: pNV = mNRNT Kisik: pOV = mOROT Molarne mase su za dušik MN = 28.02 kg/kmol i kisik MO = 32.00 kg/kmol

2616.000.3277.002.2823.0 =

⋅⋅==

O

N

N

O

N

O

MM

mm

pp

bar 1==+ ppp ON → NO ppp −=

2616.01 =−=−

NN

N

pp

ppp

bar 7926.02616.11

2616.01==

+= ppN

bar 2074.07926.01 =−=−= NO ppp Primjer 5.6 (Unutarnja energija) Odrediti promjenu specifične unutanje energije i specifične entalpije zraka prilikom prijelaza s temperature od 300 K na temperaturu od 850 K na dva sljedeća načina: a) po jednadžbi stanja idealnog plina, b) po tabličnim podacima. Rješenje a) Zrak ćemo promatrati kao idealni plin. Iz tabličnih podataka za zrak imamo: cp = 1.0035 kJ/kg.K i cv = 0.7165 kJ/kg.K

( ) ( ) J/kg 101.394300850107165.0 331212 ⋅=−⋅=−=−=∆ TTcuuu v

( ) ( ) J/kg 109.551300850100035.1 331212 ⋅=−⋅=−=−=∆ TTchhh p

b) Iz tablica imamo:


Temperatura, K Sp. un. energija, kJ/kg Sp. entalpija, kJ/kg 300 214.07 300.19800 592.34 821.94900 674.63 932.94

( ) ( ) kJ/kg 49.6331005034.59263.67434.592

800900800

800900800850 =−+=−

−⋅−+= Tuuuu

( ) ( ) kJ/kg 44.8721005094.82694.93294.821

800900800

800900800850 =−+=−

−⋅−+= Thhhh

6.4%) ( kJ/kg 40.41909.21449.633300850 +=−=−=∆ uuu 4.6%) ( kJ/kg 25.57719.30044.877300850 +=−=−=∆ hhh

Primjer 5.7 (Promjena entropije) Odrediti promjenu entropije dušika (idealni plin) pri promjeni temperature s T1 = 300 K na temperaturu T2 = 600 K i tlaka s p1 = 465 kPa na p2 = 350 kPa. Rješenje Iz tablica uzimamo podatke: cp = 1.0416 kJ/kg.K i R = 296.8 J/kg.K

J/kg.K 66.637465350ln8.296

300600ln100416.1lnln 3

1

2

1

212 =

⋅−

⋅⋅=

−

=−=∆

ppR

TTcsss p

Primjer 5.8 (Izotermna kompresija) Masa zraka m = 2 kg nalazi se u cilindru volumena V1 = 1.8 m3 na temperaturi T1 = 298 K. Zrak se polako komprimira na volumen od V2 = 0.7 m3. Prilikom kompresije temperatura ostaje konstantna (T2 = T1 = T). Potrebno je izračunati toplinu koja se odvodi tijekom kompresije. Rješenje Odvedena količina topline za ovu izotermnu kompresiju je:

J 1055.1618.17.0ln2982872ln 3

1

21212 ⋅−=

⋅⋅⋅=

==

VVTRmqmQ

Primjer 5.9 (Izobarni proces) U cilindru se nalazi masa m = 4 kg helija na tlaku od p1 = 4 MPa i temperaturi T1 = 300 K. Heliju dovodimo toplinu Q12 = 800 kJ po izobari (p1 = p2 = p). Uz pretpostavku da je helij idealni plin potrebno je izračunati temperaturu T2 i volumen V2, te izvršeni rad W12. Rješenje Iz tablica imamo podatke: R = 2077 J/kg.K i cp = 5190 J/kg.K

Iz jednadžbe stanja: pV = mRT slijedi: 36

1

11 m 623.0

10430020774 =

⋅⋅⋅==

pTRmV

Iz ( )1212 TTcmQ p −= slijedi: K54.33851904

108003003

1212 =

⋅⋅+=+=

pcmQTT


3

1

212 m 703.0

30054.338623.0 =⋅==

TTVV

( ) ( ) J10320623.0703.0104 361212 ⋅=−⋅=−= VVpW

Primjer 5.10 (Izohorni proces) U čeličnoj boci volumena V = 0.05 m3 nalazi se zrak na tlaku p = 20 MPa i temperaturi T = 300 K. Zraku dovodimo toplinu Q12 = 837 kJ. Zrak smatramo idealnim plinom. Proces se odvija po izohori. potrebno je izračunati masu zraka m koju imamo u boci i temperaturu T2 i tlak p2 na kraju procesa. Rješenje

Masa zraka je: kg 61.11300287

05.01020 6=

⋅⋅⋅==

RTpVm

Iz ( )1212 TTcmQ v −= slijedi: K62.4005.71661.11

108373003

1212 =

⋅⋅+=+=

vcmQTT

Pa10708.26300

62.4001020 66

1

212 ⋅=⋅==

TTpp

Primjer 5.11 (Adijabatski proces) Masa m = 2 kg argona nalazi se zatvorena u cilindru s klipom na tlaku p1 = 700 kPa i temperaturi T1 = 400 K. Argon će ekspandirati naglo po adijabati na tlak p2 = 100 kPa. Potrebno je izračunati rad W12 predan klipu. Rješenje Iz tablice uzimamo podatke: R = 208 J/kg.K i κ = 1.667

Temperatura na kraju ekspanzije: K62.183700100400

667.11667.11

1

212 =

=

=

−−κ

κ

ppTT

Rad: ( ) ( ) J 1095.1341667.1

62.18340020821

3211212 ⋅=

−−=

−−==

κTTRmwmW

Primjer 5.11 (Politropski proces) U cilindru dizelskog motora komprimira se zrak sa tlaka p1 = 0.1 MPa i temperature T1 = 300 K na tlak p2 = 4.42 MPa. Kompresija se odvija po politropi uz eksponent n = 1.35. Potrebno je odrediti temperaturu T2 na kraju kompresije, specifični izvršeni rad w12 i izmjenjenu specifičnu toplinu q12. Rješenje

Temperatura: K15.8011.0

42.430035.1

135.11

1

212 =

=

=

−−n

n

ppTT

Specifični rad: ( ) ( ) J/kg 1094.410135.1

15.8013002871

32112 ⋅−=

−−=

−−=

nTTRw


Specifična izmjenjena toplina:

( ) ( )

( ) J/kg 1084.511094.41030015.8015.216 133

21121212121212

⋅−=⋅−−=

=−−+−=+−=+=

nTTRTTcwuuwuq v

DOPUNSKI ZADACI 1. Izračunati masu zraka m koja je sadržana u volumenu V = 172.2 m3 pri tlaku p = 100 kPa i

temperaturi T = 300 K. (Rješenje: m = 200 kg) 2. Izračunati tlak p pri kojemu je masa m = 12 kg metana u posudi volumena V 0 0.4 m3 pri

temperaturi od 20 °C. (Rješenje: p = 2 MPa) 3. Izračunati izmjenjenu toplinu Q12 tijekom transformacije zatvorenog termodinamičkog

sustava u kojemu se izmjenjuje rad od 40 kJ uz promjenu unutarnje energije ∆U = 660 kJ. Ako znamo da je početna vrijednost unutarnje energije U1 = 200 kJ potrebno je izračunati unutarnju energiju na kraju procesa. (Rješenje: Q12 = 700 kJ, U2 = 860 kJ)

4. Ako pretpostavimo da je specifična toplina konstantna, potrebno je izračunati promjenu specifične entalpije vodika, helija, zraka i argona kada ih zagrijemo s temperature 300 °C na 800 °C. (Rješenje: ∆hH2 = 7104 kJ/kg, ∆hHe = 2596 kJ/kg, ∆hzrak = 502 kJ/kg, ∆hAr = 260 kJ/kg)

5. Potrebno je izračunati masu zraka koja je sadržana u cilindru volumena 1 m3 pri tlaku od 4 MPa i temperaturi od 600 K. Ako znamo da zrak povrativo ekspandiramo po izotermi sve do tlaka od 0.1 MPa, potrebno je izračunati specifičnu toplinu q12, specifični rad w12 i količinu izmjenjene topline Q12 i rada W12 tijekom ove ekspanzije. (Rješenje: m = 23.2 kg, q12 = w12 = 635.2 kJ/kg, Q12 = W12 = 14.74 MJ)

6. Potrebno je izračunati rad W potreban za punjenje plina u zračni balon promjera 11 m, znajući da je početni volumen jednak nuli i da je tlak za svo vrijeme punjenja balona jednak atmosferskom tlaku od 101325 Pa. (Rješenje: W = 564.9 MJ)

7. Početno stanje zraka, koji je zatvoren u cilindru, zadano je tlakom od 100 kPa, temperaturom od 500 K i volumenom od 10 m3. Potrebno je izračunati temperaturu T2 i tlak p2 kada se voluen smanji na 1.5 m3 po izobarnom procesu, po izotermnom procesu, po politrospkom procesu uz n = 1.33 i po adijabati. (Rješenje: izobara T2 = 75 K, p2 = 100 kPa, izoterma T2 = 500 K, p2 = 666.7 kPa, politropa T2 = 935.1 K, p2 = 1264.8 kPa, adijabata T2 = 1067.9 K, p2 = 1423.9 kPa)

8. Početni tlak i temperatura za masu zraka m = 0.1 m3, koji je zatvoren u cilindru su 100 kPa i 300 K. Zrak se komprimira po politropi uz n = 1.246 sve dok se ne dostigne omjer početnog i krajnjeg volumena ε = V1/V2 = 8. Potrebno je izračunati rad W12 izmjenjen tijekom procesa, temperaturu T2, početnu i krajnju specifičnu unutarnju energiju u1 i u2, i izmjenjenu toplinu Q12. (Rješenje: W12 = -23.4 kJ, T2 = 500 K, u1 = 214.09 kJ/kg, u2 = 359.53 kJ/kg, Q12 = -8.9 kJ)

9. Zrak zatvoren u cilindru volumena 0.5 m3 na tlaku 173 kPa i temperaturi 300 K komprimira se pomoću klipa po politropi uz n = 1.3. Na kraju kompresije postignut je tlak od 600 kPa. Potrebno je izračunati masu zraka u cilindru m, volumen na kraju kompresije V2, omjer početnog i krajnjeg volumena ε, izmjenjeni rad W12, temperaturu T2, specifičnu unutarnju energiju na početku i na kraju procesa u1 i u2, i izmjenjenu toplinu Q12. (Rješenje: m = 1 kg, V2 = 0.192 m3, ε = V1/V2 = 2.6, W12 = -95.3 kJ, T2 = 400 K, u1 = 214.09 kJ/kg, u2 = 286.19 kJ/kg, Q12 = -23.6 kJ)

10. Potrebno je izračunati specifičnu toplinu q i snagu P koju moramo dovesti masi od 20 kg zraka zatvorenoj u krutom spremniku, da bi mu u roku od 1000 s povećali temperaturu za 100 K. (Rješenje: q = 71.65 kJ/kg, P = 1.433 kW)


ZADACI 6 PARE

Primjer 6.1 (Specifični volumen pare) Potrebno je izračunati specifični volumen pare pri 210 °C, gdje je sadržaj pare x = 0.8. Poznati su specifični volumeni zasićene kapljevine v’ = 0.001173 m3/kg i zasićene pare v” = 0.10441 m3/kg. Rješenje Po jednadžbi za specifični volumen smjese pare i tekućine pri isparavanju imamo:

( ) ( ) 08376.08.0001173.010441.0001173.0'"' =⋅−+=−+= xvvvv m3/kg Primjer 6.2 (Sadržaj pare u smjesi pare i tekućine) Potrebno je izračunati sadržaj pare x u smjesi pare i kapljevine s ukupnom masom od m = 3 kg, koja je smještena u spremniku volumena V = 0.12 m3. Poznati su specifični volumeni zasićene kapljevine v’ = 0.001173 m3/kg i zasićene pare v” = 0.10441 m3/kg. Rješenje Specifični volumen smjese je:

04.0312.0 ===

mVvs m3/kg

Sadržaj pare dobiti ćemo iz izvedene jednadžbe:

( )xvvvvs '"' −+= → 376.0001173.010441.0

001173.004.0'"' =

−−=

−−=

vvvvx s

Primjer 6.3 (Specifična toplina pri konstantnom tlaku) Potrebno je odrediti vrijednost specifične topline pri konstantnom tlaku za vodu u stanju plina pri tlaku od p = 1 MPa i temperaturi T = 800 °C. Rješenje Iz tablice za paru očitavamo vrijednosti entalpije za najbližu temperaturu (iznad i ispod zadane vrijednosti): TA = 700 °C hA = 3923.1 kJ/kg TB = 900 °C hB = 4392.9 kJ/kg Sada možemo naći vrijednost za specifičnu toplinu:

( ) 33

10349.2700900

101.39239.4392 ⋅=−

⋅−=−−==

AB

ABp TT

hhdTdhc J/kg.K = 2.35 kJ/kg.K

Primjer 6.4 (Svojstva pare iz Mollierovog dijagrama) pomoću Mollierovog h-s dijagrama za vodenu paru potrebno je za masu od 1 kg vode odrediti: a) temperaturu Tg, specifični volumen vs, specifičnu entalpiju hs i specifičnu entropiju ss za stanje zasićene pare pri tlaku od p = 0.1 MPa, b) specifični volumen vs, specifičnu entalpiju hs i specifičnu entropiju ss za stanje zasićene pare pri tlaku od p = 0.1 MPa i temperaturi od T = 200 °C i c) količinu topline koju treba dovesti zasićenoj pari da bi je doveli do temperature T = 200 °C po izobari p = 0.1 MPa.


Rješenje a) Sadržaj pare za zasićenu paru je x = 1. Za tu vrijednost i za tlak p = 0.1 MPa iz Mollierovog dijagrama očitavamo sljedeće vrijednosti, date u tablici. U tablici su unesene i vrijednosti očitane u tablicama za vodenu paru. Mollierov

dijagram Tablice za paru

T, °C 100 99.63 v, m3/kg 1.7 1.694 h, kJ/kg 2675 2675.5 s, kJ/kg.K 7.35 7.3564 b) Pri tlaku p = 0.1 MPa i temperaturi T = 200 °C iz Mollierovog dijagrama možemo očitati podatke. Stanje je određeno presjecištem izobare i izoterme zadanih vrijenosti. Očitane vrijednosti prikazane su u tablici, zajedno s vrijednostima očitanim iz tablica za vodenu paru: Mollierov

dijagram Tablice za paru

v, m3/kg 2.2 2.172 h, kJ/kg 2875 2875.3 s, kJ/kg.K 7.83 7.8343 c) Toplinu koju moramo dovesti zasićenoj pari da bi je doveli do temperature od T = 200 °C po izobari p = 0.1 MPa može se izračunati iz razlike entalpija: q = hpreg - hzas = (2875 - 2675)⋅103 = 200⋅103 J/kg = 200 kJ/kg Izračunavanjem te topline prema podacima iz termodinamičkih tablica za vodenu paru dobili bi: q = hpreg - hzas = (2875.3 - 2675.5)⋅103 = 199.8⋅103 J/kg = 200 kJ/kg Primjer 6.5 (Svojstva vode u nekim točkama) U sljedećoj tablici prikazani su neki od podataka unutar grupe podataka koja definira stanje vode za različite zadane uvjete. Podatke koji nedostaju potrebno je dopuniti: Stanje Tlak,

kPa Temperatura,

°C Sp.

volumen, m3/kg

Entalpija, kJ/kg

Unutarnja energija, kJ/kg

Entropija, kJ/kg.K

A 100 20 B 3500 450 C 700 2500 D 30000 80 ****** E 200 ****** 7.1271

Rješenje Stanje A: Temperatura zasićenja koja odgovara tlaku od 100 kPa je 99.63 °C, što je više od zadane temperature od 20 °C. Voda je tu u stanju pothlađene kapljevine. Voda će imati pridružene sljedeće vrijednosti: v = 0.001002 m3/kg


h = 84.0 kJ/kg s = 0.2963 kJ/kg.K Vrijednost za unutarnju energiju nije navedena u termodinamičkim tablicama za vodenu paru i moramo je izračunati iz definicije za entalpiju: u = h - pv = 84.0⋅103 - 100⋅103⋅0.001002 = 83.9 kJ/kg Stanje B: Temperatura zasićenja koja odgovara tlaku od 3500 kPa je 242.6 °C, što je niže od zadane temperature od 450 °C. Voda je tu u stanju pregrijane pare. Voda će imati pridružene sljedeće vrijednosti: v = 0.09196 m3/kg h = 3337.2 kJ/kg s = 7.0052 kJ/kg.K u = h - pv = 3337.2⋅103 - 3500⋅103⋅0.09196 = 3015.3 kJ/kg Stanje C: Stanje C odrediti ćemo iz zadane entalpije i zadanog tlaka p = 700 kPa. Zadana entalpija h = 2250 kJ/kg je veća od entalpije zasićene kapljevine h’ = 697.22 kJ/kg i niža je od entalpije suhozasićene pare h” = 2763.5 kJ/kg, tako da zaključujemo da se voda nalazi u fazi isparavanja, tj. kao smjesa pare i kapljevine. Sadržaj pare će biti:

7515.022.6975.2763

22.6972250'"' =

−−=

−−=

hhhhx

Ostali podaci za zadani tlak su: T = 164.97 °C v’ = 0.001108 m3/kg v” = 0.2729 m3/kg s’ = 1.9922 kJ/kg.K s” = 6.7080 kJ/kg.K Podatke ćemo sada preračunati na zadani sadržaj pare:

( ) ( ) 20536.0001108.02729.07515.0001108.0'"' =−+=−+= vvxvv m3/kg ( ) ( ) 1.55362.19920.67087515.02.1992'"' =−+=−+= ssxss J/kg.K = 5.5361 kJ/kg.K

u = h - pv = 2250⋅103 - 700⋅103⋅0.20536 = 2106248 J/kg = 2106.2 kJ/kg Stanje D: Stanje D određeno je tlakom od p = 30 MPa koji je mnogo viši od tlaka zasićenja za temperaturu od T = 80 °C (p = 31.19 kPa), tako da zaključujemo da se voda nalazi u stanju pothlađene kapljevine. Podatke za to stanje uzimamo iz tablica za paru. Veličine stanja su sljedeće: v = 0.0010156 m3/kg h = 358.77 kJ/kg s = 1.0561 kJ/kg.K Stanje E: Ovo stanje zadano je presjecištem izobare p = 200 kPa i izentrope s = 7.1271 kJ/kg.K. Iz tablica vodene pare naći ćemo da ta entropija pri zadanom tlaku odgovara entropiji zasićene pare na kraju isparavanja (tj. za x = 1). Iz tablice ćemo naći i vrijednosti za ostala svojstva: T = 120.23 °C v = 0.8857 m3/kg h = 2706.7 kJ/kg


Stanja u kojima se nalazi fluid u svakoj od točaka su: A pothlađena kapljevina, B pregrijana para C smjesa pare i kapljevine D pothlađena kapljevina E zasićena para Stanje Tlak,

kPa Temperatura,

°C Sp.

volumen, m3/kg

Entalpija, kJ/kg

Unutarnja energija, kJ/kg

Entropija, kJ/kg.K

A 100 20 0.001002 84.0 83.9 0.2963 B 3500 450 0.09196 3337.2 3015.3 7.0052 C 700 164.97 0.20536 2250 2106.2 5.5361 D 30000 80 0.0010156 358.77 ****** 1.0561 E 200 120.23 0.8857 2706.7 ****** 7.1271

Primjer 6.6 (Toplina i rad u pretvorbi po izobari) Jedan cilindar zatvoren klipom ima volumen V1 = 0.15 m3 sadrži masu m = 0.75 kg smjese pare i kapljevine u termodinamičkoj ravnoteži pri tlaku p = 0.6 MPa. Pri konstantnom tlaku dovodi se toplina sve dok se ne postigne temperatura od T2 = 350 °C. Potrebno je odrediti dovedenu toplinu Q12 i rad W12 izmjenjen tijekom ovoga procesa. Rješenje Prilikom promjene po izobari izmjenjena toplina je:

( ) ( )12121212 hhmTTcmmqQ p −=−== Izmjenjeni rad je:

( )121212 vvpmwmW −== Iz tablica za vodenu paru naći ćemo podatke za stanja pare pri zasićenju pri tlaku p = 0.6 MPa v’ = 0.001101 m3/kg v” = 0.2157 m3/kg h’ = 670.56 kJ/kg h” = 2756.8 kJ/kg Početni volumen smjese je zadan volumenom cilindra. Specifični volumen je:

2.075.015.01

1 ===mVv m3/kg

Tome volumenu odgovara sadržaj pare:

T

s

B

C

E D

A


( )xvvvv '"'1 −+= → 632.0001101.03157.0

001101.02.0'"'1 =

−−=

−−=

vvvvx

Entalpija smjese u točki 1 je:

( ) ( ) 3331 101.19891056.6708.2756632.01056.670'"' ⋅=⋅−+⋅=−+= hhxhh J/kg

Stanje 2 definirano je tlakom p = 0.6 MPa i temperaturom T2 = 350 °C. Nalazimo se u području pregrijane pare. Specifični volumen i entalpija su: v2 = 0.4742 m3/kg h2 = 3165.7 kJ/kg Sada konačno možemo izračunati dovedenu toplinu i rad:

( ) ( ) 331212 1045.882101.19897.316575.0 ⋅=⋅−=−= hhmQ J

( ) ( ) 361212 1065.2052.04742.0106.075.0 ⋅=−⋅⋅=−= vvpmW J

Primjer 6.7 (Izmjenjena toplina pri izohornom procesu) U zatvorenoj posudi volumena V = 10 m3 nalazi se voda na tlaku p = 0.15 MPa u stanju zasićene smjese kapljevine i pare. Volumen kapljevine je Vl = 0.097 m3, dok je volumen pare Vp = 9.903 m3. Smjesi dovodimo toplinu sve dok kapljevina potpuno ne ispari (kada je sadržaj pare x = 1). Potrebno je odrediti količinu izmjenjene topline. Poznato je da su vrijednosti unutarnje energije za stanje zasićenja: u’ = 466.94 kJ/kg u” = 2519.7 kJ/kg Rješenje Obzirom da je volumen posude konstantan tijekom procesa, dovedena toplina jednaka je razlici unutarnjih energija:

1212 UUQ −= Unutarnja energija smjese U1 jednaka je sumi unutarnjih energija pare i unutarnje energije kapljevine. Najprije moramo naći mase pare i kapljevine. Iz termodinamičkih tablica za vodenu paru nalazimo da su specifični volumeni koji odgovaraju tlaku p = 0.15 MPa jednaki: v’ = 0.001053 m3/kg v” = 1.1593 m3/kg Odgovarajuće mase kapljevine i pare su:

12.92001053.0

097.0'

===vVm l

l kg

54.81593.1903.9

"===

vV

m pp kg

Unutarnja energija na početku procesa je: 333

1 108.64532107.251954.81094.46612.92"' ⋅=⋅⋅+⋅⋅=+= umumU pl J Specifični volumen zasićene pare na kraju isparavanja je:

09934.054.812.92

102 =

+=

+=

pl mmVv m3/kg

Iz termodinamičkih tablica naći ćemo da tome specifičnom volumenu za suhozasićenu paru odgovara tlak p2 = 2.0 MPa. Entalpija pri ovome tlaku zasićenja je h2 = 2799.5 kJ/kg. Iz entalpije dobivamo unutarnju energiju:

( )( ) ( )( )J 10261.799

09934.0102105.279954.812.926

6322222

⋅=

=⋅⋅−⋅+=−+== vphmmumU pl

Dovedena toplina je:


6661212 10266.19710533.6410799.261 ⋅=⋅−⋅=−= UUQ J

DOPUNSKI ZADACI 1. Pomoću termodinamičkih tablica za vodenu paru potrebno je odrediti stanja vode:

a) p = 1.0 MPa, T = 205 °C b) p = 1.0 MPa, T = 95 °C c) p = 1.0 MPa, T = 179.91 °C, x = 0.0 d) p = 1.0 MPa, T = 179.91 °C, x = 0.55 e) p = 1.0 MPa, T = 179.91 °C, x = 1.0 f) T = 340 °C, p = 22.0 Mpa g) T = 340 °C, p = 2.2 Mpa h) T = 340 °C, p = 14.586 Mpa, x = 1.0 i) T = 340 °C, p = 14.586 Mpa, x = 0.0 j) T = 600 °C, p = 30 Mpa k) p = 50 MPa, T = 100 °C (Rješenje: a) pregrijana para, b) pothlađena kapljevina, c) zasićena kapljevina, d) smjesa pare i kapljevine, e) suhozasićena para, f) pothlađena kapljevina, g) pregrijana para, h) suhozasićena para, i) zasićena kapljevina, j) pregrijana para, k) pothlađena kapljevina)

2. Potrebno je odrediti treću veličinu stanja za vodu, ako su zadane prve dvije veličine. Potrebno je odrediti stanje u kojemu se voda nalazi. a) p = 800 kPa, v = 0.04 m3/kg, T = ? °C b) p = 10 kPa, x = 0.46, v = ? m3/kg c) p = 200 kPa, T = 40 °C, v = ? m3/kg d) T = 600 °C, v = 2.0 m3/kg, p = ? kPa e) p = 1 MPa, T = 300 °C, v = ? m3/kg (Rješenje: a) smjesa pare i kapljevine, T = 170.43 °C, b) smjesa pare i kapljevine, v = 0.009076 m3/kg, c) pothlađena kapljevina, v = 0.001008 m3/kg, d) pregrijana para, p = 200 kPa, e) pregrijana para, v = 0.26 m3/kg)

3. Iz termodinamičkih tablica nalazimo specifični volumen za zasićenu kapljevinu v’ i zasićenu paru v” za freon R12 za temperaturu zasićenja od 90 °C. Potrebno je izračunati specifični volumen i sadržaj pare za masu od m = 2 kg freona koja je zatvorena u posudi volumena V = 0.01 m3. (Rješenje: v’ = 0.001012 m3/kg, v” = 0.005258 m3/kg, v = 0.005 m3/kg, x = 0.939)

4. Potrebno je naći tlak p, specifični volumen v’ i v” za stanje zasićenja, entalpiju h’ i h” za stanje zasićenja za vodu pri temperaturi od 30 °C. (Rješenje: p = 4.246 kPa, v’ = 0.001004 m3/kg, v” = 32.89 m3/kg, h1 = 125.79 kJ/kg, h” = 2556.3 kJ/kg)

5. Potrebno je naći temperaturu T, specifični volumen v’ i v” za stanje zasićenja, entalpiju h’ i h” za stanje zasićenja za vodu pri tlaku od 2 MPa. (Rješenje: T = 212.42 °C, v’ = 0.001177 m3/kg, v” = 0.09963 m3/kg, h1 = 908.79 kJ/kg, h” = 2799.5 kJ/kg)

6. Potrebno je naći tlak p, temperaturu T, specifični volumen v’ i v” za stanje zasićenja, entalpiju h’ i h” za stanje zasićenja za vodu pri kritičnoj točki. (Rješenje: p = 22.09 Mpa, T = 374.14 °C, v’ = v” = 0.003155 m3/kg, h1 = h” = 2099.3 kJ/kg)

7. Potrebno je naći temperaturu T, specifični volumen v i entalpiju h za zasićenu smjesu vode i pare pri tlaku od 2 MPa i sadržaju pare x = 0.95. (Rješenje: T = 212.42 °C, v = 0.0947 m3/kg, h = 2704.96 kJ/kg)

8. Potrebno je odrediti stanje i naći specifični volumen v, entalpiju h i entropiju vode pri temperaturi od 400 °C i tlaku od 1 MPa. (Rješenje: pregrijana para, v = 0.3066 m3/kg, h = 3263.9 kJ/kg, s = 7.4651 kJ/kg.K)


9. Potrebno je odrediti stanje i naći specifični volumen v, entalpiju h i entropiju vode pri temperaturi od 100 °C i tlaku od 5 MPa. (Rješenje: pothlađena kapljevina, v = 0.001041 m3/kg, h = 422.72 kJ/kg, s = 1.303 kJ/kg.K)


ZADACI 7

TERMODINAMIČKI PROCESI Primjer 7.1 (Toplinski množilac) Postrojenje za kondicioniranje jedne kuće napaja se mehaničkom snagom od P = 3 kW i u stanju je da spremniku više temperature preda toplinski tok od dQ/dt = 12 kW. Potrebno je odrediti: a) Toplinski množilac ε kada se tijekom zime kuća grije, b) Toplinski množilac ε kada se tijekom ljeta kuća hladi. Rješenje a) Toplinski množilac je omjer između korisne energije i utrošene energije. Prilikom grijanja kuće mi svu toplinu dovodimo kući kao spremniku više temperature:

43

12 ===PQ&ε

b) Toplinski množilac je omjer između korisne energije i utrošene energije. Prilikom hlađenja kuće mi iz nje odvodimo toplinu, te toplinu odbacujemo na okoliš kao spremnik više temperature:

33

312 =−=−=P

PQ&ε

Primjer 7.2 (Carnotov proces) Carnotov proces je ostvaren između spremnika visoke temperature T1 = 370 K i spremnika niske temperature T2 = 240 K pri maksimalnom tlaku od 700 kPa i minimalnom tlaku od 100 kPa. Radni fluid čini 1 kg dušika. Potrebno je odrediti: a) Vrijednosti tlaka i volumena za crtanje p-v dijagrama b) Količinu izmjenjene topline između spremnika više i niže temperature c) Stupanj djelovanja procesa kada stroj radi kao motor, toplinski množilac kada stroj radi kao toplinska pumpea i toplinski množilac kada stroj radi kao rashladni stroj. Rješenje a) Da bi odredili sve točke u p-v dijagramu potrebno je poznavati vrijednosti tlaka i volumena. Nama su zasada poznate vrijednosti koje su navedene u tablici:

Točka T, K p, kPa v, m3/kg 1 370 700 ?? 2 370 ?? ?? 3 240 100 ?? 4 240 ?? ??

Specifični volumen u točkama 1 i 3 možemo odrediti iz jednadžbe stanja. Plinska konstanta dušika je R = 296.8 J/kg.K

RTpv = → p

RTv =

1569.0107003708.296

31

11 =

⋅⋅==

pRTv m3/kg


7123.0101002408.296

33

33 =

⋅⋅==

pRTv m3/kg

Eksponent adijabate za dušik je κ = 1.4. Iz promjene po adijabati izračunati ćemo stanja u točkama 2 i 4, i to iz omjera temperatura:

κκ 1

3

2

3

2

−

=

pp

TT → 314.1

4.1

31

3

232 10455

24037010100 ⋅=

⋅=

=

−−κκ

TTpp Pa

κκ 1

1

4

1

4

−

=

pp

TT → 314.1

4.1

31

1

414 109.153

37024010700 ⋅=

⋅=

=

−−κκ

TTpp Pa

Iz jednadžbe stanja naći ćemo specifične volumene za točke 2 i 4:

2414.0104553708.296

32

22 =

⋅⋅==

pRTv m3/kg

4628.0109.1532408.296

34

44 =

⋅⋅==

pRTv m3/kg

Sada možemo popuniti tablicu za ostale točke:

Točka T, K p, kPa v, m3/kg 1 370 700 0.1569 2 370 455 0.2414 3 240 100 0.7123 4 240 153.9 0.4628

b) Izmjenjenu količinu topline izračunati ćemo iz razlike dovedene i odvedene topline procesa:

473141569.02414.0ln3708.296ln

1

2112 =⋅⋅==

vvRTq J/kg

307164628.07123.0ln2408.296ln

4

3334 =⋅⋅==

vvRTq J/kg

c) Kada stroj radi kao motor, stupanj djelovanja će biti:

3508.047314

3071647314

12

3412 =−=−=q

qqη

Kada stroj radi kao toplinska pumpa, toplinski množioc će biti:

8506.23071647314

473141

3412

12 =−

==−

=η

εqq

q

Kada stroj radi kao rashladni stroj, toplinski množioc će biti:

8506.13071647314

30716

3412

34 =−

=−

=qq

qε

DOPUNSKI ZADACI 1. Potrebno je izračunati stupanj djelovanja motora, ako znamo da je dobiveni rad jednak

400 kJ/kg i da je motoru dovedena toplina od 1000 kJ/kg. (Rješenje: η = 0.40)


2. Potrebno je odrediti rad dobiven iz procesa motora, znajući da je toplina predana motoru 1000 kJ/kg i da je toplina odvedena hlađenjem jednaka 600 kJ/kg. (Rješenje: w = 400 kJ/kg)

3. Potrebno je odrediti stupanj djelovanja motora koji radi po Carnotovom procesu između temperature 2160 °C i 700 °C. (Rješenje: η = 0.60)

4. Potrebno je odrediti stupanj djelovanja nuklearne elektrane u kojoj se proizvodi mehanička snaga od 409 MW, ako je dovedena toplinska snaga jednaka 1570 MW. (Rješenje: η = 0.26)

5. Potrebno je izračunati toplinski množioc za rashladni uređaj koji radi između sljedećih krajnjih temperatura: a) –5 °C i +35 °C, b) –20 °C i +35 °C. (Rješenje: a) ε = 6.7, b) ε = 4.6)

6. Tekući natrij koji izlazi iz reaktora jedne nuklearne centrale s temperaturom 775 °C koristi se kao izvor topline više temperature u generatoru pare. Para se na kraju procesa odvodi u kondenzator, gdje kondenzira pri temperaturi od 20 °C. Koji je stupanj djelovanja koji se može postići u parnom postrojenju? (Rješenje: η = 0.72)

7. Jedna velika termoelektrana razvija mehaničku snagu od 1000 MW uz stupanj djelovanja od 0.4. Potrebno je izračunati toplinski tok koji se dovodi postrojenju i toplinski tok koji se odbacuje u okoliš. (Rješenje: Qdov = 2500 MW, Qodv = 1500 MW)


ZADACI 8

OTVORENI SUSTAV I JEDNADŽBE OČUVANJA Primjer 8.1 (jednadžba očuvanja mase) Na slici je prikazan vertikalni presjek hidrauličke turbine. Izlaz iz turbine je izveden na kraju difuzora koji je izveden kao rotacijska ploha oko uzdužne osi turbine. Potrebno je naći brzinu istjecanja vode u presjecima 1 i 2 kada je volumenski protok kroz turbinu Q = 3 m3/s.

Slika Prikaz hidrauličke turbine

Rješenje Brzina vodeu presjeku 1 može se odrediti poznavajući površinu protočnog presjeka 1, kojemu znamo promjer D.

vAQ = → m/s 97.5

48.03

4

221

1 ====ππd

QAQv

Površina protočnog presjeka na izlazu difuzora je prstenasta ploha s promjerom D2 = 4 m, visine h2 = 0.25 m. Brzina strujanja na izlazu je:

m/s 95.025.04

3

2222 ====

ππ hDQ

AQv

Primjer 8.2 (Jednadžba očuvanja mase) Kroz sustav cijevi prema slici struji voda. Prve dvije dionice cjevovoda a i b spojene su u seriju, dok su druge dvije dionice c i d spojene paralelno. Za svaku dionicu zadani su podaci prema slici. Potrebno je izračunati sve ostale podatke koji nedostaju.


Rješenje Pri rješavanju se polazi od pretpostavke očuvanja mase. Ovdje se radi o stacionarnom strujanju nestlačivog fluida. U prve dvije dionice protok fluida je jednak i on se kasnije dijeli na dvije paralelne dionice. Protok fluida ćemo odrediti iz podataka za dionicu b:

/sm 01.024

08.04

322

==== ππb

bbb vDvAQ Qa = Qb = 0.01 m3/s

Sada možemo odrediti brzine strujanja za dionicu a:

m/s 54.306.0

01.04

4

22 =⋅==ππa

aa D

Qv

Volumenski protok se dijeli na protoke u dionicama c i d: Qa = Q = Qc + Qd Prema slici nam je zadan omjer protoka Qd = Qc/2, odakle možemo odrediti protok kroz dionicu c:

232 cccdca QQQQQQQ ⋅=+=+== → 00667.03

01.0232 =⋅=⋅= QQc m3/s

Qd = Qc/2 = 0.00667/2 = 0.00333 m3/s Za dionicu c nam je nepoznanica promjer cijevi Dc :

cc

c vDQ4

2π= → mm 65m 065.0200667.044 ==⋅

⋅==ππc

c vQD

Brzina u dionici d je:

m/s 65.204.000333.04

4

22 =⋅==ππd

dd D

Qv


Primjer 8.3 (jednadžba očuvanja energije) Jedna parna turbina (prema slici), koja obrađuje protok pare od dm/dt = 2 kg/s, dobiva s parom toplinski tok od Qdov = 11 kW. Stanja pare na ulazu i izlazu iz turbine data su u tablici. Tlak p

MPa Temperatura T

K Sadržaj pare x Brzina v

m/s Visina z

m 1 Ulaz 3.0 400 - 80 5 2 Izlaz 0.125 105.99 1 180 2 Potrebno je odrediti mehaničku snagu P koju razvija turbina. Rješenje Razvijena snaga turbine P zadana je produktom masenog protoka i specifičnog rada w po jedinici mase. Spcifični rad po jedinici mase w izračunava se u presjecima 1 i 2 na kontrolnoj površini (granici) kontrolnog volumena (ili termodinamičkog sustava).

wgzvhgzvhq +++=+++ 2

22

21

21

1 22

( ) ( ) qzzgvvhhw +−+−+−= 21

22

21

21 2

Razliku među entalpijama na ulazu i izlazu iz turbine odrediti ćemo iz termodinamičkih tablica: h1 - h2 = 3230.9 - 2685.4 = 545.5 kJ/kg Promjena kinetičke energije je:

kgkJ 4.14kgJ 14400sm 14400218060

222

2222

21 −=−=−=−=− vv

Promjena potencijalne energije je: g(z1 - z2) = 9.81(5 - 2) = 29.43 m2/s2 = 0.02943 kJ/kg Količina topline dovedena po jedinici mase (u masenom protoku) je:

kgkJ 5.5kgJ 105.52

1011 33

−=⋅−=⋅−==mQq&

Konačno je specifični rad jednak:

kgkJ 6.5255.502943.04.145.545 =−+−=w a ukupna mehanička snaga koju turbina predaje potrošačima je:


kW 1051.2=W 102.1051106.5252 33 ⋅=⋅⋅== wmP & Ako analiziramo doprinose različitih članova jednadžbe za specifični rad, vidimo da je doprinos razlike entalpije najveći, dok je doprinos razlike potencijalne energije najmanji. Primjer 8.4 (Rad i snaga turbine) Maseni protok od dm/dt = 10 kg/s vodene pare ulazi u turbinu sa specifičnom entalpijom od h1 = 3161.7 kJ/kg i izlazi sa specifičnom entalpijom h2 = 2310.1 kJ/kg. Potrebno je odrediti specifični rad w i mehaničku snagu P. Rješenje Specifični rad (zanemarujući ostale doprinose) izračunavamo iz razlike entalpije: w = h1 - h2 = 3161.7 - 2310.1 = 851.6 kJ/kg Mehanička snaga je:

MW8.516=W 108516106.85110 33 ⋅=⋅⋅== wmP & Primjer 8.5 (jednadžba očuvanja energije) U kondenzatoru rashladnog postrojenja radni fluid (Freon R12) s masenim protokom dm/dt = 0.02 kg/s ulazi pri tlaku p1 = 1.2 MPa i temperaturi T1 = 100 °C i izlazi ukapljen pri tlaku p2 = 1.15 MPa i temperaturi T2 = 40 °C. Rashladna voda ulazi u kondenzator s temperaturom Tul = 5 °C i izlazi s temperaturom Tizl = 15 °C. Potrebno je odrediti maseni protok rashladne vode za hlađenje kondenzatora.

Slika Shema kondenzatora Rješenje Da bi riješili ovaj zadatak promatrati ćemo dva odvojena otvorena termodinamička sustava koji između sebe izmjenjuju toplinu odvedenu freonu pri kondenzaciji. Podaci o radnim medijima za ulaz i izlaz dati su u tablici:

Kontrolna ploha


Položaj h kJ/kg Radni medij Stanje Izvor Ulaz c1 409.5 Freon 12 Pregrijana para Term. tablice Izlaz c2 238.535 Freon 12 Zasićena kapljevina Term. tablice Ulaz f1 20.98 Voda Tekućina Term. tablice Izlaz f2 62.9 Voda Tekućina Term. tablice

Toplinski tok potreban za kondenzaciju freona je:

( ) ( ) W 1042.310535.2385.40902.0 3321 ⋅=⋅−=−= hhmQ &

Maseni protok vode potreban za hlađenje kondenzatora je:

skg 082.098.209.62

1042.3 3=

−⋅=

−=

ulizlv hh

Qm&

Primjer 8.6 (jednadžba očuvanja količine gibanja) Iz otvora na vertikalnoj stijenci spremnika izlazi mlaz vode brzinom od v = 5.6 m/s. Razina vode u spremniku je konstantna (vidi sliku). Na mjestu izlaza mlaz ima promjer od d = 40 mm. Ako znamo da se spremnik giba brzinom od u = 0.9 m/s suprotno od smjera istjecanja mlaza, potrebno je odrediti poriv mlaza F i rad mlaza na spremnik u jedinici vremena.

Slika Poriv mlaza vode na spremnik u gibanju

Rješenje Duž osi x primjeniti ćemo jednadžbu očuvanja količine gibanja.

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) N 41.399.09.06.54

04.06.510004

22

12 =−−−⋅=−−−=−=∑ππρ uuvdvvvmF &

Snagu mlaza ćemo izračunati iz rada sile poriva na spemnik (hvatište sile) u jedinici vremena, tj. kao produkt sile poriva i brzine spremnika: P = Fvs = 39.41⋅0.9 = 35.47 W

Kontrolni volumen


Primjer 8.7 (unutarnji stupanj djelovanja turbine) Turbina je napajana parom tlaka p1 = 1.2 MPa i temperature T1 = 300 °C. Para na izlazu iz turbine ima tlak p2 = 10 kPa. Turbina na svome vratilu odaje specifični rad w = 700 kJ/kg pare. Koristeći termodinamičke tablice za vodenu paru potrebno je izračunati: a) izentropski stupanj djelovanja pretvorbe ηt u turbini, b) efektivnu entalpiju h2 i sadržaj pare na izlazu iz turbine, c) postotnu promjenu entropije i d) pomoću Mollierovog h-s dijagrama za vodenu paru potrebno je odrediti stupanj djelovanja ηt, entalpiju h2, sadržaj pare x i entropiju s2. Rješenje a) Izentropski stupanj djelovanja ηt predstavlja omjer idealne i stvarne promjene entalpije prilikom pretvorbe energije u turbini. Rad predan turbini je w = 700 kJ/kg i predstavlja stvarnu razliku entalpija. Duž izentrope možemo između tlakova p1 i p2 naći idealnu razliku entalpija. Stanju pare na ulazu odgovaraju vrijednosti: p1 = 1.2 MPa, T1 = 300 °C, h1 = 3045.8 kJ/kg, s1 = 7.0317 kJ/kg.K Za točku na izentropi pri tlaku na izlazu naći ćemo vrijednosti za p2 = 10 kPa tako da ćemo najprije odrediti sadržaj pare, a zatim iz njega entalpiju:

( )ssxsss ′−′′+′== 21 → 851.06493.05009.76493.00317.7 =

−−=

′−′′′−=

ssssx

( ) ( ) kgkJ 1.222883.19163.2584851.083.1912 =−+=′−′′+′= hhxhh

Idealna (izentropska) promjena entropije je: wt,is = h2 - h1 = 3045.8 - 2228.1 = 817.7 kJ/kg Izentropski stupanj djelovanja turbine je:

856.07.817

700

,===

istt w

wη

b) Efektivna entalpija na izlazu iz turbine je: w = h1 - h2e → h2e = h1 - w = 3045.8 - 700 = 2345.8 kJ/kg Sadržaj pare je:

90.083.19163.258483.1918.23452 =

−−=

′−′′′−=

hhhhx e

c) Specifična entropija za paru na izlazu iz turbine je: s2e = s’ + x(s” - s’) = 0.6493 + 0.9(8.1502 - 0.6493) = 7.40 kJ/kg.K Postotno povećanje entropije je:

%2.51000317.7

0317.740.71001

12 =−=−s

ss e


d) Sada ćemo koristiti Mollierov h-s dijagram. Najprije ćemo odrediti točku koja predstavlja stanje pare na ulazu u turbinu i to na presjecištu izoterme T1 = 300 °C i izobare p1 = 1.2 MPa. Našli smo se u području pregrijane pare. Očitavamo h1 = 3050 kJ/kg i s1 = 7.05 kJ/kg.K. Sada nalazimo točku na izobari p2 = 10 kPa pri istoj entropiji. Nalazimo se u području isparavanja. Očitavamo sadržaj pare x = 0.854 i h2 = 2230 kJ/kg. Izentropski stupanj djelovanja je:

854.022303050

700

21=

−=

−=

hhw

tη

Efektivna entalpija je: h2e = h1 - w = 3050 - 700 = 2350 kJ/kg Sada odredimo položaj točke 2e na izobari p2 = 10 kPa i entalpiji h2e = 2350 kJ/kg. Nalazimo se u području isparavanja. Očitavamo s2e =7.42 kJ/kg.K i x2e = 0.902. Primjer 8.8 (stupanj djelovanja kompresora) Kompresor koji adijabatski komprimira zrak sa stupnjem djelovanja od ηc = 0.85 usisava zrak pri tlaku p1 = 100 kPa i temperaturi T1 = 300 K. Brzinu pri usisu i na tlačnoj strani možemo zanemariti. Zrak se tlači natlak p2 = 1 MPa. Uz pretpostavku da je zrak idealni plin sa eksponentom adijabate κ = 1.40 i cp = 1003.5 J/kg.K potrebno je odrediti mehanički rad za pogon kompresora i efektivnu temperaturu zraka na tlačnoj strani (na izlazu iz) kompresora. Rješenje Izentropski stupanj djelovanja kompresora je:

wwc

c =η → ( )

c

p

c

isc TTcww

ηη21, −

==

K579100

10003004.1

14.11

1

212 =

=

=

−−κ

κ

ppTT

wc,is = cp(T1 - T2) = 1003.5(579 - 300) = -280⋅103 J/kg

J/kg 104.32985.0

10280 33

, ⋅−=⋅−==c

iscww

η

Efektivna temperatura zraka na izlazu iz kompresora je:

( )epe TTchhw 2121 −=−= → K6285.1003104.329300

3

12 =⋅−−=−=p

e cwTT


DOPUNSKI ZADACI 1. Voda struji u prvoj cijevi promjera 1.1 m brzinom od 2.6 m/s i iz nje ulazi u drugu cijev s

promjerom 1.3 m. Druga cijev je serijski vezana na prvu cijev. Potrebno je izračunati volumenski protok Q i brzinu vb u drugoj cijevi. (Rješenje: Q = 2.471 m3/s, vb = 1.86 m/s)

2. Volumenski protok vode od 3.6 m3/s dijeli se na dvije cijevi c i d koje su postavljene paralelno. Cijev c ima promjer 0.9 m i kroz nju imamo protok od 1.2 m3/s. Brzina strujanja u cijevi d je 2.4 m/s. Potrebno je izračunati brzinu strujanja vc u cijevi c i promjer dd za cijev d. (Rješenje: vc = 2.22 m/s, dd = 1.13 m)

3. Potrebno je odrediti silu poriva F koju mlaz vode promjera 50 mm s brzinom od 18 m/s vrši na spremnik iz kojega istječe. (Rješenje: F = 636 N)

4. U visokotlačno kućište turbine ulazi protok pare od 74.2 kg/s s entalpijom od 2765 kJ/kg na ulazu i entalpijom od 2517 kJ/kg. U niskotlačno kućište ulazi protok pare od 57 kg/s s entalpijom na ulazu od 2674 kJ/kg i na izlazu od 2279 kJ/kg. Potrebno je izračunati mehaničku snagu PVT za visokotlačni dio turbine, snagu PNT za niskotlačni dio turbine i ukupnu snagu Puk. (Rješenje: PVT = 18.4 MW, PNT = 22.5 MW, P = 40.9 MW)

5. Protok vode od 75.6 kg/s ulazi s entalpijom od 688 kJ/kg u generator pare i iz njega izlazi kao para s entalpijom 2765 kJ/kg. Potrebno je izračunati snagu kotla. (Rješenje: P = 157 MW)

6. Iz turbine izlazi para s protokom od 54.3 kg/s i s entalpijom od 2279 kJ/kg ulazi u kondenzator. Kondenzat na izlazu iz kondenzatora ima entalpiju od 140 kJ/kg. Potrebno je izračunati termičku snagu koja se oduzima pari da bi se kondenzirala. (Rješenje: P = 116.1 MW)

7. Pomoću Mollierovog dijagrama potrebno je odrediti početnu entalpiju h1, početnu entropiju s1 i izentropski pad entalpije ∆hs pare u turbini. Para u turbinu ulazi s tlakom od 4 MPa i s temperaturom od 480 °C da bi se u turbini izvršila adijabatska ekspanzija na tlak od 10 kPa. Ako znamo da je izentropski stupanj djelovanja turbine jednak 0.85, potrebno je odrediti entalpiju h2, sadržaj pare x2 i efektivnu snagu turbine Pe. (Rješenje: h1 =3398 kJ/kg, s1 = 7.02 kJ/kg.K, ∆hs = 1173 kJ/kg, h2 = 2401 kJ/kg, x2 = 0.923, Pe = 997 kJ/kg)

8. Turbini dovodimo paru tlaka 1.5 MPa i temperature 350 °C. Para iz turbine izlazi pri tlaku od 10 kPa. Rad koji se predaje turbini je 744.5 kJ/kg. Pomoću Mollierovog dijagrama potrebno je odrediti entalpiju i entropiju na početku ekspanzije, entalpiju na kraju izentropske ekspanzije, idealni entalpijski pad, idealni sadržaj pare, izentropski stupanj djelovanja turbine, efektivnu entalpiju i sadržaj pare na kraju stvarne ekspanzije u turbini. (Rješenje: h1 = 3147 kJ/kg, s1 = 7.10 kJ/kg.K, h2s = 2250 kJ/kg, ∆hs = 897 kJ/kg, x2s = 0.86, ηt,is = 0.83, h2 = 2402.5 kJ/kg, x2 = 0.925)


ZADACI 9

DINAMIKA NESTLAČIVOG FLUIDA Primjer 9.1 (Prijelaz iz laminarnog u turbulentno područje strujanja) Voda pri atmosferskom tlaku i temperaturi od 20 °C struji kroz cijev promjera 30 mm. Potrebno je odrediti a) kritičnu brzinu pri kojoj počinje prijelaz iz laminarnog u turbulentno strujanje, b) kritičnu brzinu pri kojoj bi imali prijelaz iz laminarnog strujanja u turbulentno, ako bi kroz cijev strujao zrak. Rješenje

a) Reynoldsov broj je: νvL=Re → sm 07.0

030.01001.12100Re 6

=⋅⋅==−

Lv kr ν

b) sm 06.1030.0

1051.12100Re 5=⋅⋅==

−

Lv kr ν

Primjer 9.2 (Protok i Reynoldsov broj za strujanje u cjevovodu) Ulje gustoće ρ = 930 kg/m3 i viskoznosti µ = 0.26 Pa.s protječe kroz cjevovod masenim protokom od 3 kg/s. Promjer cijevi je 80 mm. Potrebno je a) izračunati brzinu ulja u cjevovodu, b) pokazati da je brzina strujanja manja od kritične brzine strujanja, tj. da je strujanje laminarno. Rješenje a) Brzinu ulja ćemo odrediti iz jednadžbe kontinuiteta:

vAm ρ=& → sm 64.008.093034

4

22 =⋅

⋅===ππρ

ρ Dm

Amv

&&

b) Reynoldsov broj za ovo strujanje je:

2100 = Re< 18326.0

64.008.0930Re kr=⋅⋅===µ

ρν

vdvd

Primjer 9.3 (brzina i tlak u cjevovodu) Jedna pumpa za navodnjavanje (slika) dobavlja vodu (gustoća ρ = 1000 kg/m3) tako da joj dovodi specifičnu energiju po jedinici težine od 25 J/N, što odgovara stupcu tekućine od 25 m. Pumpa siše vodu iz bazena čija je razina 4 m ispod pumpe i tlači je do mlaznice koja se nalazi 2 m iznad pumpe. Promjer mlaznice je 40 mm. Promjer usisne i tlačne cijevi je 120 mm. Ovdje ćemo strujanje vode promatrati uz zanemarivanje trenja duž cijevi. Potrebno je odrediti: a) brzinu mlaza vode koji izlazi iz mlaznice (točka 3 na slici), b) tlak u usisnoj cijevi na mjestu usisa u pumpu (točka 1 na slici).


Rješenje a) Da bi riješili ovaj problem koristimo se Bernoulijevom jednadžbom

3

233

1

211

22z

gv

gpHz

gv

gp

p ++=+++ρρ

22

255

31

21312

3

sm 78.372

256081.92

081.91000

100.1100.181.922

2

=

=

+−+

⋅+

⋅⋅−⋅⋅⋅=

+−++−= pHzz

gv

gppgv

ρ

v3 = 19.31 m/s b) Da bi mogli odrediti tlak na usisu u pumpu potrebno je poznavati brzinu strujanja vode u usisnoj cijevi. Brzinu vode odrediti ćemo iz jednadžbe kontinuiteta:

1122 vAvA = → sm 14.212.0

31.1904.02

2

22

323

2

332 =⋅===

dvd

AvAv

2

222

1

211

22z

gv

gpz

gv

gp ++=++

ρρ

Pa107.5981.91000

100.14081.9214.2081.91000

23

5221

21

22

21

2 ⋅=

⋅⋅+−+

⋅−⋅=

+−+−=

gpzz

gvvgp

ρρ

Primjer 9.4 (Protok i tlak u sifonu) Sifon promjera 100 mm (slika) ispunjen je vodom i slobodno se prazni u okoliš u kojemu vlada atmosferski tlak. Pražnjenje se vrši kroz mlaznicu promjera 50 mm. Gubici zbog trenja fluida se zanemaruju. Potrebno je odrediti a) volumni protok kroz mlaznicu, b) relativne tlakove u točkama 1, 2, 3 i 4.

Razina tekućine (referentna razina)

Pumpa


Rješenje a) Na presjeke 0 i 5 primjeniti ćemo Bernoulijevu jednadžbu:

5

255

0

200

22z

gv

gpz

gv

gp ++=++

ρρ

U točki 0 imamo: p0 = 105 Pa, v0 = 0 m/s, z0 = 4 m U točki 5 imamo: p0 = 105 Pa, z0 = 0 m

sm 86.881.92

04081.91000

101081.922

22552

050

505 =

⋅

+−+⋅

−⋅=

+−+−=

gvzz

gppgv

ρ

Volumni protok na mlaznici je:

sm 0174.04

05.086.84

322

55555 ==== ππdvAvV&

b) Sada ćemo najprije izračunati brzinu u cijevi sifona iz jednadžbe kontinuiteta:

sm 21.212.0

0174.04422 =⋅===ππcd

VAVv

&&

Pomoću Bernoulijeve jednadžbe ćemo sada odrediti relativne tlakove u svakom od presjeka cijevi: Tlak u presjeku 1:

1

211

0

200

22z

gv

gpz

gv

gp ++=++

ρρ

Piezometarska linija

Referentna razina


kPa -2.44

= Pa24400081.9221.2081.91000

2

22

10

21

20

01,1

=

−=

−+

⋅−⋅=

−+−=−= zz

gvvgppp r ρ

Tlak u presjeku 2:

2

222

0

200

22z

gv

gpz

gv

gp ++=++

ρρ

kPa -31.88

= Pa318803081.9221.2081.91000

2

22

20

22

20

02,2

=

−=

−+

⋅−⋅=

−+−=−= zz

gvvgppp r ρ

Tlak u presjeku 3:

3

233

0

200

22z

gv

gpz

gv

gp ++=++

ρρ

kPa -2.44

= Pa24400081.9221.2081.91000

2

22

30

23

20

03,3

=

−=

−+

⋅−⋅=

−+−=−= zz

gvvgppp r ρ

Tlak u presjeku 4:

4

244

0

200

22z

gv

gpz

gv

gp ++=++

ρρ

kPa 36.8

= Pa368004081.9221.2081.91000

2

22

40

24

20

04,4

=

=

++

⋅−⋅=

−+−=−= zz

gvvgppp r ρ

Primjer 9.5 (Stvarni protok na sapnici) Kroz provrt na spremniku izlazi voda. Promjer provrta je 10 mm. Visina vode iznad provrta je 2 m. Koeficijent kontrakcije mlaza je Cc = 0.64, a koeficijent brzine je Cb = 0.97. Potrebno je odrediti a) promjer mlaza, b) efektivnu brziu istjecanja, c) teorijski protok i d) stvarni protok. Rješenje a) Promjer mlaza d je onaj koji mjerimo na mjestu suženja mlaza.

44

22,

,ππ dCAC

dA cc

emem ===

mm 8=m 008.001.064.02

, =⋅=== dCdCd ccem


b) Brzina istrujavanja:

sm 08.6281.9297.02 =⋅⋅=== hgCvCv btb c) Teorijski protok ćemo dobiti kada bi mlaz teorijskom brzinom vt istjecao po cijelom protočnom presjeku sapnice:

sm 1092.44

01.0281.924

2 3422

−⋅=⋅⋅=== ππdghAvV tt&

d) Stvarni protok bi dobili sa stvarnom brzinom istjcanja i stvarnom površinom mlaza na izlazu iz sapnice:

sm 103.054=1092.464.097.0 3-44, ⋅⋅⋅⋅==== −

tcbctbem VCCACvCAvV && DOPUNSKI ZADACI 1. Potrebno je izračunati Reynoldsov broj Rekr koji odgovara kritičnoj brzini zraka od 0.31

m/s u cijevi promjera 100 mm. Izračunti brzinu vode pri kojoj bi dostigli kritični Reynoldsov broj za protok kroz istu cijev. Podatke za kinematsku viskoznost usvojiti iz tablica. (Rješenje: Recr = 2053, vcr = 0.02 m/s)

2. Ulja gustoće 930 kg/m3 i dinamičke viskoznosti 0.26 kg/(m.s) protječe s protokom od 5 dm3/s kroz cijev promjera 50 mm. Potrebno je odrediti brzinu v, Reynoldsov broj i karakter strujanja. (Rješenje: v = 2.5 m/s, Re = 547, strujanje je laminarno)

3. Etilni alkohol gustoće 789 kg/m3 i dinamičke viskoznosti 0.012 kg/(m.s) protječe protokom od 2.5 kg/s kroz cijev promjera 70 mm. Potrebno je odrediti brzinu v, Reynoldsov broj i karakter strujanja. (Rješenje: v = 0.82 m/s, Re = 37700, strujanje je turbulentno)

4. Potrebno je izračunati ukupnu visinu H struje vode (gustoća 1000 kg/m3), koja protječe kroz cjevovod pri tlaku 40 kPa, na visini od 5 m brzinom od 10 m/s. (Rješenje: H = 14.17 m)

5. U cijevi promjera 50 mm struji voda (gustoća 1000 kg/m3) konstantnom brzinom od 2.4 m/s. Potrebno je izračunati tlak p u jednom presjeku koji se nalazi na razini od 2 m, znajući da u jednom drugom presjeku, koji je na visini od 10 m, vlada tlak od 275 kPa. (Rješenje: p = 353 kPa)

6. Cijev u kojoj struji voda (gustoća 1000 kg/m3) s protokom od 0.1 m3/s ima u gornjem dijelu promjer od 1.4 m, koji se nalazi na visini od 4 m, tlak od 80 kPa. Cijev u donjem dijelu, koji se nalazi na visini od 0 m, ima promjer od 0.5 m. Potrebno je izračunati brzinu vg u gornjem dijelu cijevi i brzinu vd i tlak pd u donjem dijelu cijevi. (Rješenje: vg = 0.06 m/s, vd = 0.51 m/s, pd = 119 kPa)

7. Tekućina izlazi iz provrta s promjerom od 20 mm, koji se nalazi 6 m ispod razine tekućine. Ako pretpostavimo da je koeficijent kontrakcije mlaza jednak Cc = 0.65 i da je koeficijent brzine Cb = 0.98, potrebno je izračunati promjer mlaza na mjestu suženja, brzinu istrujavanja i volumenski protok u mlazu. (Rješenje: d = 16 mm, v = 10.6 m/s, Q = 2.15 dm3/s)


ZADACI 10

STACIONARNO STRUJANJE FLUIDA U CIJEVOVODIMA Primjer 10.1 (Pad tlaka u cijevi) Kroz glatku cijev promjera D = 20 mm, dugu L = 700 m struji voda s protokom Q = 0.157 dm3/s. Potrebno je odrediti a) pad tlaka zbog trenja u cijevi i b) odgovarajući pad napora. Rješenje a) Iz dijagrama za pad tlaka u cijevima (slika 10.6) polazimo od protoka Q = 0.157 dm3/s i dižemo vertikalu sve do pravca za cijev promjera 20 mm. Od toga presjecišta vučemo horizontalu do ordinate gdje ćemo očitati pad tlaka:

mPa 197=∆Lp

U istom dijagramu, linije koje su nagnute u drugom smjeru odnose se na brzinu strujanja. Iz tih linija bi očitali brzinu strujanja v = 0.5 m/s, čemu odgovara protok od Q = 0.157 dm3/s na promjeru od 20 mm. Ukupni pad tlaka na cijeloj dužini cjevovoda je:

kPa 137.9= Pa137900700197 =⋅=∆=∆ LLpp

b) Pad napora ćemo odrediti tako da pad tlaka pretvorimo u stupac tekućine:

Hgp ∆=∆ ρ

m 1.1481.91000

137900 =⋅

=∆=∆gpH

ρ stupca vode

Primjer 10.2 (Pad tlaka u cijevi za strujanje zraka) Kroz glatki cjevovod, dužine 500 m, struji zrak s protokom Q = 1 m3/s. Potrebno je odrediti ukupni pad tlaka, odgovarajući pad napora i promjer cjevovoda za dvije različite brzine strujanja zraka: a) v = 5 m/s i b) v = 10 m/s. Rješenje a) Iz dijagrama za pad tlaka u cijevima (slika 10.6b) polazimo od protoka Q = 1 m3/s i dižemo vertikalu sve do pravca za brzinu v = 5 m/s. Od toga presjecišta vučemo horizontalu do ordinate gdje ćemo očitati pad tlaka:

mPa 5.0=∆Lp

Ukupni pad tlaka na cijeloj dužini cjevovoda je:


Pa2505005.0 =⋅=∆=∆ LLpp

Pad napora ćemo odrediti tako da pad tlaka pretvorimo u stupac fluida:

Hgp ∆=∆ ρ

m 2.2181.92.1

250 =⋅

=∆=∆gpH

ρ stupca zraka

Protoku od 1 m3/s pri brzini strujanja od 5 m/s odgovara promjer cijevi od D = 0.5 m b) Iz dijagrama za pad tlaka u cijevima (slika 10.6b) polazimo od protoka Q = 1 m3/s i dižemo vertikalu sve do pravca za brzinu v = 10 m/s. Od toga presjecišta vučemo horizontalu do ordinate gdje ćemo očitati pad tlaka:

mPa 5.2=∆Lp

Ukupni pad tlaka na cijeloj dužini cjevovoda je:

Pa12505005.2 =⋅=∆=∆ LLpp

Pad napora ćemo odrediti tako da pad tlaka pretvorimo u stupac fluida:

Hgp ∆=∆ ρ

m 2.10681.92.1

1250 =⋅

=∆=∆gpH

ρ stupca zraka

Protoku od 1 m3/s pri brzini strujanja od 10 m/s odgovara promjer cijevi od D = 0.35 m Primjer 10.3 (Potrebna snaga za održavanje fluida u gibanju) Kroz horizontalnu čeličnu cijev promjera 50 mm, dužine 1200 m, teče voda s dinamičkom viskoznosti µ = 0.001 Ns/m2. Cijev je nova i čista i ima kružni presjek. Potrebno je odrediti pad napora zbog gubitaka trenja i potrebnu snagu za pokrivanje gubitaka trenja za dva različita protoka vode: a) Q = 0.06 dm3/s i b) Q = 0.6 dm3/s. Rješenje a) Najprije moramo odrediti Reynoldsov broj:

sd

QAQv m 0305.0

05.01006.044

2

3

2 =⋅⋅===−

ππ

1525001.0

05.00305.01000Re =⋅⋅===µ

ρν

vddv


Strujanje je laminarno. Iz dijagrama za koeficijent trenja po Moodyju dobivamo λ = 0.04. Istu vrijednost mogli smo dobiti iz jednadžbe:

04.0042.01525

64Re64 ≈===λ

Pad napora u dionici cjevovoda je:

m 0455.081.91000

20305.01000

05.0120004.0

2

22

=⋅

⋅

==∆=∆g

vdL

gph

ρ

ρλ

ρ stupca vode.

Potrebna snaga za održavanje strujanja vode je:

W 02679.00455.081.910001006.0 3 =⋅⋅⋅⋅=∆=∆= −hgQpQP ρ b) Najprije moramo odrediti Reynoldsov broj:

sd

QAQv m 305.0

05.0106.0442

3

2 =⋅⋅===−

ππ

15250001.0

05.0305.01000Re =⋅⋅===µ

ρν

vddv

Strujanje je turbulentno. U ovom slučaju potrebno je poznavati relativnu hrapavost cijevi k/d. Za k/d = 0.001 i Reynoldsov broj Re = 15250 iz dijagrama očitavamo koeficijent trenja λ = 0.03. Koeficijent trenja možemo odrediti i iz jednadžbe:

+−=

+−=

+−=

λλλλ0001646.00002857.0log2

1525051.2

5.3001.0log2

Re51.2

7.3log21 dk

Iteracijskim postupkom dobiti ćemo da je λ = 0.03. Pad napora u dionici cjevovoda je:

m 414.381.91000

2305.01000

05.0120003.0

2

22

=⋅

⋅

==∆=∆g

vdL

gph

ρ

ρλ

ρ stupca vode.

Potrebna snaga za održavanje strujanja vode je:

W 095.20414.381.91000106.0 3 =⋅⋅⋅⋅=∆=∆= −hgQpQP ρ Primjer 10.4 (Ukupni pad tlaka u cjevovodu s armaturom) U trgovačkoj čeličnoj cijevi promjera d = 50 mm i dužine L = 30 m protječe voda. Koeficijent trenja za strujanje u cijevi je λ = 0.02. Volumenski protok vode u cijevi je Q = 0.012 m3/s. Cijev povezuje dva spremnika, tako da je potrebno uzeti u obzir gubitke strujanja na ulazu i


na izlazu iz cijevi. U cjevovodu su ugrađena dva koljena po 90° i jedan ventil, koji je pri ovom protoku potpuno otvoren. Potrebno je odrediti ukupni pad napora. Rješenje Ukupni pad napora izračunati ćemo iz pada tlaka:

gv

dL

gpH i 2

2

+=∆=∆ ∑ξλ

ρ

Suma lokalnih otpora trenja je: Ulaz u cijev: ξ1 = 0.5 Izlaz iz cijevi: ξ2 = 0.5 Koljeno 90°: ξ3 = 0.6 Otvoreni ventil: ξ5 = 0.26 Σξ = ξ1 + ξ2 + ξ3 + ξ4 + ξ5 = 0.5 + 0.5 + 0.6 + 0.6 + 0.26 = 2.46 Brzina strujanja je:

sm 11.605.0

012.04422 =⋅===ππd

QAQv

m 51.2781.92

11.646.205.0

3002.02

=⋅

+=∆H stupca fluida

DOPUNSKI ZADACI 1. U glatkoj cijevi s unutarnjim promjerom od 40 mm, dužine 600 m, protječe voda s

protokom od 0.4 dm3/s. Potrebno je odrediti brzinu vode, pad tlaka po jednom dužnom metru cijevi, ukupni pad tlaka i ukupni pad napora. (Rješenje: v = 0.32 m/s, ∆p/L = 38 Pa/m, ∆p = 22.8 kPa, ∆H = 2.3 m stupca vode)

2. Kroz glatki cjevovod s unutarnjim promjerom 400 mm, dužine 400 m, struji zrak s protokom od 1 m3/s. potrebno je odrediti brzinu zraka, pad tlaka po metru dužnom cijevi, ukupni pad tlaka i ukupni pad napora. (Rješenje: v = 8 m/s, ∆p/L = 1.4 Pa/m, ∆p = 560 Pa, ∆H = 47.5 m stupca zraka)

3. Koja je snaga potrebna za održavanje protoka vode od 0.4 dm3/s kojastruji kroz cjevovod tako da je pad napora jednak 2.3 m stupca vode? (Rješenje: P = 9 W)

4. Potrebno je odrediti Reynoldsov broj i koeficijent trenja za strujanje vode s protokom od 0.4 dm3/s kroz cjevovod promjera 40 mm. (Rješenje: Re = 12600, λ = 0.03)

5. Potrebno je odrediti Reynoldsov broj i koeficijent trenja za protok zraka od 1 m3/s kroz cjevovod promjera 400 mm. (Rješenje: Re = 211000, λ = 0.015)

6. Kroz trgovačku čeličnu cijev promjera 50 mm protječe voda s protokom od 0.012 m3/s. Potrebno je odrediti relativnu hrapavost, Reynoldsov broj i koeficijent trenja. (Rješenje: k/d = 0.0009, Re = 302500, λ = 0.02)


7. Potrebno je izračunati dodatni pad napora na cjevovodu u kojemu voda struji brzinom od 8 m/s zbog toga što su ugrađena dva koljena po 45° i ventil (zasun), koji je otvoren napola. (Rješenje: ∆H = 12.6 m stupca vode)

8. Kroz trgovačku čeličnu cijev, promjera 76 mm, dužine 60 m, protječe voda brzinom od 6 m/s. Koeficijent trenja za strujanje u cijevi je λ = 0.019. Cjevovod ima i lokalne otpore na ulazu i na izlazu iz cijevi, na ventilu (zasunu), koji je otvoren na 3/4 i dva koljena od 90°. Potrebno je izračunati ukupni pad napora. (Rješenje: ∆H = 32.1 m stupca vode)

9. Voda koja izlazi iz većeg spremnika ulazi u čeličnu cijev promjera 50 mm i dužine 15 m. U cjevovodu promjera 50 mm je ugrađen kuglasti ventil (otvoren). Nakon toga cijev sena kraju širi na promjer od 200 mm. Znajući da je koeficijent trenja za strujanje kroz cijev jednak λ = 0.02, potrebno je odrediti lokalne koeficijente trenja na ulazu, na kuglastom ventilu i na naglom proširenju cijevi. Znajući da je brzina vode u cijevi jednaka v = 5.4 m/s, potrebno je izračunati ukupni pad napora. (Rješenje: ξ1 = 0.5, ξ2 =9, ξ3 = 0.88, ∆H = 24.3 m stupca vode)


ZADACI 11

DINAMIKA KOMPRESIBILNIH FLUIDA Primjer 11.1 (Protok zraka u cjevovodu) Kroz termički izolirani cjevovod s promjenljivim presjekom struji adijabatski i bez izmjene rada s okolišem, zrak sljedećih karakteristika: Stanje na ulazu: statička temperatura T1 = 800 K, brzina v1 = 150 m/s. Stanje na izlazu: statički tlak p2 = 100 kPa, brzina v2 = 600 m/s. Potrebno je odrediti: a) zastojne temperature na ulazu T1

o i izlazu T2o, b) statičku temperaturu

T2 na izlazu, c) zastojni tlak p1o na ulazu i d) omjer površina A1/A2 na ulazu i izlazu.

Rješenje a) Protok je izentropski (adijabatski) i povrativi. Zahvaljujući tome zastojna entalpija na izlazu jednaka je zastojnoj entalpiji na ulazu.

2

21

11vhhh oo +== → ( )

2

21

11vTTc o

p =−

K2.8115.10032

1508002

221

11 =⋅

+=+=p

o

cvTT

Obzirom da su zastojne entalpije jednake, to će i zastojne temperature (uz pretpostavku cp = konst) biti jednake: T

o = T1o = T2

o = 811.2 K b) Statička temperatura T2 na izlazu biti će izračunata iz entalpije i poznate brzine strujanja:

K8.6315.10032

6002.8112

222

22 =⋅

−=−=p

o

cvTT

c) Zastojni tlak p2

o možemo odrediti iz promjena temperature i tlaka za adijabatsku promjenu:

Pa108.2398.6312.81110100 314.1

4.1

31

2

222 ⋅=

⋅=

=

−−κκ

TTpp

oo

Obzirom da je promjena adijabatska i bez izmjene rada s okolišem, zastojni tlakovi na ulazu i izlazu su jednaki pa je: p

o = p1o = p2

o = 239.8 kPa d) Iz jednadžbe kontinuiteta u koje ćemo umjesto gustoća staviti izraze za gustoću, dobiti ćemo omjer protočnih presjeka:


ρ1A1v1 = ρ2A2v2 → 222

211

1

1 vARTpvA

RTp =

Tlak p1 je:

Pa104.2282.811

800108.239 314.14.1

31

1

111 ⋅=

⋅=

=

−−κκ

oo

TTpp

Konačno je omjer površina:

218.28.631

800150104.228

600101003

3

2

1

11

22

2

1 =⋅⋅

⋅⋅==TT

vpvp

AA

Primjer 11.2 (Stanje pare u jednom dijelu turbine) U jednom dijelu parne turbine, stanje pare je sljedeće: zastojni tlak je po = 800 kPa, zastojna temperatura je T o = 200 °C i statički tlak je p = 350 kPa. Pomoću Mollierovog dijagrama potrebno je odrediti: a) statičku temperaturu T i odgovarajuće vrijednosti entropije i specifičnog volumena, b) brzinu pare, c) maseni protok pare po jedinici površine. Rješenje a) Za zadano stanje po = 800 kPa i T o = 200 °C iz Mollierovog dijagrama očitavaju se vrijednosti: ho = 2839 kJ/kg so = 6.815 kJ/(kg.K) Zastojno stanje je na istoj vrijednosti entropije kao i statičko stanje (po definiciji). U presjecištu izentrope so = 6.815 kJ/(kg.K) i izobare p = 350 kPa imamo točku koja određuje stanje pare u turbini: T = 139 °C h = 2681 kJ/kg v = 0.5 kg/m3

b) Brzinu ćemo dobiti iz razlika zastojne i statičke entalpije:

Područje smjese pare i tekućine

Linija zasićenja


( ) ( ) shhhv o m 14.5621026812839222 3 =⋅−=−=∆= c) Maseni protok po jedinici površine dobiti ćemo iz jednadžbe kontinuiteta:

vAm ρ=& → smkg 28..11245.014.562 2=== v

Am ρ&

Primjer 11.3 (Brzina zvuka u pari unutar cjevovoda) Potrebno je izračunati brzinu zvuka u pari koja protječe kroz cjevovod pri temperaturi T = 200 °C i tlaku od p = 0.8 MPa. Rješenje Stanje pare određuje točku u području pregrijane pare, tako da je eksponent adijabate κ = 1.3. Specifični volumen pare je v = 0.2608 m3/kg. Brzina zvuka je:

sm 8.5202608.08000003.1 =⋅⋅=== pvRTa κκ Primjer 11.4 (Machov broj za strujanje zraka u cijevi) Kroz cijevovod protječe zrak brzinom od 500 m/s. a) Potrebno je odrediti Machov broj M za dvije različite temperature zraka T1 = 298 K i T2 = 1000 K. b) Koji bi bio Machov broj kada bi umjesto zraka protjecao helij? Rješenje a) Brzina zvuka će biti: za temperaturu T1 = 298 K:

03.3462982874.1 =⋅⋅== RTa κ m/s → 445.103.246

500 ===avM

Za temperaturu T2 = 1200 K:

38.69412002874.1 =⋅⋅== RTa κ m/s → 72.038.694

500 ===avM

b) ako bi imali helij, njegova plinska konstanta je R = 2077 J/kg.K, κ = 1.667, za temperaturu T1 = 298 K:

77.10152982077667.1 =⋅⋅== RTa κ m/s → 4922.077.1015

500 ===avM

Za temperaturu T2 = 1200 K:

34.203812002077667.1 =⋅⋅== RTa κ m/s → 2453.034.2038

500 ===avM


DOPUNSKI ZADACI 1. U nekom presjeku cjevovoda izmjerena je statička temperatura od 900 K. Potrebno je

izračunati zastojnu temperaturu T o zraka koji struji kroz cijev za dvije različite brzine strujanja: a) za brzinu od 120 m/s i b) za brzinu od 200 m/s. (Rješenje: a) T o = 907 K, b) T o = 920 K)

2. Potrebno je odrediti specifični volumen i brzinu zvuka za paru koja struji kroz cjevovod pri temperaturi od 300 K i tlaku od 200 kPa. (Rješenje: v = 1.3162 m3/kg, a = 585 m/s)

3. Potrebno je izračunati brzinu zvuka i Machov broj za zrak koji pri temperaturi od 600 °C protječe kroz cjevovod brzinom od 400 m/s. (Rješenje: a = 592 m/s, M = 0.67)

4. Potrebno je izračunati brzinu istjecanja pare, ako znamo da je entalpijski pad jednak 120 kJ/kg. (Rješenje: v = 490 m/s)


ZADACI 12

PRIJENOS TOPLINE, IZMJENJIVAČI Primjer 12.1 (Protusmjerni izmjenjivač topline) Protusmjerni izmjenjivač topline s koncentričnim cijevima (slika) koristi se za hlađenje ulja za podmazivanje u jednom plinskoturbinskom postrojenju. Protok rashladne vode, koja struji kroz unutarnju cijev promjera d1 = 15 mm je (dm/dt)v = 0.1 kg/s. Ulje protječe kroz vanjsku cijev promjera d2 = 50 mm s protokom od (dm/dt)u = 0.05 kg/s. Ulje na jednoj strani hladnjaka ulazi s temperaturom od Tu,1 = 110 °C, dok voda ulazi na suprotnoj strani s temperaturom od Tv,1 = 30 °C. Uz pretpostavku da je koeficijent izmjene topline k = 40 W/m2.K potrebno je odrediti potrebnu dužinu izmjenjivača da bi se ulje ohladilo na temperaturu od Tu,2 = 70 °C. U proračunu je potrebno uzeti vrijednosti za ulje: cp = 2.13 kJ/kg.K, a za vodu: cp = 4.18 kJ/kg.K

Slika Shema protusmjernog izmjenjivača topline Rješenje Iz toplinskog toka koji je potrebno oduzeti ulju odrediti ćemo površinu izmjenjivača:

srsr TdLkTAkQ ∆=∆= π1& →

srTdkQL

∆=

1π&

Da bi odredili srednju razliku temperatura ∆Tsr potrebno je odrediti još temperaturu vode na izlazu iz hladnjaka. Sva toplina koju oduzimamo ulju prijeći će na vodu i zagrijati je: Izmjenjena količina topline je:

Uzduž izmjenjivača topline

Ulje

Ulje

Voda

Voda


( ) ( ) W 4260)70110213005.02,1, =−⋅=−= uup TTcmQ && Ovaj se toplinski tok predaje rashladnoj vodi, pa ćemo imati:

( )1,2, vvpvv TTcmQ −= && → 19.4041801.0

426030,

1,2, =⋅

+=+=vpv

vv cmQTT

&

&°C

Srednja razlika temperatura je:

( ) ( ) ( ) ( ) 53.53

307019.40110ln

307019.40110

ln1,2,

2,1,

1,2,2,1, =

−−

−−−=

−−

−−−=∆

vu

vu

vuvusr

TTTT

TTTTT K

Potrebna dužina hladnjaka je:

22.4253.53015.040

4260

1=

⋅⋅⋅=

∆=

ππ srTdkQL&

m

Primjer 12.2 (Izmjenjivač topline s poprečnim strujanjem) Ispušni plinovi sporokretnog dvotaktnog dizelskog motora prolaze kroz utilizacijski kotao poprijeko na snopove cijevi kroz koje prolazi voda i para (slika). Temperatura ispušnih plinova na ulazu je Tp,1 = 400 °C, a na izlazu je Tp,2 = 120 °C. Toplina se predaje vodi pod tlakom koja s protokom od (dm/dt)vp = 1.2 kg/s prelazi s temperature Tvp,1 = 30 °C na temperaturu Tvp,2 = 140 °C. Specifična toplina vode je c5 = 4187 J/kg.K. Koeficijent prijelaza topline je k = 110 W/m2.K. Potrebno je odrediti površinu izmjenjivača za prijenos topline.

Slika Izmjenjivač s poprečnim strujanjem

Rješenje Potrebnu površinu za izmjenu topline odrediti ćemo iz jednadžbe za toplinski tok predan u izmjenjivaču:

srTAkQ ∆=& → srTk

QA∆

=&

Duž izmjenjivača


Da bi mogli izračunati potrebnu površinu, moramo poznavati srednju razliku temperatura i izmjenjeni toplinski tok: Srednju razliku temperatura odrediti ćemo primjenom korekcije pomoću vrijednosti P i Z i dijagrama na slici 12.9:

297.03040030140

1,1,

1,2, =−−=

−−

=vpp

vpvp

TTTT

P

545.230140120400

1,2,

2,1, =−−=

−−

=vpvp

pp

TTTT

Z

Iz dijagrama očitavamo faktor korekcije: F = 0.88 Srednja razlika temperature je:

( ) ( ) ( ) ( ) 02.14188.0

30120140400ln

30120140400

ln1,2,

2,1,

1,2,2,1, =

−−

−−−=

−−

−−−=∆ F

TTTT

TTTTT

vpp

vpp

vppvppsr K

Izmjenjena toplina je:

( ) ( ) W 107.5523014041872.1 31,2,, ⋅=−⋅=−= vpvpvpvp TTcmQ &&

Potrebna površina izmjenjivača topline je:

23

m 63.3502.141110

107.552 =⋅

⋅=∆

=srTk

QA&

Primjer 12.3 (Različite izvedbe izmjenjivača topline) U jednom izmjenjivaču topline s cijevnim snopom protječe etanol s protokom od (dm/dt)e = 10.45 kg/s kojega treba ohladiti s temperature od Te,1 = 60 °C na temperaturu od Te,2 = 35 °C pomoću vode s protokom od (dm/dt)v = 6 kg/s i temperaturom na ulazu Tv,1 = 6 °C. Poznate su kaloričke veličine za pojedine fluide: etanol cp,e = 2400 J/kg.K, voda cp,v = 4180 J/kg.K, promjer cijevi iz kojih se izrađuje cijevni snop je d = 25 mm, koeficijent prijelaza topline k = 550 W/m2.K. potrebno je izračunati dužinu cijevi za sljedeće izvedbe izmjenjivača topline: a) paralelni, b) protusmjerni, c) poprečni. Rješenje a) Dužinu cijevi izmjenjivača odrediti ćemo iz predanog toplinskog toka u izmjenjivaču:

srsr TdLkTAkQ ∆=∆= π1& →

srTdkQL

∆=

1π&

Da bi odredili srednju razliku temperatura ∆Tsr potrebno je odrediti još temperaturu vode na izlazu iz hladnjaka. Sva toplina koju oduzimamo etanolu prijeći će na vodu i zagrijati je: Izmjenjena količina topline je:


( ) ( ) W 627000)3560240045.102,1, =−⋅=−= eep TTcmQ &&

Ovaj se toplinski tok predaje rashladnoj vodi, pa ćemo imati:

( )1,2, vvpvv TTcmQ −= && → 3141806

6270006,

1,2, =⋅

+=+=vpv

vv cmQTT

&

&°C

Srednja razlika temperatura je:

( ) ( ) ( ) ( ) 21.19

3135660ln

3135660

ln2,2,

1,1,

2,2,1,1, =

−−

−−−=

−−

−−−=∆

ve

ve

vevesr

TTTT

TTTTT K

Potrebna dužina hladnjaka je:

56.75521.19025.0550

627000

1=

⋅⋅⋅=

∆=

ππ srTdkQL&

m

b) Srednja razlika temperatura za protusmjerni izmjenjivač je:

( ) ( ) ( ) ( ) oneodredjen

6353160ln

6353160

ln1,2,

2,1,

1,2,2,1, =

−−

−−−=

−−

−−−=∆

ve

ve

vevesr

TTTT

TTTTT

Dobili smo izraz u kojemu se nula dijeli s nulom. Do ovakove situacije dolazi kada su tokovi osjetnih tooplina (produkti masenog protoka i specifične topline) jednaki:

25080240045.10, =⋅== epee cmC && W/K

2508041806, =⋅== vpve cmC && W/K U ovom slučaju je razlika temperature jednaka na ulazu i izlazu iz izmjenjivača topline i jednaka je razlici na ulazu:

2931602,1, =−=−=∆ vesr TTT K Potrebna dužina cijevi za protusmjerni izmjenjivač je:

52.50029025.0550

627000

1=

⋅⋅⋅=

∆=

ππ srTdkQL&

m

c) Srednju razliku temperature za izmjenjivač s poprečnim strujanjem dobivamo kao srednju razliku temperatura za protusmjerni izmjenjivač s time da je množimo s korekcijskim


faktorom F (prema dijagramu na slici 12.9). Da bi odredili korekcijski faktor, potrebni su nam faktori P i Z:

463.0660631

1,1,

1,2, =−−=

−−

=ve

vv

TTTT

P

16313560

1,2

2,1, =−−=

−−

=vv

ee

TTTT

Z

Iz dijagramase dobiva korekcijski faktor: F = 0.9 Srednja razlika temperature je:

1.269.029, =⋅=∆=∆ FTT niprotusmjersrsr K Potrebna dužina cijevi za izmjenjivač s poprečnim strujanjem je:

13.5561.26025.0550

627000

1=

⋅⋅⋅=

∆=

ππ srTdkQL&

m

Komentar: U slučaju izmjenjivača s paralelnim strujanjem dužina cijevi izmjenjivača je bila 756 m, kod izmjenjivača s protusmjernim strujanjem dužina je bila 500 m, a kod izmjenjivača s poprečnim strujanjem 556 m. Odmah vidimo da je izvedba izmjenjivača s paralelnim strujama fluida preskupa i da se posljednje dvije izvedbe razlikuju vrlo malo u dužini cijevi (odnosno površini za prijelaz topline), tako da one predstavljaju najčešće izvođene izmjenjivače topline. DOPUNSKI ZADACI 1. Potrebno je izračunati srednju razliku temperatura za jedan protusmjerni izmjenjivač

topline u kojemu topli fluid (ulje) ulazi s temperaturom od 100 °C i izlazi s temperaturom od 60 °C, dok hladni fluid (voda) ulazi s temperaturom od 15 °C i izlazi s temperaturom od 40 °C. (Rješenje: ∆Tsr = 52.1 K)

2. U jednom protusmjernom izmjenjivaču topline s cijevnim snopom, topli fluid ulazi s temperaturom od 160 °C i izlazi s temperaturom 95 °C. Hladni fluid ulazi s temperaturom od 20 °C i izlazi s temperaturom od 80 °C. Ako znamo da je površina izmjenjivača jednaka 15 m2 i da je koeficijent izmjene topline jednak 240 W/m2.K potrebno je izračunati srednju razliku temperatura i toplinski tok. (Rješenje: ∆Tsr = 77.5 K, P = 279 kW)

3. Potrebno je izračunati potrebnu površinu izmjenjivača za koji je poznat toplinski tok od 560 kW, koeficijent prijelaza topline od 100 W/m2K i srednja razlika temperatura od 140 K. (Rješenje: A = 40 m2)


ZADACI 13

SMJESE PLINOVA Primjer 13.1 (Broj molova u jednoj smesi) Smjesa idealnih plinova ima molarnu masu M = 28.97 kg/kmol i pri temperaturi T = 25 °C i tlaku p = 101 kPa zauzima volumen V = 5.3 m3. Potrebno je odrediti broj molova n, masu m i specifični volumen v smjese plinova. Rješenje Iz jednadžbe stanja imamo:

TnpV ℜ= → ( ) 216.02515.2738314

3.510101 3=

+⋅⋅⋅=

ℜ=

TpVn kmol

Masu smjese možemo odrediti pomoću poznatog broja molova:

26.697.28216.0 =⋅== Mnm kg Specifični volumen je:

847.026.63.5 ===

mVv m3/kg

Specifični volumen smo mogli odrediti i iz Avogadrovog broja:

773.097.284.220

0 ===MVv m3/kg pri normnom stanju.

Specifični volumen pri zadanom stanju ćemo odrediti iz jednakosti masa:

TpV

TVpmR ==0

00 → ( ) 844.010101

2515.27315.27310101773.0 3

3

0

00 =

⋅+⋅==

pT

Tpvv m3/kg

Primjer 13.2 (Sastav i masa zraka) Pomoću poznatih podataka za sastav zraka potrebno je odrediti masene udjele pojedinih sudionika, molarne mase i plinsku konstantu zraka. Rješenje U tablici su navedeni podaci i provedeni su potrebni proračuni za ukupno rješenje ovoga problema. Problem rješavamo na sljedeći način:


Sastojak Volumni udio %

Molarni udio

Molarna masa

kg/kmol

Masa sastojka po 1 kmol zraka, kg

Maseni udio %

1 2 3 4 5 = 3⋅4 6 = 5/Σ5

N2 78.03 0.7803 28.013 21.859 75.46 O2 20.99 0.2099 31.999 6.717 23.19 Ar 0.94 0.0094 39.948 0.376 1.30 CO2 0.03 0.0003 44.01 0.013 0.045 H2 0.01 0.0001 2.016 0.0002 0.0007 Ne 0.0012 0.000012 20.183 0.0003 0.001 He 0.0004 0.000004 4.003 0.00002 0.00007 Zrak

100.00

1.00

Σ5 = 28.966

100.00

Molarni (volumenski) udio yi svakoga sastojka zraka množimo s njegovom molarnom masom i dobivamo masu po jednom kmolu zraka. Sve ove produkte zbrojimo i dobijemo ukupnu molarnu masu zraka. Molarne mase pojedinih sudionika dijelimo s ukupnom molarnom masom i na taj način dobivamo masene udjele. Plinsku konstantnu zraka na kraju dobivamo pomoću molarne mase zraka.

J/kg.K 287966.28

8314 ==ℜ=M

R

Primjer 13.3 (Volumetrijski sastav pojednostavnjenog zraka) Koristeći podatke za pojednostavnjeni sastav zraka (vidi tablicu) potrebno je provjeriti da volumetrijski sastav odgovara podacima koji su prikazani u istoj tablici. Rješenje U tablici su dati podaci i kompletna obrada. Ovdje je zrak sveden samo na dva glavna sastojka, na dušik i kisik. Njihove molarne mase su zaokružene na najbliži cijeli broj. Dijeljenjem masenog udjela s molarnom masom dobiven je broj molova sastojaka po jednom kilogramu zraka. Broj molova je zbrojen, tako da je dobiven broj molova za 1 kg zraka. Dijeljenjem broja molova pojedinog sastojka s ukupnim brojem molova za zrak dobiven je molarni, tj. volumenski udio. Sastojak

Sastav po masi, %

Maseni udio

Molarna masa, kg/kmol

Broj molova, kmol/kg

Molarni udio

Vol. sastav %

1 2 3 4 5 = 3 / 4 6 = 5 / Σ5 7 N2 76.8 0.768 28 0.0274 0.791 79.1 O2 23.2 0.232 32 0.0072 0.209 20.9 Zrak

100.0

1.000

Σ5 = 0.0346

1.000

100.0

DOPUNSKI ZADACI 1. Potrebno je izračunati specifični volumen argona Ar, ugljičnog monoksida CO, helija He i

vodika H2 pri normnom tlaku i temperaturi. (Rješenje: vAr = 0.561 m3/kg, vCO = 0.8 m3/kg, vHe = 5.6 m3/kg, vH2 = 11.12 m3/kg)


2. Potrebno je izračunati gustoću argona Ar, ugljičnog monoksida CO, helija He i vodika H2 pri normnom tlaku i temperaturi. (Rješenje: ρAr = 1.78 kg/m3, ρCO = 1.25 kg/m3, ρHe = 0.178 kg/m3, ρH2 = 0.0899 kg/m3)

3. Potrebno je izračunati specifični volumen argona Ar, ugljičnog monoksida CO, helija He i vodika H2 pri normnom tlaku p = 101 kPa i temperaturi T = 25 °C. (Rješenje: vAr = 0.612 m3/kg, vCO = 0.873 m3/kg, vHe = 6.11 m3/kg, vH2 = 12.14 m3/kg)

4. Pomoću univerzalne plinske konstante potrebno je izračunati plinske konstante argona Ar, ugljičnog monoksida CO, helija He i vodika H2. (Rješenje: RAr = 208 J/kg.K, RCO = 297 J/kg.K, RHe = 2077 J/kg.K, RH2 = 4124 J/kg.K)


ZADACI 14

GORIVA I IZGARANJE Primjer 14.1 (izgaranje ugljena) U ložištu generatora pare izgara ugljen s masenim sastavom datim u postotcima obzirom na masu ugljena: Ugljik C 72.8% Vodik H2 4.8% Kisik O2 6.2% Dušik N2 1.5% Sumpor S 2.2% Vlaga H2O 3.5% Pepeo 9.0% Potrebno je izračunati stehiometrijsku masu zraka za izgaranje i potrebnu količinu zraka za izgaranje pri pretičku zraka λ = 1.25. Rješenje Potrebna stehimetrijska količina zraka je:

kgkg 85.9100

2.62.28.72667.28.4831.4100667.2831.4 =−+⋅+⋅=−++= oschLst

Potrebna količina zraka za izgaranje pri pretičku zraka je:

kgkg 31.1285.925.1 =⋅== stLL λ Problem 14.2 (izgaranje tekućeg goriva - izooktana) Ottov motor napaja se stehiometrijskom gorivom smjesom izooktana C8H18 i zraka. Koristeći se tablicom za tekuća goriva potrebno je odrediti maseni sastav goriva, stehiometrijsku količinu zraka za izgaranje izooktana i ogrijevnu moć stehiometrijske gorive smjese. Rješenje Sastav goriva ćemo naći iz kemijskog sastava formule: 8 atoma C × 12.011 kg/kmol + 18 atoma H × 1.008 kg/kmol = = 96.088 kg C + 18.144 kg H = 114.232 kg goriva

8412.0232.114088.96 ==c = 84.12% 1588.0

232.114144.18 ==h = 15.88%

Stehiometrijska količina zraka za izgaranje je:

kgkg 14.15100

12.84667.288.15831.4100

667.2831.4 =⋅+⋅=−++= oschLst


Ogrijevna moć gorive smjese je:

kgMJ 763.2kgJ 10763.2114.151

106.441

66

=⋅=+⋅

⋅=+

=st

ds L

HHλ

Primjer 14.3 (izgaranje plina - metana) Za metan kao plinovito gorivo potrebno je odrediti maseni sastav goriva, stehiometrijsku količinu zraka za izgaranje i stvarno dovedenu količinu zraka za izgaranje pri pretičku zraka od λ = 1.1. Rješenje Sastav goriva po masi dobiti ćemo iz kemijske formule goriva: 1 atom C × 12.011 kg/kmol + 4 atoma H × 1.008 kg/kmol = = 12.011 kg C + 4.032 kg H = 16.043 kg goriva

7487.0043.16011.12 ==c = 74.87% 2513.0

043.16032.4 ==h = 25.13%

Stehiometrijska količina zraka za izgaranje je:

kgkg 27.17100

87.74667.213.25831.4100667.2831.4 =⋅+⋅=−++= oschLst

Stvarno dovedena količina zraka:

kgkg 00.1927.171.1 =⋅== stLL λ DOPUNSKI ZADACI 1. U ložištu generatora pare izgara bitumenski ugljen sa sljedećim sastavom po masi: c =

72.0%, h = 4.4%, o = 3.6%, n = 1.4%, s = 1.6%, w = 8.0% i a = 9.0%. Potrebno je izračunati stehiometrijsku količinu zraka i efektivnu količinu zraka ako se izgaranje odvija s pretičkom zraka od λ = 1.4. (Rješenje: Lst = 9.7 kg/kg, L = 13.58 kg/kg)

2. U cilindar dizelskog motora ubrizgava se gorivo koje je ekvivalentno tetradekanu C14H30.Potrebno je odrediti maseni sastav i stehiometrijsku količinu zraka. (Rješenje: c = 85%, h = 15%, Lst = 14.9 kg/kg)

3. Tekuće gorivo (Bunker C) ima sljedeći sastav po masi: c = 87.9%, h = 10.3%, o = 0.5%, n = 0.1%, s = 1.2%. Potrebno je izračunati stehiometrijsku masu zraka i efektivnu količinu zraka za izgaranje pri pretičku zraka λ = 1.19. (Rješenje: Lst = 13.66 kg/kg, L = 16.3 kg/kg)

4. Benzin ima po masi 86% ugljika i 14% vodika. Benzin se dovodi u Ottov motor koji koristi gorivu smjesu s pretičkom zraka λ = 0.95. Potrebno je odrediti stehiometrijsku i efektivnu količinu zraka. (Rješenje: Lst = 14.7 kg/kg, L = 14 kg/kg)

5. U petrokemijskom postrojenju na raspolaganju za izgaranje u Ottovom motoru stoji etan C2H6. Potrebno je odrediti maseni sastav goriva, stehiometrijsku količinu zraka (usporediti je s onom u tablici za tekuća goriva). Ako se zna da motor koristi smjesu u


koju se dovodi količina zraka od 17.73 kg/kg goriva, potrebno je izračunati pretičak zraka. (Rješenje: c = 79.89%, h = 20.11%, Lst = 16.117 kg/kg, λ = 1.10)


ZADACI 15

GENERATORI PARE Primjer 15.1 (Gubici u generatoru pare) Generator pare napaja se ugljenom prašinom s protokom od 1 kg/s. Ogrijevna moć ugljena je 33.5 MJ/kg. Protok zraka je 14 kg/s. Temperatura ispušnih plinova na izlazu iz kotla je 193 °C, a temperatura zraka na ulazu u kotao je 20 °C. Specifična toplina plinova izgaranja je cp = 1.13 kJ/kg.K. Količina šljake i pepela po masi je 12%, što odgovara neizgorenom ugljenu u količini od 10%. Potrebno je odrediti toplinsku snagu dovedenu gorivom, različite gubitke, toplinsku snagu predanu fluidu i stupanj djelovanja generatora pare. Rješenje Toplinska snaga koja se dovodi gorivom je:

MW33.5=W 105.33105.331 66 ⋅=⋅⋅== ddov HmP & Gubitak osjetne topline ispušnim plinovima je:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) W 109324.2201931013.1141 63,, ⋅=−⋅⋅⋅+=−+=−= ulizlippzgulizlippip TTcmmTTcmP &&&

Gubitak neizgorenim dijelom ugljena (10% od dovedenog ugljena, s time da je u neizgorenom ostatku 12% ugljena):

W 10402.0105.33112.01.012.01.0 66 ⋅=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅= dgneizg HmP & Gubitak zračenjem se procjenjuje na 0.5%, dok se ostali gubici procjenjuju na 1.5%: dovedene energije:

W 100.67=105.3302.0 66 ⋅⋅⋅=zrP Snaga predana fluidu je:

( ) MW29.5=W 105.291067.0402.09324.25.33 66 ⋅=⋅−−−=−−−= zrneizgipdovgp PPPPP Stupanj djelovanja generatora pare je:

%06.888806.05.335.29 ====

dov

gpgp P

Pπ

Primjer 15.2 (Ventilatori u generatoru pare i uravnotežena promaja) U generatoru pare s uravnoteženom promajom, ventilator s naporom od ha = 330 mmVS dobavlja zrak u ložište s protokom od 54 kg/s. Zrak se uzima iz okoliša pri temperaturi od 27 °C. drugi ventilator usisava plinove izgaranja s protokom od 57.3 kg/s pri temperaturi od 162 °C i naporu hb = 274 mmVS. uz pretpostavku da je stupanj djelovanja ventilatora jednak 0.75,


potrebno je odrediti snagu za pogon dovodnog ventilatora i snagu za pogon odsisnog ventilatora. Rješenje Snagu ventilatora izračunati ćemo po jednadžbi:

πVpP&∆=

Najprije moramo naći volumenske protoke:

034.461001.1

300287545 =

⋅⋅⋅===

pTRmmV aa

a

aa

&&&ρ

m3/s

828.701001.1

4352873.575 =

⋅⋅⋅===

pTRmmV bb

b

bb

&&&ρ

m3/s

Snaga ventilatora je:

kW 198.7=W 10987.175.0

034.46330.081.91000 5⋅=⋅⋅⋅==∆=η

ρη

aavaaa

VhgVpP&&

kW 253.8=W 10538.275.0

828.70274.081.91000 5⋅=⋅⋅⋅==∆=η

ρη

bbvbbb

VhgVpP&&

DOPUNSKI ZADACI 1. U ložište jednog generatora pare dovodimo ugljenu prašinu s protokom od 2 kg/s i zrak s

protokom od 28 kg/s. Izlazna temperatura ispušnih plinova je 185 °C, a ulazna temperatura zraka je 20 °C. Specifična toplina ispušnih plinova je cp = 1.13 kJ/kg.K. Količina neizgorenih tvari je 11%, a u njima ima oko 8% zaostalog ugljena. Potrebno je izračunati gubitke topline s negorivim ostatkom, ispušnim plinovima i ukupne gubitke, ako znamo da su svi ostali gubici jednaki 1.2 MW. (Rješenje: Pneizg = 0.6 MW, Pip = 5.6 MW, Pgub = 7.4 MW)

2. Ložište jednog kotla napaja se protokom od 2 kg/s ugljene prašine, čija je ogrijevna moć manja i jednaka 33 MJ/kg. Znajući da su ukupni gubici 7.4 MW, potrebno je izračunati snagu dovedenu gorivom, snagu predanu fluidu i stupanj djelovanja generatora pare. (Rješenje: Pdov = 66 MW, Pgp = 58.6 MW, η = 0.89)

3. U generatoru pare, stalni ventilator dobavlja zrak s protokom od 60 kg/s (gustoće od 1.17 kg/m3) i naporom od 400 mmVS. Uz pretpostavku da je stupanj djelovanja ventilatora jednak 0.76 potrebno je izračunati snagu za pogon ventilatora. (Rješenje: Pa = 264.9 kW)

4. U generatoru pare ugrađen je odsisni ventilator ispušnih plinova. Protok na ventilatoru je 63.5 kg/s pri temperaturi od 185 °C i naporu od 250 mmVS. Potrebno je izračunati volumenski protok ispušnih plinova i njihovu gustoću. Uz pretpostavku da je stupanj djelovanja ventilatora 0.76 potrebno je izračunati snagu za pogon ventilatora. (Rješenje: ρ = 0.79 kg/m3, Q = 80.4 m3/s, Pa = 264.9 kW)


ZADACI 17

PRINCIPI DJELOVANJA STROJEVA Primjer 17.1 (Rad centripetalne turbine) Rotor hidrauličke turbine vrti se pri n = 5 s-1 (300 min-1). Voda ulazi u rotor na radiusu r1

= 0.5 m s tangencijalnom komponentom brzine c1,u = 16 m/s i iz rotora izlazi na radiusu r2 = 0.3 m s tangencijalnom komponentom brzine c2,u = 0.5 m/s. Volumenski protok vode kroz turbinu je Q = 3.5 m3/s. Potrebno je odrediti rad po jedinici mase fluida, moment na vratilu turbine i snagu turbine. Rješenje Rad po jedinici mase je:

( ) ( ) ( ) kgJ 6.2465.03.0165.0522 2211221122111 =⋅−⋅⋅⋅⋅=−=−=−= ππω uuuuuu crcrncrcrcucuw Snaga turbine je:

kW 863.2=W 1015.8636.2465.31000 311 ⋅=⋅⋅=== wVwmP && ρ

Moment na vratilu je:

( ) kNm 27.5=Nm 2747552102.863 3

2211 =⋅⋅⋅=−==

πω uu crcrmPM &

Primjer 17.2 (Bezdimenzionalne karakteristike centrifugalne pumpe) Centrifugalna pumpa A, koja ima promjer rotora DA = 600 mm, ispitivana je pri brzini vrtnje nA = 12.5 s-1 (750 min-1). Podaci dobiveni mjerenjem prikazani su u tablici 17.1: Tablica 17.1

Protok QA m3/s

Napor hA m

St. djelovanja ηA

0.0 40.0 0.00 0.1 40.4 0.40 0.2 40.6 0.57 0.3 40.0 0.69 0.4 38.7 0.78 0.5 36.0 0.83 0.6 32.0 0.83 0.7 25.6 0.75 0.8 16.0 0.53 0.9 4.0 0.15 0.93 0.0 0.00

Potrebno je odrediti karakteristike neke druge pumpe B koja pripada istoj obitelji, s time da ima promjer DB = 450 mm i brzinu vrtnje nB = 20 s-1 (1200 min-1). potrebno je izračunati


bezdimenzionalne koeficijente za brzinu Φ i tlak Ψ za pumpe A i B. Potrebno je nacrtati krivulje karakteristika h = f(Q) i η = f(Q) za obje pumpe, te karakteristike Ψ = f(Φ) i η = f(Φ). Rješenje Za preračunavanje svojstava druge pumpe iz svojstava prve pumpe, obzirom da pripadaju istoj obitelji, koristimo izraze za slične pumpe:

675.0600450

5.1220 33

=

=

=

A

B

A

B

A

B

DD

nn

VV&

&,

44.1600450

5.1220 2222

=

=

=

A

B

A

B

A

B

DD

nn

hh

Pomoću ovih jednadžbi vršimo preračunavanje. Rezultati su prikazani u tablici 17.2 Tablica 17.2

Protok QA m3/s

Napor hA m

St. djelovanja ηA

Protok QB m3/s

Napor hB m

St. djelovanjaηB

0.0 40.0 0.00 0.000 57.6 0.00 0.1 40.4 0.40 0.070 58.2 0.40 0.2 40.6 0.57 0.135 58.5 0.57 0.3 40.0 0.69 0.200 57.6 0.69 0.4 38.7 0.78 0.270 55.7 0.78 0.5 36.0 0.83 0.340 51.8 0.83 0.6 32.0 0.83 0.405 46.1 0.83 0.7 25.6 0.75 0.470 36.9 0.75 0.8 16.0 0.53 0.540 23.0 0.53 0.9 4.0 0.15 0.610 5.8 0.15 0.93 0.0 0.00 0.630 0.0 0.00

Bezdimenzionalne koeficijente za brzinu Φ i tlak Ψ možemo odrediti po jednadžbama:

3DnQ=Φ 22 Dn

hg=Ψ

Vrijednosti za svaku pumpu su:

7.26.05.12 33AA

AA

AA

QQDn

Q =⋅

==Φ

8225.145.020 33BB

BB

BB

QQDn

Q =⋅

==Φ

AA

AA

AA hh

Dnhg ⋅=⋅==Ψ 1744.0

6.05.1281.9

2222


BB

BB

BB hh

Dnhg ⋅=⋅==Ψ 1211.0

45.02081.9

2222

Pomoću tih jednadžbi izračunate su vrijednosti koje su prikazane u tablici 17.3 Tablica 17.3

ΦA ΨA ηA ΦB ΨB ηB 0.000 6.96 0.00 0.000 6.97 0.00 0.037 7.03 0.40 0.038 7.04 0.40 0.074 7.06 0.57 0.074 7.08 0.57 0.111 6.96 0.69 0.110 6.97 0.69 0.148 6.73 0.78 0.148 6.74 0.78 0.185 6.26 0.83 0.187 6.27 0.83 0.222 5.57 0.83 0.222 5.58 0.83 0.259 4.45 0.75 0.258 4.46 0.75 0.296 2.78 0.53 0.296 2.78 0.53 0.333 0.70 0.15 0.335 0.70 0.15 0.344 0.00 0.00 0.346 0.00 0.00

Primjer 17.3 (Specifična brzina i specifični promjer pumpe) Iz slike 17.14a za pumpu iz ranijeg primjera proizašlo bi da centrifugalna pumpa A (nA = 12.5 s-1, DA = 0.6 m) ima optimalnu (projektnu) toču na protoku od Q = 0.55 m3/s i pri naporu hA = 34 mVS. Potrebno je odrediti specifičnu brzinu ωs, specifični promjer Ds i stupanj djelovanja u projektnoj točki. Potrebno je odrediti specifičnu brzinu ωs, specifični promjer Ds i stupanj djelovanja u radnoj točki pri protoku Q = 0.3 m3/s i naporu h = 40 m.


Rješenje Specifična brzina je:

( ) ( )746.0

3481.955.05.1222 4343 =

⋅== ππω

As gh

Qn

Specifični promjer je:

( ) ( ) 457.355.03481.96.0

4141

=⋅==Q

ghDD As

S ove dvije vrijednosti ulazimo u dijagram po Baljeu ωs - Ds (slika 17.15). Ove koordinate daju točku koja upada u područje gdje je hidraulički stupanj djelovanja viši od 0.9 Da bi našli koja je specifična brzina i specifični promjer, te koji je stupanj djelovanja u izmjenjenom protoku i naporu, ponoviti ćemo proračun: Specifična brzina je:

( ) ( )4879.0

4081.93.05.1222 4343 =

⋅== ππω

As gh

Qn

Specifični promjer je:

( ) ( ) 8755.43.0

4081.96.04141

=⋅==Q

ghDD As

S ove dvije vrijednosti ulazimo u dijagram po Baljeu ωs - Ds (slika 17.15). Ove koordinate daju točku koja upada u područje gdje možemo procijeniti hidraulički stupanj djelovanja na vrijednost od 0.85. Da bi prešli s ovako dobivenih stupnjeva djelovanja na stupanj djelovanja pumpe, potrebno je hidraulički stupanj djelovanja pomnožiti s volumetrijskim stupnjem djelovanja i stupnjem djelovanja rotora.


ZADACI 18

HIDRAULIČKE TURBINE Primjer 18.1 (Usporedba dvije izvedbe turbine) Na raspolaganju nam stoji protok vode Q = 5.7 m3/s s korisnim padom od h = 370 mVS. Brzina vrtnje rotora mora biti takova da ga se može spojiti na sinkroni generator. Potrebno je odrediti glavne karakteristike (brzinu vrtnje, promjer rotora i korisnu snagu) koje se mogu postići pri maksimalnom stupnju djelovanja pomoću a) jedne Peltonove turbine (s omjerom obodne brzine k = 0.46) ili b) jedne Francisove turbine (s omjerom obodne brzine k = 0.75). Na kraju je potrebno dati usporedbu oba rješenja. Rješenje a) Napor je, kako ćemo kasnije vidjeti, vrlo velik i orijentiramo se na jednu Peltonovu turbinu s tri mlaza, koja prema tablici 18.3. ima srednju vrijednost specifične brzine od 0.1. Ova nam vrijednost prema slici 18.9 omogućuje da nađemo najviši stupanj djelovanja od 0.88. Kada znamo specifičnu brzinu možemo odrediti brzinu vrtnje iz jednadžbe za specifičnu brzinu:

( ) 432A

s ghQ

nπω =

( ) ( ) 117.3

7.5237081.91.0

2

4343

=⋅⋅==ππ

ωQ

ghn s s-1 = 187.04 min-1

Najbliža sinkrona brzina za pogon električnog generatora za frekvenciju izmjenične struje od 50 Hz je 3.125 s-1 (187.5 min-1). Na dijagramu na slici 18.8 za specifičnu brzinu vrtnje 0.1 i na krivulji za Peltonovu turbinu možemo očitati stupanj djelovanja η = 0.88. Tu možemo za optimalni stupanj djelovanja očitati i specifični promjer Ds = 13. Iz specifičnog promjera izračunati ćemo promjer rotora:

( )Q

ghDD As

41

=

( ) ( )9986.3

37081.97.513

4141 =⋅⋅==

ghQD

D s m

Promjer možemo odrediti i iz omjera obodne brzine:

ghnD

ghuk

22π==

002.4117.3

37081.9246.02=⋅⋅⋅==

ππ nghk

D m


Korisna snaga turbine je:

MW18.2=W 10207.1837081.910007.588.0 6⋅=⋅⋅⋅⋅== ghQPa ρη b) Iz slike 18.9 i tablice 18.3 nalazimo da je specifična brzina, koju možemo očitati za značajno viši stupanj djelovanja od 0.94 za sporokretnu Francisovu turbinu. jednaka ωs = 0.6. Iz poznate vrijednosti specifične brzine nalazimo brzinu vrtnje:

( ) ( ) 702.187.5237081.96.0

2

4343

=⋅⋅==ππ

ωQ

ghn s s-1 = 1122.12 min-1

Najbliža brzina vrtnje za pogon sinkronog električnog generatora za frekvenciju od 50 Hz je n = 16.67 s-1 (1000 min-1). Sada moramo izvršiti korekciju specifične brzine prema sinkronoj brzini vrtnje:

( ) ( )535.0

37081.97.567.1622 4343 =

⋅== ππω

As gh

Qn

Iz slike 18.8 odabiremo specifični promjer za poznatu specifičnu brzinu nastojeći da postignemo najveći stupanj djelovanja. Dobiveni specifični promjer je Ds = 4. Iz specifičnog promjera možemo odrediti promjer rotora turbine:

( ) ( )2303.1

37081.97.54

4141 =⋅

⋅==gh

QDD s m

Promjer rotora možemo odrediti i iz omjera obodne brzine k = 0.75

202.1267.16

37081.9275.02=⋅⋅⋅==

ππ nghk

D m

Snaga Francisove turbine je:

MW19.4=W 10448.1937081.910007.594.0 6⋅=⋅⋅⋅⋅== ghQPb ρη Usporedba obje izvedbe. Francisova turbina s manjim promjerom rotora od svega 1.23 m umjesto Peltonove turbine velikog promjera rotora od 4 m ostvaruje na datom vodotoku 1.2 MW (za 3.2%) veću snagu. DOPUNSKI ZADACI 1. Potrebno je izračunati snagu koju razvija turbina, koja pri padu od 310 m obrađuje

volumni protok vode od 7 m3/s uz stupanj djelovanja od 0.94 (Rješenje: Francisova turbina, P = 20 MW)

2. Potrebno je izračunati specifičnu brzinu, specifični promjer, vrstu i hidraulički stupanj djelovanja jedne turbine koja pri padu od 310 m obrađuje protok od 7 m3/s s promjerom rotora od 1425 mm i brzinom vrtnje od 12.5 s-1. (Rješenje: ωs = 0.51, Ds = 4, Francisova turbina, η > 0.9)


3. Potrebno je izračunati specifičnu brzinu turbine koja pri padu od 310 m razvija snagu od 20 MW pri brzini vrtnje 12.5 s-1. (Rješenje: ωs = 0.49)

4. Potrebno je izračunati specifičnu brzinu, specifični promjer pri maksimalnom stupnju djelovanja, vrstu turbine i promjer rotora za turbinu koja pri padu od 6 m obrađuje protok vode od 16.5 m3/s pri brzini vrtnje od 5 s-1. (Rješenje: ωs = 6, Ds = 1.1, Kaplanova turbina, D = 1613 mm)

5. Jednoj turbini, koja se vrti brzinom od 12.5 s-1, uz pad od 200 m, pridružen je koeficijent obodne brzine k = 0.75. Potrebno je izračunati promjer rotora turbine. (Rješenje: D = 1200 mm)

Pogonski i radni strojevi Zadaci

64

ZADACI 19

HIDRAULIČKE I AKCIJSKE TURBINE Primjer 19.1 (Dimenzioniranje Peltonove turbine) Jedna Peltonova turbina ima samo jednu mlaznicu i radi s korisnim padom od hv = 1150 m i protokom od Q = 1.5 m3/s. Poznat je organski stupanj djelovanja ηo = 0.96, omjer obodne brzine k = 0.47, koeficijent istjecanja ϕ = 0.98, koeficijent smanjenja relativne brzine ψ = 0.96 i kut izlaza β = 18°. Potrebno je odrediti: a) Brzinu vrtnje n kako bi turbinu mogli spojiti na sinkroni generator. b) Korisnu snagu Pe c) Promjer rotora D, obodnu brzinu u, promjer mlaza d i omjer D/d. d) Broj lopatica N i glavne dimenzije lopatice (prema slici 19.1) A, B, C, D i E. Rješenje a) Da bi odredili brzinu vrtnje n potrebno je odrediti vrijednost specifične brzne ωs kako bi se dostigla čim viša korisnost i kako bi se u isto vrijeme turbina mogla spojiti na sinkroni generator s frekvencijom 50 Hz. Iz tablice i iz dijagrama imamo kao specifičnu brzinu za maksimalnu korisnost jedne Peltonove turbine s jednim mlazom vrijednost ωs = 0.07. iz poznate vrijednosti za specifičnu brzinu odrediti ćemo brzinu vrtnje: Tablica: Karakteristične specifične brzine ωs različitih vrsta hidrauličkih turbina Vrsta turbine Karakteristična specifična brzina ωs Donja granica Sredina Gornja granicaPelton turbina s 1 mlazom 0.03 0.07 Pelton turbina s 3 mlaza 0.1 0.35 Francis turbina, spora 0.25 0.6 Francis turbina, normalna 1.1 Francis turbina, brza 1.6 2.5 Kaplan turbina s 8 lopatica 1.7 2.5 Kaplan turbina s 6 lopatica 3.2 Kaplan turbina s 5 lopatica 3.8 Kaplan turbina s 4 lopatice 4.3 6 Propelerna (aksijalna) turbina 4.6 10

Uku

pnis

tupa

njdj

elov

anja


65

( ) 432v

s ghQ

nπω = → ( ) ( ) 957.9

5.12115081.907.0

2

75.043

=⋅⋅

⋅⋅==ππ

ωQ

ghn vs s-1 = 10 s-1

Dobili smo brzinu vrtnje koju smo zaokružili na 10 s-1, što omogućuje pogon sinkronog generatora s 5 pari polova. Specifična brzina vrtnje za ovu zaokruženu brzinu vrtnje je ωs = 0.0703. b) Korisna snaga turbine je:

vte hgQP ρη= Najprije moramo odrediti stupanj djelovanja turbine. Iz dijagrama možemo očitati da je hidraulički stupanj djelovanja ηh = 0.92 za ωs = 0.07. Ukupni stupanj djelovanja turbine je produkt hidrauličkog stupnja djelovanja ηh = 0.92, volumetrijskog ηv = 1 i organskog ηo = 0.96, tako da imamo:

610946.14115081.910005.196.0192.0 ⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅== vovhe hgQP ρηηη W = 14.95 MW c) Iz dijagrama na gornjoj slici za ωs = 0.07 dobivamo vrijednost specifičnog promjera Ds = 19. Iz ove vrijednosti ćemo odrediti promjer rotora:

( )Q

ghDDs

25.0

= → ( ) ( )

258.2115081.9

5.11925.025.0 =

⋅==

v

s

ghQD

D m = 2258 mm

1 ili 3 mlaza

1 ili 3 mlaza

Krivulja optimalnog Ds

Karakteristična specifična brzina ωs


66

Promjer možemo izračunati i iz koeficijenta obodne brzine k = 0.47:

vv ghDn

ghuk

22π== → 247.2

10115081.9247.02

=⋅

⋅⋅⋅==ππ Dn

ghkD v m = 2247 mm

Usvojiti ćemo promjer rotora D = 2250 mm. Obodna brzina je: u n D= = ⋅ ⋅ =π π 10 2 25 70 686. . m/s Promjer mlaza d izračunati ćemo iz volumenskoga protoka i brzine strujanja:

2.147115081.9298.02 =⋅⋅== vghc ϕ m/s

4

2πdcAcQ == → 1139.02.147

5.144=

⋅⋅==

ππ cQd m = 114 mm

Omjer D/d je: D/d = 2250/114 = 19.74 Specifična brzina može se izračunati i po jednadžbama za broj mlazeva i = 1.

06992.025.2

114.0138.138.1 =⋅==Ddisω = 0.07

d) Za empirijsku relaciju citiranu na slici 19.1 dobivamo broj lopatica:

87.24114.02

25.2152

15 =⋅

+=+=d

DN

Broj lopatica zaokružujemo na N = 25. Glavne dimenzije lopatice prema slici 4.1 su: A = (0.9 ... 1.2) d → A = 1.0 ⋅ 0.114 = 0.114 m = 114 mm B = (2.8 ... 3.5) d → B = 3.1 ⋅ 0.114 = 0.3534 m = 353 mm C = (0.8 ... 0.9) d → C = 0.85 ⋅ 0.114 = 0.0969 m = 97 mm E = (1.2 ... 1.3) d → E = 1.25 ⋅ 0.114 = 0.1425 m = 143 mm DOPUNSKI ZADACI 1. Potrebno je izračunati snagu Pe Peltonove turbine s 1 mlazom koja pri padu od 795 m i

protoku od 9.18 m3/s ima ukupni stupanj djelovanja 0.90 uz brzinu vrtnje 428 min-1. (Rješenje: Pe = 64.4 MW)

2. Potrebno je izračunati brzinu mlaza c (poznat je pad od 795 m i koeficijent istjecanja 0.98), promjer mlaza d, specifičnu brzinu ωs, (poznata je brzina vrtnje 7.19 s-1), specifični promjer Ds u uvjetima najvišeg stupnja djelovanja, promjer rotora D, omjer d/D za


67

Peltonovu turbinu s jednim mlazom iz zadatka 1 u slučaju da se usvaja izvedba s dva rotora (proračuni prema tome trebaju biti izvedeni s polovičnim protokom 4.59 m3/s, dok je ukupni protok 9.18 m3/s). (Rješenje: c = 122.4 m/s, d = 218.5 mm, ωs = 0.115, Ds = 11.3, D = 2570 mm, d/D = 0.085)

3. Potrebno je izračunati promjer d jednog mlaza (protok vode je 9.18 m3/s, a brzina mlaza je 122.4 m/s), omjer d/D (za poznati promjer rotora D = 2.57 m), specifičnu brzinu ωs i specifični promjer Ds kada se odlučimo za prijelaz s dvije Peltonove turbine na jednu Pelton turbinu s tri mlaza. (Rješenje: d = 178.4 mm, d/D = 0.07, ωs = 0.17, Ds = 8)

4. Potrebno je izračunati obodnu brzinu u i omjer obodne brzine k, ako je poznata brzina mlaza od 122.4 m/s, promjer rotora 2.57 m i brzina vrtnje 7.13 s-1. (Rješenje: u = 57.6 m/s, k = 0.47)


68

ZADACI 20

REAKCIJSKE HIDRAULIČKE TURBINE Primjer 20.1 (Dimenzije jedne Francisove turbine) Potrebno je projektirati jednu Francisovu turbinu koja će raditi u uvjetima maksimalne korisnosti za koristan pad hu = 120 m i protok Q = 2.5 m3/s. Turbina je direktno vezana na sinkroni električni generator koji se vrti s brzinom vrtnje n = 10 s-1 (600 min-1). Generator ima 10 polova, a frekvencija električne struje je 50 Hz. Potrebno je odrediti: a) specifičnu brzinu, specifični promjer, hidraulički i ukupni stupanj djelovanja. b) efektivnu snagu. c) promjer rotora i obodnu brzinu. Rješenje a) Specifična brzina je:

( ) ( ) 5.0494.012081.9

5.21022 75.075.0 ≈=⋅

⋅== ππωu

s ghQ

n

Specifična brzina je niska, tako da se radi o sporom rotoru. Obzirom na dobivenu specifičnu brzinu, specifični promjer koji će dati najveću korisnost je (prema slici) Ds = 4.1, a hidraulički stupanj djelovanja je ηH = 0.94. Ukupni stupanj djelovanja za turbinu naći ćemo iz dijagrama na slici 18.9 kao ηT = 0.925. b) Efektivna snaga turbine je: Pe = ηT⋅Q⋅ρ⋅g⋅hu = 0.925⋅2.5⋅1000⋅9.81⋅120 = 2.7223⋅106 W = 2.72 MW c) Promjer rotora dobiti ćemo iz jednadžbe za specifični promjer:


69

( )

QghDD u

s

25.0

= → ( ) ( )

1067.112081.9

5.21.425.025.0 =

⋅==

u

s

ghQD

D m = 1107 mm

Obodna brzina je: u = D⋅π⋅n = 1.107⋅π⋅10 = 34.78 m/s Primjer 20.2 (Dimenzioniranje jedne propelerne turbine) Potrebno je projektirati jednu propelernu turbinu u uvjetima maksimalnog stupnja djelovanja za koristan pad hu = 5.6 m i protok Q = 9.5 m3/s. Turbina je direktno vezana na električni generator koji se vrti s brzinom vrtnje od n = 4.167 s-1 (250 min-1) (24 polova, 50 Hz). Potrebno je odrediti: a) specifičnu brzinu, specifični promjer, hidraulički i ukupni stupanj djelovanja. b) efektivnu snagu. c) promjer rotora i obodnu brzinu. d) promjer D3 na izlazu difuzora, gdje je izlazna brzina jednaka c3 = 1.5 m/s i gubitak energije na izlazu. Rješenje a) Specifična brzina je:

( ) ( )0.49992.3

6.581.95.9167.422 75.075.0 ≈=

⋅⋅== ππω

us gh

Qn

Iz dijagrama Balje za specifičnu brzinu odabiremo specifični promjer da se postigne najveći stupanj djelovanja. Nalazimo vrijednost Ds = 1.4 (točkasta linija, prijašnja slika). Hidraulički stupanj djelovanja je jednak: ηH = 0.85 b) Efektivnu snagu ćemo dobiti tako da koristimo ukupni stupanj djelovanja turbine, koji ćemo ocijeniti na ηT = 0.84:

4383896.581.910005.984.0 =⋅⋅⋅⋅== uTe hgQP ρη W = 438.4 kW c) Promjer rotora ćemo naći iz specifičnog promjera:

( ) ( )585.1

6.581.95.94.1

25.025.0 =⋅⋅==

u

s

ghQD

D m

Obodna brzina je: u = D⋅π⋅n = 1.585⋅π⋅4.167 = 20.75 m/s


70

d) Kada nebi imali difuzor na izlazu iz turbine, gubitak na izlaznoj strani bi bio vrlo visok (oko 25% napora), što je nedopustivo. Postavljanjem difuzora smanjiti ćemo taj gubitak tako da smanjujemo izlaznu brzinu na 1.5 m/s. Promjer D3 na izlazu iz difuzora računamo po jednadžbi kontinuiteta:

3

23

4vDQ π

=

84.25.15.944

33 =

⋅⋅==

ππ vQD m

Gubitak na izlazu time postaje: ( )

0205.06.581.92

5.12

2 223

23 =

⋅⋅==

uu ghv

ghv

= 2%

Kada bi sva voda prolazila kroz cijev s promjerom rotora, gubitak bi bio:

23

3

=

DD

vv

2113.0585.184.20205.0

22

443

23

2

=

=

=DD

ghv

ghv

uu

= 21.13%

DOPUNSKI ZADACI 1. Potrebno je izračunati specifičnu brzinu ωs, tip, specifični promjer Ds, hidraulički stupanj

djelovanja, ukupni stupanj djelovanja i efektivnu snagu turbine koja obrađuje koristan pad od 86 m s protokom od 4 m3/s pri brzini vrtnje od 10 s-1. (Rješenje: ωs = 0.8, tip: Francisova turbina, Ds = 3.0, ηH = 0.95, ηT = 0.94, Pe = 3.17 MW)

2. Za zadani protok 4 m3/s, koristan napor 86 m, specifični promjer 3.0 i brzinu vrtnje 10 s-1 potrebno je izračunati promjer rotora D, obodnu brzinu u, idealnu brzinu c* i omjer obodne brzine k za jednu Francisovu turbinu. (Rješenje: D = 1.1 m, u = 34.5 m/s, c* = 41.1 m/s, k = 0.84)

3. Potrebno je izračunati idealnu brzinu c*, obodnu brzinu u i omjer obodne brzine k za jednu reakcijsku turbinu koja ima koristan pad 127.5 m s promjerom rotora 1146 mm pri brzini vrtnje od 10 s-1. (Rješenje: c* = 50 m/s, u = 36 m/s, k = 0.72)

4. Potrebno je izračunati stupanj reakcije χ za jednu hidrauličku turbinu koja obrađuje koristan pad od 127.5 m uz hidraulički stupanj djelovanja od 0.93 i apsolutnom brzinom na ulazu od 33 m/s. (Rješenje: χ = 0.53)

Parne turbine Zadaci

71

ZADACI 21

PARNE TURBINE

Primjer 21.1 (Stupanj aksijalne turbine) Stupanj reakcijske parne turbine sastoji se iz niza rotorskih lopatica na opsegu diska s promjerom D = 1 m, koji rotira brzinom vrtnje od n = 100 s-1 (6000 min-1). Proces je opisan trokutima brzine, koji su simetrični obzirom na uzdužnu os rotora. Omjer između obodne brzine u i apsolutne brzine pare c1 iznosi u/c1 = cos α1 uz α1 = 30o (vidi sliku). Para u rotor ulazi pod tlakom od p = 350 kPa, uz sadržaj pare x = 1 i protok od 210 kg/s. Potrebno je odrediti: a) specifični rad l1, b) vrijednosti brzine na ulazu i izlazu iz rotora, c) visinu h1 lopatica na ulazu u rotor i omjer h1/D1 pod pretpostavkom da je koeficijent protoka ξ1 = 0.96.

Slika 21.1 Shematski prikaz stupnja turbine i trokuta brzine Rješenje: a) Specifični rad je dan jednadžbom:

( )2,1,1 uu ccul −= U trokutu brzina na gornjoj slici, tangencijalna komponenta apsolutne brzine jednaka je obodnoj brzini, u = cu,1, a tangencijalna komponenta apsolutne izlazne brzine jednaka je nuli, cu,2 = 0, obzirom da je apsolutna brzina koaksijalna s osi rotacije. Prijašnja jednadžba se sada skraćuje na jednadžbu: ( ) 2

1 0 uuul =−= Kada nam je poznat promjer rotora i brzina vrtnje, obodna brzina je:

1.3140.1100 =⋅⋅== ππ Dnu m/s Specifični rad (pod pretpostavkom da se je entalpijski pad u potpunosti pretvorio u kinetičku energiju) je:

659981.314 221 === ul m2/s2 = 98.66 kJ/kg

b) Iz zadanoga omjera u/c1 možemo izračunati apsolutnu brzinu c1:


72

7.36230cos

1.314cos

cos1

111

===→= ouc

cu

αα m/s

Relativna brzina na ulazu u rotor je:

3.18130sin7.362sin 111 =⋅== ocw α m/s Kada smo dobili vektore brzina na ulazu, možemo reći da su nam poznati i vektori brzina na izlazu: c2 = w1 w2 = c1 c) Visina rotorskih lopatica dobiva se rješavanjem jednadžbe kontinuiteta:

1,1

111,11

11,11

11,11

121

mmmm cD

vmhchDv

chrv

cAmξ

πξπξρ && =→===

Iz tablica za vodenu paru možemo očitati da je za vrijednosti p1 = 350 kPa i x = 1 specifični volumen pare jednak v1 = 0.5243 m3/kg. Brzina pare na ulazu jednaka je cm,1 = w1:

2.03.181196.0

5243.02101 =

⋅⋅⋅⋅=

πh m

2.012.01 ==

Dh

Primjer 21.2 (Indicirana snaga stupnja) Za poznati specifični rad od l1 = 98.66 kJ/kg i maseni protok pare od 270 kg/s (iz primjera 21.1), potrebno je odrediti indiciranu snagu Pi i efektivnu snagu Pe, pod pretpostavkom da je mehanički stupanj djelovanja jednak ηo = 0.97. Rješenje: Indicirana snaga stupnja je jednaka produktu specifičnog rada i masenog pprotoka:

7192066.982101 =⋅== lmPi & kW = 20.7 MW Efektivna snaga je manja od indicirane snage:

000207192097.0 =⋅== ioe PP η kW = 20 MW. Primjer 21.3 (Dimenzioniranje jednog stupnja primjenom dijagrama po Baljeu) Jedan stupanj aksijalne reakcijske parne turbine obrađuje paru čiji su odgovarajući podaci za izentropsku ekspanziju prikazani u tablici. Para u stator ulazi brzinom co = 109 m/s.


73

Koefijijenti gubitaka u statorskim i rotorskim lopaticama su ϕ = ψ = 0.94. Maseni protok pare je 65 kg/s, a turbina se vrti brzinom vrtnje n = 50 s-1 (3000 min-1). Potrebno je odrediti: a) Promjer D rotora i obodnu brzinu u, b) Vrijednosti brzina na ulazu i izlazu iz stupnja, pod pretpostavkom da su trokuti brzina slični onima iz primjera 21.1, c) Efektivne vrijednosti entalpija h1 i h2, d) Omjer h/D između visine lopatica i promjera rotora uz koeficijent protoka od 0.93, e) Stupanj djelovanja pod dvije pretpostavke potpunog unutarnjeg oporavka i bez oporavka kinetičke energije pare na izlazu. Stanje p, kPa T, oC h, kJ/kg s, kJ/(kg.K) v, m3/kg Ulaz u statorske lopatice 0 400 300 3066.8 7.5662 0.6548 Ulaz u rotorske lopatice 1s 325 275 3015 7.57 0.74 Izlaz iz rotorskih lopatica 2s 260 246 2964 7.57 0.90 Rješenje: a) Da bi odredili promjer rotora koristimo dijagram po Baljeu (vidi sliku gore). Potrebna nam je specifična brzina vrtnje:

75.022

s

ss h

Vn

∆=

&πω

Volumni protok pare je:

5.589.0652 =⋅== svmV && m3/s Entalpijski pad se računa iz

332

32

20

020 107.1081029642

109108.30662

⋅=⋅−

+⋅=−

+=−=∆ ss

os hchhhh J/kg

Specifična brzina vrtnje je:

Optimalni promjer

Specifična brzina ωs

Spec

ifičn

i pro

mje

r Ds


74

( ) 402.0107.108

5.58502 75.03=

⋅⋅⋅= πωs

Za dobivenu vrijednost za ωs iz gornjega dijagrama možemo za optimalni stupanj djelovanja očitati specifični promjer Ds = 4.5. Iz definicije specifičnog promjera možemo dobiti stvarni promjer rotora:

r

ss

VhDD

2

25.0

&

∆= → ( ) 9.1107.108

5.585.4 25.0325.02 =

⋅=

∆=

s

rs h

VDD

& m

Obodna brzina je:

299509.1 =⋅⋅== ππ nDu m/s b) Apsolutna brzina c1 na ulazu u rešetku lopatica je:

( ) ( ) 3191091030158.3066294.02 2320101 =+⋅−=+−= chhc ϕ m/s

Kada su poznati obodna brzina i apsolutna brzina na ulazu, možemo odrediti kut α1:

11

cosα=cu → o

cu 20

319299arccosarccos

11 ===α

Relativna brzina w1 je:

10920sin319sin 111 === ocw α m/s Iz trokuta brzina na izlaznom rubu dobivamo:

10912 == wc m/s

31912 == cw m/s c) Zastojna (ukupna) entalpija h1 je:

32

23

21

211 107.30212

319194.01103015

211 ⋅=

−+⋅=

−+= chh s ϕ J/kg

Presjek linije pri h1 = 3021.7 kJ/kg u h-s dijagramu s izobarom p1 =325 kPa određuje točku 1. Ako iz te točke spustimo okomicu do izobare pri p2 = 260 kPa, određuje se točka 2’s. Za ovu točku iz h-s dijagrama očitavamo specifičnu entlpiju h2’s = 2970 kJ/kg. Sada možemo odrediti entalpiju h2 na izlazu:

32

23

22

2'22 107.29762

319194.01102970

211 ⋅=

−+⋅=

−+= whh s ψ J/kg


75

d) Po istom postupku kao u primjeru 21.1 odrediti ćemo visinu h lopatica rotora. Da bi mogli odrediti tu visinu trebati će nam prosječna vrijednost specifičnog volumena pare između stanja 1 i 2. Vrijednost aksijalne komponente brzine pare je cm = c2 = 109 m/s.

097.01099.193.0

9.065 =⋅⋅⋅

⋅==ππξ mcD

vmh & m

05.09.1

097.0 ==Dh

e) Da bi izračunali indicirani stupanj djelovanja potrebno je poznavati indicirani rad li. Njega možemo izračunati kao i u primjeru 21.1 korištenjem podataka iz trokuta brzina:

322 104.89299 ⋅=== uli J/kg Točnije ga možemo izračunati po jednadžbi:

( ) 3320

22

2

20

0 101.90107.29768.306622

⋅=⋅−=−=

+−

+= hhchchli J/kg

obzirom da su brzine c0 = c2 = 109 m/s. Pod pretpostavkom potpunog oporavka imamo indicirani stupanj djelovanja:

( ) 88.01029648.3066

101.90

222

3

3

2022

2

20

0

22

220

=⋅−

⋅=−

=

+−

+

=

+−

=s

i

s

i

s

iTT hh

lchch

lchh

lη

Pod pretpostavkom da nemamo potpunog oporavka kinetičke energije izlaza, indicirani stupanj djelovanja bi bio:

83.0107.108

101.903

3

=⋅

⋅=∆

=s

iTS h

lη

Komentari: 1. Usporedimo rezultate proračuna s podacima dobivenim iz dijagrama po Baljeu (na

početku zadatka). Iz dijagrama za ωs = 0.4 i Ds = 4.5 očitavamo stupanj djelovanja između 0.8 i 0.9, što je sukladno izračunatoj vrijednosti od 0.83. Ako smo u području ωs > 0.3 bolje je da odaberemo reakcijski stupanj. Iz istoga dijagrama očitavamo omjer za visinu lopatica h/D = 0.05, što se poklapa s izračunatom vrijednosti.

2. Izračunamo omjer između entalpijskog pada po izentropi ∆hs =108.7 kJ/kg i specifične kinetičke energije u2/2 = 2992/2. Dobivamo vrijednost od 2.4. U jednom od daljnjih primjera vidjeti ćemo da je ova vrijednost pogodna za odabir stupnja i da je navedena vrijednost uobičajena za reakcijski stupanj.


76

ZADACI 22

AKCIJSKE PARNE TURBINE

Primjer 22.1 (Snaga parne turbine s parcijalnim privodom) Parna turbina vrti se brzinom vrtnje od n = 150 s-1 (9000 min-1) i radi između tlakova od 1 MPa (pri 300 oC) na ulazu i tlaka od 0.2 MPa na izlazu. Protok pare je 0.65 kg/s, a brzinu strujanja na ulazu u parcijalni privod zanemarujemo (c0 = 0 m/s). Potrebno je odrediti: a) pad entalpije ∆hs i volumni protok pare sV2

& koji odgovaraju izentropskoj ekspanziji, b) specifičnu brzinu vrtnje ωs i vrstu turbine, c) efektivnu snagu turbine (mehanički stupanj djelovanja je ηm = 0.97), d) obodnu brzinu u. Rješenje: a) Iz tablica za vodenu paru očitavamo podatke za pregrijanu paru na ulazu u turbinu. U Molierovom h-s dijagramu spustimo izentropu do izobare 0.2 MPa i za tu točku očitamo vrijednosti za paru na izlazu. Vrijednosti su prikazane u tablici: Položaj Stanje p, MPa T, oC s, kJ/kgK h, kJ/kg v, m3/kg Ulaz u turbinu 0 1 300 7.1229 3051.2 0.2579 Izlaz iz turbine 1s 0.2 120.23 7.1272 2706.7 0.8857

Baljeov dijagram za podatke iz ovoga zadatka

Linija optimuma


77

Izentropski pad entalpije je:

344500107.27060102.30512

331

20

0 =⋅−+⋅=−+=∆ ss hchh J/kg

Na kraju izentropske ekspanzije (točka 1s u dijagramu), volumni protok pare je:

576.08857.065.011 =⋅== ss vmV && m3/s b) Specifična brzina vrtnje je:

05.0344500

576.015022 75.075.01 =⋅⋅=

∆= ππω

s

ss h

Vn

&

Ova je vrijednost vrlo mala da bi tu mogli odabrati aksijalni rotor turbine s punim privodom. Ako koristimo dijagram po Baljeu obzirom na mogućnost da odaberemo parcijalni privod na rotor turbine, vidimo da se za ωs = 0.05 nalazimo u području turbine s vrlo jakom parcijalizacijom privoda pri vrijednosti ε = 0.1 = 10% uz stupanj djelovanja od ηt = 0.57. c) Efektivnu snagu izračunamo po jednadžbi:

12380097.057.034450065.0 =⋅⋅⋅=∆= mtse hmP ηη& W = 123.8 kW d) Iz Baljeovog dijagrama očitavamo optimalni specifični promjer Ds = 20, iz čega možemo izračunati promjer rotora:

r

ss

VhDD

2

25.0

&

∆= → ( ) 63.0344500

576.020 25.025.02 ==

∆=

s

rs h

VDD

& m

Obodna brzina je:

29715063.0 =⋅⋅== ππ nDu m/s


78

Primjer 22.2 (Dimenzioniranje jednostavne aksijalne akcijske parne turbine) U jednostavnoj aksijalnoj akcijskoj parnoj turbini para ekspandira s tlaka p0 = 15 MPa i temperature T0 = 500 oC na tlak p1 = 9 MPa. Maseni protok pare je m& = 200 kg/s. Brzinu pare na ulazu u turbinu možemo zanemariti (c0 = 0 m/s). Dodatno su zadani:

• kut izlaza pare iz statorskih lopatica α1 = 18o, • brzina vrtnje je n = 50 s-1 (3000 min-1), • koeficijent smanjenja brzine ϕ = 0.95.

Potrebno je izračunati: a) promjer rotora D, b) parametre rada obzirom na specifičnu brzinu vrtnje i specifični promjer. Rješenje: a) Izvedba ove turbine bi trebala biti odabrana da se postigne optimum rada. To ćemo postići ako odaberemo parametre koji će zadovoljavati optimum u dijagramu po Baljeu.

2cos 1

1

α=

optcu →

2cos 1

1αcu =

U gornjoj jednadžbi za sada znamo kut α1 dok apsolutnu brzinu c1 na ulazu trebamo izračunati iz entalpijskog pada, odakle dalje možemo izračunati obodnu brzinu u. Iz poznate obodne brzine i brzine vrtnje izračunati ćemo promjer rotora. U sljedećoj tablici dani su ppodaci za stanje pare:

Linija optimuma


79

Položaj Stanje p, MPa T, oC s, kJ/kgK h, kJ/kg v, m3/kg Ulaz u turbinu 0 15 500 6.3443 3308.6 0.0208 Izlaz iz turbine 1s 9 410 6.35 3159 0.031 Izentropski entalpijski pad je:

1496001031590106.33082

331

20

0 =⋅−+⋅=−+=∆ ss hchh J/kg

6.519149600295.021 =⋅=∆= shc ϕ m/s

1.247218cos6.519

2cos 1

1 ===o

cu α m/s

nDu π= → 573.150

1.247 =⋅

==ππ n

uD m

b) Sada ćemo odrediti specifičnu brzinu i specifični promjer. Da bi ih odredili potreban nam je volumni protok:

2.6031.0200121 =⋅=== sss vmVV &&& m3/s

1.0149600

2.622 75.075.02 =⋅⋅=

∆= n

hV

ns

ss ππω

&

4.122.6

149600573.125.0

2

25.0

==∆=s

ss

VhDD&

Na dijagramu po Baljeu se za izračunati specifični promjer i specifičnu brzinu vrtnje može očitati stupanj djelovanja ηt = 0.65 uz omjer visine lopatice h/D = 0.26 i parcijalnost privoda od ε = 0.2 = 20%. Primjer 22.3 (Potreban broj stupnjeva za obradu entalpijskog pada) Akcijska parna turbina s više stupnjeva koristi paru koja ekspandira s tlaka od 2.0 MPa i temperature od 400 oC na tlak kondenzatora od 5 kPa. Za zadanu srednju obodnu brzinu u = 220 m/s potrebno je odrediti potrebni broj stupnjeva da bi se mogao obraditi cijeli entalpijski pad. Rješenje: Iz tablica za vodenu paru i Molierovog dijagrama, za izentropski pad entalpije na turbini dobivamo sljedeće podatke za vodenu paru: Položaj Stanje p, kPa T, oC s, kJ/kgK h, kJ/kg v, m3/kg Ulaz u turbinu 0 2000 400 7.1271 3247.6 0.1512 Izlaz iz turbine 1s 5 33 7.127 2173.6 23.7 Pod pretpostavkom da je brzina na ulazu u turbuinu zanemarivo mala, entalpijski pad je:


80

( ) 33

10, 101074106.21736.3247 ⋅=⋅−=−=∆ sukupnis hhh J/kg Pomoću vrijednosti za omjer između pada entalpije na stupnju i kinetičke energije za obodnu brzinu, možemo odrediti pad entalpije na stupnju turbine:

522 =∆

uhs → 3

22

101212

22052

5 ⋅===∆ uhs J/kg

Potrebni broj stupnjeva turbine je:

987.810121101074

3

3, →=

⋅⋅=

∆∆

=s

ukupnos

hh

i akcijskih stupnjeva

Primjer 22.4 (Curtisova turbina) Umjesto obične aksijalne akcijske turbine iz primjera 22.2 sada koristimo Curtissov stupanj. Iz primjera 22.2 poznato je: - izentropski pad entalpije je ∆hs = 149.6 kJ/kg, - apsolutna brzina na izlazu iz statorskih lopatica je c1 = 519.6 m/s, - kut izlazne brzine je α1 = 18o, - brina vrtnje rotora je n = 50 s-1. Zadane su vrijednosti koefficijenta brzine ϕ = 0.95, te ψ = ϕ’ = ψ’ = 0.9 Potrebno je odrediti promjer rotora za uvjet maksimalnoga stupnja djelovanja. Rješenje: Slijedimo isti postupak kao i u primjeru 22.2. Prema teoriji, optimalni stupanj djelovanja za Curtissov stupanj dobivamo za:

2cos 1

1

αBA

cu = →

2cos 1

1α

BAcu =

Konstante A i B su:

( ) ( ) 44.39.09.09.019.01''11 =⋅⋅+++=+++= ψϕψψA

( )( ) ( )( ) 05.79.09.09.019.019.01''1'11 =⋅+++++=+++++= ψϕϕψψB

6.120218cos

05.744.36.519 ==

o

u m/s

0768506.120 =

⋅==

ππ nuD m

Komentar: U ranijem slučaju običnog akcijskog stupnja, obodna brzina je bila u = 247.1 m/s, a promjer rotora D = 1.573 m.


81

Primjer 22.5 (Akcijska turbina sa stupnjevima tlaka) Stupanj akcijske turbine sa stupnjevima tlaka obrađuje protok pare od m& = 50 kg/s koja ulazi brzinom od c0 = 100 m/s, pri tlaku p0 = 0.6 MPa i temperaturi T0 = 300 oC i izlazi pri tlaku p1 = 0.4 MPa. Rotor ima brzinu vrtnje n = 50 s-1. Koeficijent smanjenja brzine je ϕ = 0.95, a kut istjecanja iz statora α1 = 15o. pod pretpostavkom da je omjer obodne i apsolutne brzine jednak:

2cos05.1 1

1

α=cu ,

potrebno je odrediti: a) promjer rotora, b) stupanj djelovanja ηTS dobiven iz dijagrama po Baljeu. Rješenje: a) Obzirom da su zadani omjer brzina i kut istrujavanja, najprije ćemo izračunati brzinu c1 iz entalpijskog pada na stupnju, nakon čega ćemo izračunati obodnu brzinu u. Pomoću obodne brzine i brzine vrtnje izračunati ćemo promjer rotora. U tablici su prikazani parametri stanja pare na ulazu i izlazu iz stupnja turbine. Položaj Stanje p, MPa T, oC s, kJ/kgK h, kJ/kg v, m3/kg Ulaz u turbinu 0 0.6 300 7.3724 3061.6 0.4344 Izlaz iz turbine 1s 0.4 250 7.3789 2964.2 0.5951 Za izentropski pad entalpije (prema gornjoj slici) imamo:

102400102.29642

100106.30612

32

31

20

0 =⋅−+⋅=−+=∆ ss hchh J/kg

9.429102400295.021 =⋅⋅=∆= shc ϕ m/s


82

2cos05.1 1

1

α=cu → 218

215cos9.42905.1

2cos05.1 1

1 =⋅==o

cu α m/s

39.150

218 =⋅

==ππ n

uD m

b) Volumni protok na izlazu iz statorskih lopatica je:

8.295951.050121 =⋅=== sss vmVV &&& m3/s Pomoću entalpijskog pada i protoka možemo izračunati specifični promjer i specifičnu brzinu vrtnje:

5.48.29

10240039.12

25.0

==∆=s

ss

VhDD&

3.0102400

8.295022 75.075.02 =⋅⋅=

∆= ππω

s

ss h

Vn

&

Iz dijagrama po Baljeu za izračunate vrijednosti možemo očitati stupanj djelovanja ηTS = 0.83 i omjer visine lopatice i promjera rotora h/D = 0.045

Linija optimuma


83

ZADACI 23

REAKCIJSKE PARNE TURBINE

Primjer 23.1 (Stupanj djelovanja stupnja reakcijske turbine) Zadani su koeficijenti smanjenja brzine ϕ = ψ = 0.94 i kut istjecanja pare iz statorskih lopatica α1 = 20o (vrijednosti iz primjera 21.3 za reakcijski stupanj parne turbine sa stupnjem reakcije R = 0.5). Potrebno je odrediti stupanj djelovanja. Rješenje: Stupanj djelovanja reakcijskog stupnja turbine sa stupnjem reakcije R = 0.5 je:

87.020sin94.01

20cos94.0sin1

cos22

22

122

122

=−

⋅=−

= o

o

t αϕαϕη

U primjeru 21.3 dobivena je vrijednost od 0.88 koja je vrlo blizu ovdje izračunate vrijednosti. Primjer 23.2 (Određivanje stupnja reakcije) U primjeru 21.3 su dobivene sljedeće vrijednosti entalpije i brzine: h1 = 3021.7 kJ/kg h2 = 2976.7 kJ/kg h0

0 = 3066.8 kJ/kg h20 = 2876.7 kJ/kg

Potrebno je odrediti stupanj reakcije R na stupnju parne turbine prema podacima iz primjera 21.3. Rješenje: Stupanj reakcije je:

5.07.28768.30667.29767.3021

02

00

21 =−−=

−−=

hhhhR

Primjer 23.3 (Radijalna centripetalna turbina s jednim stupnjem) Radijalna centripetalna turbina s radijalnim ulazom i aksijalnim izlazom obrađuje protok pare od m& = 3 kg/s. Parametri rada su: Stator: Brzina na ulazu c0 = 138 m/s, Rotor: Brzina vrtnje n = 400 s-1, obodna brzina u1 = 360 m/s U tablici su dani podaci za stanje pare na različitim mjestima u turbini: Položaj Stanje p, kPa T, oC s, kJ/kgK h, kJ/kg v, m3/kg Ulaz u stator 0 500 200 7.0592 2855.4 0.4249 Izlaz iz statora 1s 350 160 7.059 2780.8 0.58 Izlaz iz rotora 2s 240 127 7.059 2718 0.75


84

Potrebno je odrediti: a) stupanj djelovanja turbine prema dijagramu po Baljeu, bez oporavka brzine, b) omjer obodne i teorijske brzine shuk ∆= 21 Rješenje: a) Da bi mogli ući u dijagram po Baljeu potrebno je najprije izraćunati specifičnu brzinu vrtnje i specifični promjer.

75.022

s

ss h

Vn

∆=

&πω

s

ss

VhDD

2

25.0

&

∆=

Entalpijski pad je:

332

32

20

0200 109.146102718

2138104.2855

2⋅=⋅−+⋅=−+=−=∆ sss hchhhh J/kg

25.275.0322 =⋅== ss vmV && m3/s

11 Dnu π= → 286.0400

36011 =

⋅==

ππnuD m

5.0146900

25.240022 75.075.02 =⋅⋅=

∆= ππω

s

ss h

Vn

&

7.325.2

146900286.025.0

2

25.0

==∆=s

ss

VhDD&


85

Za te vrijednosti iz dijagrama po Baljeu možemo očitati da je stupanj djelovanja vrlo blizu vrijednosti ηTS = 0.9. b) Omjer obodne i teorijske brzine je:

664.01469002360

21 =

⋅=

∆=

shuk

Dobili smo vrijednost blizu 0.7 koja odgovara omjeru za maksimalni stupanj djelovanja.


86

Parno turbinska postrojenja Zadaci

87

ZADACI 24

PARNOTURBINSKA POSTROJENJA

Primjer 24.1 (Stupanj djelovanja Rankineovog procesa sa zasićenom parom) U Rankineovom procesu u turbinu ulazi zasićena para pri temperaturi T3 = 190 oC i iz kondenzatora izlazi kao zasićena tekućina pri temperaturi T1 = 60 oC. Pod pretpostavkom da su unutarnji stupnjevi djelovanja turbine ηt i pumpe ηp jednaki i da iznose 0.7, potrebno je: a) izračunati specifični rad pumpe lp i entalpiju h2 iza pumpe, b) izračunati specifični rad turbine lt, entalpiju h4 na kraju ekspanzije u turbini i sadržaj pare x4, c) izračunati stupanj djelovanja procesa η, d) prikazati u tablici podatke za tlak, temperaturu i entalpiju za različita ispitana stanja. Rješenje: a) Pumpa podiže tlak tekućine s tlaka zasićenja p1 na tlak p2 potreban na ulazu u parni kotao da bi dobili zasićenu paru. Ako zanemarimo utjecaj promjene brzine na pumpi, specifični rad pumpe je:

pvpl ip ∆=∆=ρ,

Specifični efektivni rad pumpe dobivamo ako indicirani rad podijelimo s unutarnjim stupnjem djelovanja pumpe:

( )pp

epppvpvl

ηη12

,−=∆=

U tablicama za vodenu paru očitavamo tlak zasićenja p1 = 19.94 kPa za temperaturu T1 = 60 oC i tlak zasićenja p2 = 1.2544 MPa za temperaturu T2 = 190 oC. Specifični volumen je za tekućinu v = 0.001 m3/kg.

( ) ( ) 17647.0

1094.194.1254001.0 312

, =⋅−⋅=−=p

epppvl

η J/kg

Entalpija h2 na kraju kompresije je:

12 hhlp −= → ( ) 33,12 1087.25210764.111.251 ⋅=⋅+=+= eplhh J/kg

gdje je entalpija h1 = 251.11 kJ/kg entalpija zasićene kapljevine pri T1 = 60 oC. b) Specifični rad turbine je:

43 hhlt −=


88

Entalpiju h3 očitavamo iz tablica za vodenu paru za stanje zasićenja pri temperaturi T3 = 190 oC. Očitana vrijednost je h3 = 2786.4 kJ/kg. Za izentropsku ekspanziju do tlaka p4 = 20 kPa, koja odgovara temperaturi zasićenja tekuće vode pri T4 = 60 oC, možemo za točku 4 očitati entalpiju h4 = 2145 kJ/kg. Idealni rad koji daje turbina je:

33343, 104.641102145104.2786 ⋅=⋅−⋅=−= hhl it J/kg

Efektivni specifični rad turbine je:

33,, 10449104.6417.0 ⋅=⋅⋅== ittet ll η J/kg

Entalpija na izlazu iz turbine, tj. na ulazu u kondenzator, će biti:

333,34 10233710449104.2786 ⋅=⋅−⋅=−= etlhh J/kg

Za tu vrijednost entalpije na izobari p4 = 20 kPa očitamo sadržaj pare:

89.04 =x c) Stupanj djelovanja cijeloga procesa je:

( ) 176.01087.2524.2786

1764104493

3

23

,, =⋅−

−⋅=−−

==hhll

ql epet

s

η

d) Tablica s podacima za parametre pri radnim točkama Rankineovoga procesa: Točka procesa Stanje fluida Tlak, kPa Temperatura, K Entalpija, kJ/kg1 Tekućina 19.94 60 251.11 2s Pothlađena tekućina 1254.4 60 - 2 Pothlađena tekućina 1254.4 60 252.87 2’ Zasićena tekućina 1254.4 190 807.62 3 Zasićena para 1254.4 190 2786.4 4s Smjesa pare i tekućine 20 60 2145 4 Smjesa pare i tekućine 20 60 2337.4 Komentar: Promjena entalpije vode zbog njenog tlačenja u napojnoj pumpi predstavlja zanemarivi specifični rad:

%7.0007.01011.251

17643

1

12

1

, ==⋅

=−=h

hhh

l ep


89

Primjer 24.2 (Stupanj djelovanja procesa, indicirani i ukupni efektivni stupanj djelovanja) U parnom kotlu parnoturbinskog postrojenja izgara tekuće gorivo s masenim protokom od

=m& 2.5 kg/s. Gorivo ima ogrjevnu moć od Hd = 42 MJ/kg. Specifični rad koji para predaje je l = 1200 kJ/kg. Rashladna voda ima protok =rvV& 1.45 m3/s kroz kondenzator uz porast temperature od ∆T = 10 K. Zadane su vrijednosti za mehanički stupanj djelovanja od ηo = 0.97 i stupanj djelovanja parnog kotla ηb = 0.88. Potrebno je odrediti: a) Toplinski tok koji generator pare predaje vodi, b) Toplinski tok koji se u kondenzatoru oduzima pari, c) Stupanj djelovanja procesa, indicirani i efektivni stupanj djelovanja, d) Maseni protok pare. Rješenje: a) Toplinski tok koji generator pare predaje vodi je:

66 104.9210425.288.0 ⋅=⋅⋅⋅== dgbs HmQ && η W b) Toplinski tok koji je oduzet pari predan je rashladnoj vodi kondenzatora. Specifična toplina vode je cp,v = 4.18 kJ/kgK. Obzirom da je zadan volumni protok vode i njen porast temperature, toplinski tok predan u kondenzatoru je:

63,, 1061.60101018.445.11000 ⋅=⋅⋅⋅⋅=∆=∆= TcVTcmQ vprvrvvprvk

&&& ρ W c) Termodinamički stupanj djelovanja procesa uspoređuje dobiveni rad s potrošenom energijom goriva:

ss QL

ql

&

&==η

Snaga postrojenja jednaka je razlici toplinskog toka predanog pari i onoga odvedenog od pare u kondenzatoru:

666 1079.311061.60104.92 ⋅=⋅−⋅=−= ks QQL &&& W

344.0104.921079.31

6

6

=⋅⋅==

sth Q

L&

&η

Indicirani stupanj djelovanja je:

33.097.0344.0 =⋅== mthi ηηη

293.088.033.0 =⋅== bie ηηη d) Ako je poznat specifični rad, koji nam daje para, dobiti ćemo i protok pare:

lmL p&& = → 49.26

1012001079.31

3

6

=⋅⋅==

lLmp

&& kg/s


90

Primjer 24.3 (Stupanj djelovanja Rankineova procesa s pregrijanom parom) Proces parnoturbinskog postrojenja s pregrijavanjem pare prikazan je na slici. Početni tlak je p1 = 4 kPa, a stanje u točki 3 (stanje na ulazu u turbinu) je p3 = 4.5 MPa i T3 = 600 oC. Zadan je protok pare m& = 800 kg/s. Stupanj djelovanja turbine je ηt = 0.9, a mehanički stupanj djelovanja je η0 = 0.97 (uključujući i rad napojne pumpe). Potrebno je odrediti: a) stupanj djelovanja procesa η, b) efektivnu snagu postrojenja Pe Rješenje: a) Stupanj djelovanja procesa je:

13

43

hhhh

−−≈η

Da bi izračunali stupanj djelovanja potrebno je naći vrijednosti entalpije u točkama 1, 3 i 4. Stanje 1 odgovara stanju zasićene tekućine. Za tlak zasićenja pri p1 = 4 kPa iz tablica za vodenu paru nalazimo temperaturu zasićenja T1 = 28.96 oC i entalpiju kapljevine od h1 = 126.46 kJ/kg. Pri stanju 3 imamo pregrijanu paru pri tlaku p3 = 4.5 MPa i temperaturi T3 = 600 oC. Za tu točku očitavamo entalpiju h3 = 3670.5 kJ/kg i entropiju s3 = 7.31 J/kgK. Od stanja 3 imamo ekspanziju u turbini do točke 4 za koju znamo tlak p4 = 4.0 kPa (jednak početnom tlaku p1). Da bi odredili entalpiju u točki 4 potrebno je najprije odrediti točku 4s za pretpostavljenu izentropsku ekspanziju. Sada se koristimo Molierovim dijagramom i iz točke 3 povlačimo izentropu (pri s = const) do izobare za točku 4s. Očitana entalpija za točku 4s je h4s = 2202 kJ/kg uz sadržaj pare x4s = 0.855. Rad izentropske ekspanzije na turbini je:

( ) 3343 105.14681022025.3670 ⋅=⋅−=−= sts hhl J/kg

Stvarno dobiveni rad na turbini je manji jer stvarna eksspanzija nije izentropska:


91

ts

tt l

l=η → 33 1013229.0105.1468 ⋅=⋅⋅== ttst ll η J/kg

Efektivni rad turbine jednak je promjeni entalpije u stvarnoj ekspanziji:

43 hhlt −= → ( ) 3334 105.23481013225.3670 ⋅=⋅−=−= tlhh J/kg

Očitane vrijednosti za sve radne točke procesa prikazane su u tablici: Točka procesa Stanje fluida Tlak, kPa Temperatura, oC Entalpija, kJ/kg 1 zasićena kapljevina 4.0 28.96 121.463 pregrijana para 4500.0 600.00 3670.54s vlažna para (x = 0.855) 4.0 28.96 2202.04 vlažna para (x = 0.915) 4.0 28.96 2348.5 Konačno dobivamo stupanj djelovanja procesa:

( )( ) 372.0

1046.1215.3670105.23485.3670

3

3

=⋅−⋅−=η

b) Efektivna snaga Pe parno turbinskog postrojenja je:

63 108.102410132297.0800 ⋅=⋅⋅⋅=== tmee lmlmP η&& W = 1.0248 GW Komentari: Stupanj djelovanja ovoga procesa je veći od stupnja djelovanja procesa u primjeru 24.1. Razlog tome je ekspanzija pare na niži tlak u kondenzatoru (p4 = 4 kPa, umjesto 20 kPa iz primjera 24.1). Primjer 24.4 (Stupanj djelovanja procesa parnog postrojenja s dva pregrijanja pare) U procesu parno turbinskog postrojenja s međupregrijanjem (s ukupno dva pregrijanja), prema slici, početni tlak je p1 = 4 kPa. Para se pregrijava pri tlaku p3 = 4.5 MPa na temperaturu T3 = 600 oC, kako bi mogla ekspandirati na turbini do tlaka p4 = 500 kPa. Nakon toga se para pri tom tlaku ponovno pregrijava do temperature T5 = 500 oC i nakon toga ekspandira na tlak p6 = p1 = 4 kPa. Pod pretpostavkom da su stupnjevi djelovanja obje turbine jednaki ηt1 = ηt2 = 0.9 potrebno je izračunati stupanj djelovanja procesa i potrebno ga je usporediti s onime za proces iz primjera 24.3. Rješenje: Slijedimo isti postupak rješavanja kao i u primjeru 24.3. Stupanj djelovanja je omjer dobivenog rada u obje turbine i ukupno dovedene energije (topline i rada napojne pumpe) vodi ili pari. Obzirom da je rad doveden napojnom pumpom zanemarivo mali, pod dovedenom energijom ćemo uzeti toplinu za isparavanje i pregrijavanje pare prije prve turbine i toplinu za pregrijavanje pare prije druge turbine. Na taj će način stupanj djelovanja biti:


92

( ) ( )( ) ( )4513

6543

21

21

hhhhhhhh

qqll

ql

ss

tt

s −+−−+−=

++≈=η

Da bi odredili entalpije za pojedine točke koristimo se Molierovim dijagramom i iz njega očitavamo točke. Vrijednosti za očitane točke prikazane su u tablici. Od točke 1 pri p1 i T1 se po izentropi dignemo na tlak p3 i dalje pri tom tlaku po izobari do točke 3 s temperaturom T3. Tu očitamo entalpiju h3. Da bi dobili entalpiju za točku 4 provodimo isti postupak kao i u primjeru 24.3:

( ) ( )43431 hhhhl tst −=−= η → ( ) tshhhh η4334 −−=

Kada smo odredili točku 4, po izobari p4 se penjemo do točke 5 za koju je zadana temperatura T5. Iz tako definirane točke 5 na isti način kao kod turbine 1 odredimo točku 6. Na taj smo način došli do svih vrijednosti koje su prikazane u tablici. Točka procesa Stanje fluida Tlak, kPa Temperatura, oC Entalpija, kJ/kg 1 zasićena kapljevina 4.0 28.96 121.463 pregrijana para 4500.0 600.00 3670.54s pregrijana para 500.0 260.00 3000.04 pregrijana para 500.0 304.00 3067.05 pregrijana para 500.0 500.00 3483.96s vlažna para (x = 0.95) 4.0 28.96 2435.06 vlažna para (x = 0.995) 4.0 28.96 2539.9 Izentropski rad dobiven na turbini 1 je:

( ) 33431 105.6701030005.3670 ⋅=⋅−=−= sst hhl J/kg

Stvarni rad dobiven na turbini 1 je:

3311 105.6039.0105.670 ⋅=⋅⋅== tstt ll η J

Entalpija u točki 4 je:

( ) 33134 103067105.6035.3670 ⋅=⋅−=−= tlhh J/kg


93

Izentropski rad dobiven na turbini 2 je:

( ) 33652 109.10481024359.3483 ⋅=⋅−=−= sst hhl J/kg

Stvarni rad dobiven na turbini 2 je:

3322 109449.0109.1048 ⋅=⋅⋅== tstt ll η J

Entalpija u točki 6 je:

( ) 33256 109.2539109449.3483 ⋅=⋅−=−= tlhh J/kg

Stupanj djelovanja procesa parno turbinskog postrojenja s međupregrijanjem je:

( ) ( ) ( ) ( ) 39.01010

30679.348346.1215.36709445.603

3

3

4513

21 =⋅−+−

+=−+−

+=hhhh

ll ttη

Dobiveni stupanj djelovanja je veći od onoga u primjeru 24.3, koji je bio pri vrijednosti 0.372. Komentar: Utjecaj pregrijanja u ovome primjeru je umjeren. U praksi se koristi ekspanzija u prvoj turbini do područja vlažne pare (x = 0.995) pa se tek tada vrši novo pregrijavanje. Tada bi značajno povećali rad prve turbine i ukupno bi mogli imati veću snagu postrojenja, ili bi za istu snagu postrojenja mogli smanjiti protok pare (tj. kapacitet napojne pumpe i parnoga kotla).


94

ZADACI 25

KONDENZATORI

Primjer 25.1 (Protok rashladne vode kroz kondenzator) Parno turbinsko postrojenje efektivne snage 600 MW ima vlažnu paru na ispuhu iz turbine pri tlaku pk = 5.628 kPa i sadržaju pare x = 0.92. Stupanj djelovanja procesa je η = 0.4, a mehanički stupanj djelovanja je ηm = 0.975. Povećanje temperature riječne vode koja se koristi za hlađenje kondenzatora je ∆Trv = 10 K. Potrebno je: a) Izračunati toplinski tok Q& koji se odvodi u kondenzatoru, b) Izračunati omjer protoka rashladne vode kondenzatora i protoka pare u postrojenju, c) Izračunati volumni protok rashladne vode kondenzatora, d) Izračunati omjer protoka rashladne vode kondenzatora i protoka pare u postrojenju za slučaj kada bi se rashladna voda kondenzatora zagrijavala za samo ∆Trv = 8 K. Rješenje: a) Toplinski tok Q& koji se odvodi u kondenzatoru jednak je produktu masenog protoka pare i specifične topline koja se pari oduzima u kondenzatoru.

kqmQ && = Zadatak kondenzatora je da vlažnu paru koja u njega ulazi kondenzira do stanja zasićene kapljevine pri konstantnom tlaku. Za zadani tlak u kondenzatoru mi iz tablica za vodenu paru možemo dobiti specifičnu toplinu vaph∆ potrebnu za isparavanje vode od stanja zasićene kapljevine do stanja zasićene pare. Obzirom da u našem slučaju u kondenzator ulazimo s vlažnom parom (kod koje je jedan mali dio već kondenzirao), mi moramo kondenzirati preostalu paru.

33 101.2225106.241892.0 ⋅=⋅⋅=∆= vapk hxq J/kg Temperatura zasićenja za zadani tlak u kondenzatoru je Tk = 35 oC. Toplina koja je dovedena u proces u parnoturbinskom postrojenju može se izračunati iz stupnja djelovanja i specifične topline odvedene u kondenzatoru:

s

ks

dov

odvdov

qqq

qqq −=−=η → 3

3

105.37084.01101.2225

1⋅=

−⋅=

−=

ηk

sqq J/kg

Indicirani korisni rad pare je:

( ) 33 104.1483101.22255.3708 ⋅=⋅−=−= ks qql J/kg Efektivni specifični rad pare je:

33 103.1446104.1483975.0 ⋅=⋅⋅== ll me η J/kg


95

Maseni protok pare je:

85.414103.1446

106003

6

=⋅

⋅==e

e

lPm& kg/s

Toplinski tok predan u kondenzatoru je:

63 101.923101.222585.414 ⋅=⋅⋅== kqmQ && W = 923.1 MW b) Protok vode kroz kondenzator može se odrediti iz kaloričke jednadžbe za zagrijavanje vode:

rvpvrv TcmQ ∆= &&

22084104180101.923 3

=⋅⋅=

∆=

rvpvrv Tc

Qm&

& kg/s

Omjer protoka rashladne vode i protoka pare je:

2.5385.414

22084 ==m

mrv

&

&

c) Volumni protok rashladne vode kondenzatora ćemo dobiti ako maseni protok podijelimo s gustoćom vode:

084.22100022084 ===

rv

rvrv

mVρ&& m3/s

d) U slučaju da je porast temperature rashladne vode kondenzatora ∆Trv = 8 K, protok rashladne vode kroz kondenzator bi bio:

2660584180101.923 3

=⋅

⋅=∆

=rvpv

rv TcQm&

& kg/s

Omjer protoka rashladne vode i protoka pare bi bio:

5.6685.414

26605 ==m

mrv

&

&

Komentar: Protok rashladne vode kroz kondenzator je vrlo velik (22 m3/s ili 79200 m3/h), no ipak se tu radi o postrojenju snage 600 MW (otprilike dvije termoelektrane Urinj).


96

Primjer 25.2 (Kondenzator s miješanjem rashladne vode i pare) U kondenzatoru s miješanjem rashladne vode i pare potrebno je kondenzirati protok pare pm& = 3 kg/s koja izlazi iz turbine pri tlaku pk = 5 kPa pri sadržaju pare x = 0.93. Rashladna voda ima na ulazu temperaturu Trv,ul = 15 oC. Potrebno je odrediti: a) Potrošnju vode po 1 kg pare i ukupni volumni protok na izlazu iz kondenzatora (kondenzirana para i rashladna voda), b) Snagu Pkp pumpe kondenzata koja tekućinu na izlazu iz kondenzatora podiže na tlak okoline uz stupanj djelovanja pumpe ηkp = 0.75 uz gubitke strujanja u cjevovodu od 6 m stupca tekućine. Rješenje: a) Specifična toplina koju moramo odvesti pari da bi je kondenzirali (pri tlaku pk = 5 kPa) je (specifična toplina isparavanja dobiva se iz tablica za vodenu paru pri zadanom tlaku):

33 102254107.242393.0 ⋅=⋅⋅=∆= vapk hxq J/kg Toplinski tok koji se oduzima vlažnoj pari u kondenzatoru je:

33 1067621022543 ⋅=⋅⋅== kp qmQ && W Iz tablica za vodenu paru našli bi da je za zadani tlak u kondenzatoru temperatura zasićenja jednaka Tsat = 32.88 oC. U prvoj iteraciji pretpostavimo da je izlazna temperatura smjese kondenzata i rashladne vode jednaka Tiz = 32 oC (granična temperatura je 32.88 oC). Potrebni protok rashladne vode koja će se zagrijati s 15 na 32 oC i pritom oduzeti toplinu pari koja kondenzira je:

( ) ( ) 1.9515324180

106762 3

=−⋅

⋅=−

=ulizpv

rv TTcQm&

& kg/s

Potrošnja rashladne vode po 1 kg dovedene vlažne pare je:

7.3131.95 ==

p

rv

mm&

&

Volumni protok rashladne vode je:

0951.01000

1.95 ===rv

rvrv

mVρ&& m3/s

Volumni protok kondenzirane pare je:

003.01000

3 ===rv

pkp

mV

ρ&

& m3/s

Ukupni volumni protok na izlazu iz kondenzatora je:

0981.0003.00951.0 =+=+= kprviz VVV &&& m3/s


97

b) Pumpa za ekstrakciju kondenzata s tlaka kondenzatora na tlak okoline projektirana je za puni protok na izlazu iz kondenzatora. Snaga za pogon te pumpe je:

kp

iz

kp

izkp

HgVpVPηρ

η&&

=∆=

gdje je H napor pumpe izražen u stupcu tekućine (ovdje stupcu vode). Dio napora potreban za svladavanje razlike tlaka od tlaka kondenzatora do tlaka okoline je:

( ) ( ) 82.981.910001053.101 3

01 =

⋅⋅−=−=

gppH k

ρ m

Dio napora za svladavanje otpora strujanja u cjevovodu kondenzata je: H2 = 6 m Snaga za pogon pumpe kondenzata je:

( ) ( ) 2029975.0

682.981.910000981.021 =+⋅⋅⋅=+==kp

iz

kp

izkp

HHgVHgVPη

ρηρ &&

W = 20.3 kW


98

Pumpe Zadaci

99

ZADACI 26

PUMPE

Primjer 26.1 (Manometarski napor i unutarnji napor pumpe) Tijekom ispitivanja centrifugalne pumpe manometar na usisu u pumpu pokazivao je tlak p1 = -40 kPa, a manometar na tlačnoj strani pokazivao je tlak p2 = 300 kPa. Promjer usisnog cjevovoda je d1 = 300 mm, a promjer tlačnog cjevovoda je d2 = 250 mm. Priključak na tlačnoj strani je smješten 1 m iznad priključka na usisnoj strani. Protok vode na pumpi je 0.1 m3/s. Potrebno je odrediti: a) Manometarski napor hu pumpe, b) Unutarnji napor pumpe h pod pretpostavkom da je napor pasivnih gubitaka u pumpi jednak hw = 4.2 m stupca vode. Rješenje: a) Manometarski napor hu možemo dobiti primjenom Bernoulijeve jednadžbe:

( )12

21

2212

2zz

gvv

gpphu −+−+−=

ρ

U ovoj jednadžbi poznata nam je razlika u visini priključaka: ( ) 112 =− zz m Nisu nam poznate brzine v1 i v2, pa ih moramo izračunati iz volumnog protoka i promjera usisne i tlačne cijevi.

41.13.0

1.044

4

221

21

1 =⋅

⋅===πππ d

VdVv

&& m/s

04.225.0

1.04422

22 =

⋅⋅==

ππdVv&

m/s

Sada, kada su nam poznati svi podaci, možemo odrediti manometarski napor:

( ) ( )( ) 77.35181.92

41.104.281.91000

10403002

223

12

21

2212 =+

⋅−+

⋅⋅−−=−+−+−= zz

gvv

gpphu ρ

m

b) Unutarnji napor pumpe dobiti ćemo ako manometarskom naporu dodamo još napor unutarnjih gubitaka:

4097.392.477.35 ≈=+=+= wu hhh m

Pumpe Zadaci

100

Primjer 26.2 (Ukupni napor na postrojenju cjevovoda) Pumpa prebacuje vodu iz jednog bazena u drugi uz protok 04.0=V& m3/s kroz cijev promjera d = 150 mm. Visina usisa je zu = 2 m, a visina tlačenja je zt = 50 m. Gubici strujanja u usinom i tlačnom cjevovodu su predstavljeni jednadžbom ( )gvY 217 2= , gdje je v brzina strujanja u cjevovodu. Pod pretpostavkom da na površinu vode u oba bazena djeluje atmosferski tlak i da je kinetička energija strujanja zanemariva, potrebno je odrediti: a) Napor ukupnih gubitaka u cjevovodu, b) Ukupni napor ht, c) Manomentarski napor hu. Rješenje: a) Brzina strujanja u cjevovodu je:

26.215.0

04.04422 =⋅==ππd

Vv&

m/s

Napor gubitaka strujanja (trenja) u cjevovodu je:

43.481.9226.217

217 22

=⋅⋅==

gvY m

b) U ovome se primjeru ukupni napor cjevovoda ht poklapa s geodetskim naporom hg:

Pumpe Zadaci

101

52502 =+=+== tugt zzhh m

c) Manometarski napor je:

43.5643.452 =+=+= Yhh tu m Komentari: • Manometarski napor hu (56.43 m) je veći od ukupnog napora ht jer pored svladavanja

razlike u visini razine tekućine moramo svladati i gubitke strujanja u cjevovodu. • U ovome slučaju se ukupni napor poklapa s geodetskim naporom (razlici visina razina

tekućine u oba bazena) jer ne svladavamo razliku tlaka (nad obje površine tekućine vlada jednaki tlak) i zato što unutar cjevovoda nemamo promjene brzine strujanja, odn. promjene kinetičke energije.

Primjer 26.3 (Napor i rad centrigugalne pumpe) Za jednu centrifugalnu pumpu poznati su sljedeći podaci: r1 = 100 mm, r2 = 180 mm, β1 = 30o, β2 = 20o, n = 24 s-1 (=1440 min-1), b1 = b2 = 44 mm. Za uvjete kada je rad l rotora pumpe najveći potrebno je odrediti: a) Protok vode na pumpi, b) Specifični rad pumpe lp, c) Napor hi koji odgovara specifičnom radu pumpe lp. Rješenje: a) Trokuti brzina na ulazu i izlazu iz rotora prikazani su na gornjoj slici. Kut na ulazu u rotor je α1 = 90o (za projektne uvjete rada pumpe). Volumnei protok na pumpi je:

111111 22 cbrcbrV m ππ ==& Apsolutnu brzinu c1 ćemo izračunati iz trokuta brzina na ulazu u rotor:

7.830tan1.0242tan2tan 11111 =⋅⋅⋅⋅=== ornuc πβπβ m/s

Pumpe Zadaci

102

Protok na pumpi je:

24.07.8044.01.022 111 =⋅⋅⋅⋅== ππ cbrV& m3/s b) Da bi dobili specifični rad li potrebno je odrediti obodnu brzinu na izlazu u2 i obodnu komponentu pasolutne brzine na izlazu cu2:

14.2718.02422 22 =⋅⋅⋅== ππ rnu m/s Radijalna komponenta apsolutne brzine na izlazu dobiva se iz protoka na pumpi i protočne površine na izlazu:

82.4044.018.02

24.02 22

2 =⋅⋅⋅

==ππ br

Vcm

& m/s

Sada možemo iz trokuta brzina naći obodnu komponentu apsolutne brzine:

9.1320tan82.414.27

tan 2

222 =−=−= o

mu

cucβ

m/s

Specifični rad rotora pumpe je:

17.37714.279.13221122 =⋅==−= ucucucl uuui m2/s2 = 377.17 J/kg c) Napor koji daje rotor pumpe je:

45.3881.917.377 ===

glh i

i m

Primjer 26.4 (Snaga za pogon centrifugalne pumpe) U primjeru 26.3 imali smo centrifugalnu pumpu s unutarnjim naporom hi = 38.5 m i protokom

24.0=V& m3/s. Uz pretpostavku da je ukupni stupanj djelovanja pumpe ηp = 0.8 i hidraulički stupanj djelovanja ηh = 0.85 potrebno je odrediti: a) Manometarski napor hu, b) Snagu Pe za pogon pumpe. Rješenje: a) Manometarski napor se može dobiti iz specifičnog rada rotora:

h

uii

hghglη

== → 7.3285.05.38 =⋅== hiu hh η m

b) Efektivna snaga za pogon pumpe je:

962368.0

7.3281.9100024.0 =⋅⋅⋅==p

ue

hgVPηρ& W = 96.2 kW

Pumpe Zadaci

103

Primjer 26.5 (Bezdimenzijski koeficijenti za dvije hidraulički slične pumpe) Ovdje se radi o dvije centrifugalne pumpe. Pumpa A ima rotor promjera DA = 810 mm, a pumpa B rotor s promjerom DB = 960 mm. Obje pumpe se mogu smatrati hidraulički sličnim pumpama. Obje pumpe su i geometrijski slične s time da pumpa B ima za približno 20% veće dimenzije nego pumpa A. Karakteristike obje pumpe prikazane su na slici. Nakon što su iz slike očitane karakteristike za obje pumpe u ovisnosti o protoku na pumpi, potrebno je izračunati bezdimenzijske koeficijente protoka Φ, tlaka (napora) Ψ i snage Λ za obje pumpe i potrebno je provjeiti koliko su njihove vrijednosti slične. Rješenje: Iz dijagrama na slici očitavamo točku po točku vrijednosti za volumni protok V& , manometarski napor hu, snagu Pe i stupanj djelovanja pumpe ηp za pumpu A s promjerom rotora DA = 0.81 m. Iz očitanih vrijednosti izračunavaju se bezdimenzijski koeficijenti:

795.1581.05.19 33AA

AA

AA

VVDn

V &&&=

⋅==Φ

hu, m

hu, m NPSH,

m

NPSH, m

n = 1170 min-1 = 19.5 s-1

n = 710 min-1 = 11.8 s-1

Originalna pumpa

Pumpa s 20% povećanim kućištem

Pumpe Zadaci

104

AA

AA

AA hh

Dnhg ⋅=

⋅⋅==Ψ 621.0

81.05.1981.9

2222

407585281.05.191000 5353AA

AAA

AA

PPDn

P =⋅⋅

==Λρ

U gornje jednadžbe samo uvrštavamo očitane vrijednosti za protok, napor i snagu. U tablici su prikazane vrijednosti očitane za pumpu A.

AV& m3/s

hA m

PA kW

ηA ΦA ΨA ΛA

0.00 153 - - 0.00 6.1 - 0.25 152 - - 0.02 6.0 - 0.50 147 1150 0.62 0.05 5.8 0.4 0.75 141 1340 0.76 0.07 5.6 0.5 1.00 133 1570 0.84 0.10 5.3 0.6 1.25 120 1750 0.86 0.12 4.8 0.7 1.50 104 1900 0.85 0.14 4.0 0.75 1.75 83 - - 0.17 3.3 -

Isti postupak ponavljamo i za pumpu B (prema donjem dijagramu na slici):

44.1096.08.11 33BB

BB

BB

VVDn

V &&&=

⋅==Φ

BB

BB

BB hh

Dnhg ⋅=

⋅⋅==Ψ 076.0

96.08.1181.9

2222

683339196.08.111000 5353BB

BBB

BB

PPDn

P =⋅⋅

==Λρ

AV&

m3/s hA m

PA kW

ηA ΦA ΨA ΛA

0.00 80 - - 0.00 6.1 - 0.25 80 - - 0.02 6.0 - 0.50 79 550 0.65 0.05 6.0 0.4 0.75 77 - 0.80 0.07 5.9 - 1.00 73 800 0.86 0.10 5.6 0.6 1.25 66 950 0.88 0.12 5.0 0.7 1.50 58 - 0.86 0.14 4.4 - 1.75 45 1050 - 0.17 3.4 0.8

Ako usporedimo dobivene podatke u obje tablice vidimo da su vrijednosti za koeficijente tlaka i snage gotovo jednake, te da se malo razlikuju vrijednosti za koeficijent protoka.

Pumpe Zadaci

105

Primjer 26.6 (Karakteristike pumpe) Za jednu pumpu koja pripada istoj obitelji sličnih pumpi kao u primjeru 26.5 potrebno je odrediti njene karakteristike. Pumpa ima rotor promjera D = 500 mm i brzinu vrtnje n = 25 s-1 (1500 min-1). Za vodu pri 15 oC potrebno je odrediti pri uvjetima najboljeg stupnja djelovanja: a) Protok pumpe V& , b) Manometarski napor hu, c) Porast tlaka ∆p pod pretpostavkom da je promjena kinetičke energije fluida pri protjecanju zanemariva, d) Efektivnu snagu za pogon pumpe. Rješenje: Vrijednosti bezdimenzijskih koeficijenata odabrani su iz tablica u primjeru 26.5 (pumpa A): Koeficijent protoka Φ = 0.12 Koeficijent tlaka Ψ = 5.0 Koeficijent snage Λ = 0.7 Iz poznatih jednadžbi koje definiraju koeficijente, dobivaju se tražene vrijednosti. a) Protok na pumpi:

3DnV&=Φ → 375.05.02512.0 33 =⋅⋅=Φ= DnV& m3/s

b) Manometarski napor na pumpi:

22 Dnhg u=Ψ → 64.79

81.95.0250.5 2222

=⋅⋅=Ψ

=g

Dnhu m

c) Ako zanemarimo promjene kinetičke energije, porast tlaka na pumpi je:

26878164.7981.91000 =⋅⋅==∆ uhgp ρ Pa d) Efektivna snaga za pogon pumpe je:

53 DnP

ρ=Λ → 7963415.02510007.0 5353 =⋅⋅⋅=Λ= DnP ρ W = 341.8 kW

Primjer 26.7 (Karakteristike pumpe pri promjeni brzine vrtnje i promjera rotora) Brodska centrifugalna pumpa projektirana je za brzinu vrtnje n = 30 s-1 (1800 min-1), tako da pri naporu hu = 60 m ima protok V& = 190 dm3/s uz snagu pogona Pe = 130 kW. Potrebno je odrediti nove vrijednosti protoka, napora i pogonske snage kada: a) promijenimo brzinu vrtnje pumpe s nA = 30 s-1 na nB = 20 s-1 uz isti promjer rotora D = 300 mm. b) promijenimo promjer rotora s DA = 300 mm na DB = 250 mm pri istoj brzini vrtnje (n = 30 s-1).

Pumpe Zadaci

106

Rješenje: a) Novi protok, napor i snaga na pumpi pri promjeni brzine vrtnje će biti:

3

=

A

B

A

B

A

B

DD

nn

VV&

& → 1267.0

3.03.0

3020190.0

33

=

⋅=

=

A

B

A

BAB D

DnnVV && m3/s

22

=

A

B

A

B

A

B

DD

nn

hh → 7.26

3.03.0

302060

2222

=

⋅=

=

A

B

A

BAB D

Dnnhh m

53

=

A

B

A

B

A

B

A

B

DD

nn

PP

ρρ → 5.38

3.03.0

3020

10001000130

5353

=

⋅=

=

A

B

A

B

A

BAB D

DnnPP

ρρ kW

b) Novi protok, napor i snaga na pumpi pri promjeni promjera rotora će biti:

3

=

A

B

A

B

A

B

DD

nn

VV&

& → 1099.0

3.025.0

3030190.0

33

=

⋅=

=

A

B

A

BAB D

DnnVV && m3/s

22

=

A

B

A

B

A

B

DD

nn

hh → 6.41

3.025.0

303060

2222

=

⋅=

=

A

B

A

BAB D

Dnnhh m

53

=

A

B

A

B

A

B

A

B

DD

nn

PP

ρρ → 2.52

3.025.0

3030

10001000130

5353

=

⋅=

=

A

B

A

B

A

BAB D

DnnPP

ρρ kW

Komentar: Mnogi konstruktori i korisnici pumpi prihvaćaju promjene promjera rotora (tokarenjem) uz izračunavanje novih karakteristika pod pretpostavkom da nova pumpa pripada istoj familiji po hidrauličkoj sličnosti. Jasno je da se tokarenjem rotora mijenjaju i izlazni kutovi lopatica, tako da pretpostavka hidrauličke sličnosti ne mora više biti točna. Često puta osim promjene promjera rotora treba prilagoditi i geometriju kućišta pumpe. Primjer 26.8 (Odabir turbopumpe na temelju dijagrama po Baljeu) Centrifugalna pumpa (pumpa B iz primjera 26.5) ima brzinu vrtnje n = 11.8 s-1 (710 min-1) i promjer rotora D = 960 mm. Za mjesto s najvišim stupnjem djelovanja ηp = 0.88 pumpa ima sljedeće vrijednosti podataka: V& = 1.25 m3/s, hu = 66 m, Pe = 950 kW, Φ = 0.12, Ψ = 5, Λ = 0.7. Želimo koristiti pumpu iz iste porodice da bi ostvarili protok V& = 5.22 m3/s pri manometarskom nporu hu = 7.5 m. Potrebno je: a) Izračunati specifičnu brzinu ωs i specifični promjer rotora Ds originalne centrifugalne pumpe, b) Izračunati promjer rotora D, brzinu vrtnje n i snagu za pogon pumpe pri maksimalnom stupnju djelovanja, c) Provjeriti slučaj kada prethodno rješenje nije adekvatno da bi udovoljilo traženim uvjetima nove pumpe.

Pumpe Zadaci

107

Rješenje: a) Specifična kutna brzina originalne pumpe je:

( ) ( ) 65.06681.925.18.1122 75.075.0 =

⋅⋅⋅⋅== ππω

hgVns

&

Specifični promjer originalne pumpe je:

( ) ( ) 3.425.16681.996.0

25.025.0

=⋅⋅==V

hgDDs &

b) Brzinu vrtnje n i promjer rotora D za novu pumpu izračunati ćemo iz specifične brzine i specifičnog promjera originalne pumpe. Rekli smo da nova pumpa treba pripadati istoj porodici kao i pumpa uz najbolji stupanj djelovanja. Koristiti ćemo vrijednosti specifične brzine i specifičnog promjera originalne pumpe, ali s podacima za protok i napor nove pumpe:

( ) 75.02hgVns

&πω = → ( ) ( ) 14.1

22.55.781.9

265.0

2

75.075.0

=⋅⋅

==ππ

ωV

hgn s

& s-1

( )

VhgDDs &

25.0

= → ( ) ( ) 354.35.781.9

22.53.4 25.025.0 =⋅

⋅==hgVDD s

& m

Nova snaga za pogon pumpe se može izračunati iz definicije bezdimenzijskog koeficijenta snage Λ = 0.7.

53 DnPe

ρ=Λ → 449395354.31.110007.0 5353 =⋅⋅⋅=Λ= DnPe ρ W = 395.4 kW

Nova pumpa bi dakle trebala imati brzinu vrtnje od 1.14 s-1 uz promjer rotora od 3354 mm, što sve skupa djeluje groteskno, bez obzira što je matematički točno. c) Zbog povećanog protoka nova pumpa bi upala u područje turbo pumpi. Iz dijagrama po Baljeu možemo očitati specifičnu brzinu vrtnje i specifični promjer koji pripadaju području aksijalnih pumpi. Tako npr. odabiremo par vrijednosti ωs = 4 i Ds = 2 uz hidraulički stupanj djelovanja ηh = 0.84. Iz jednadžbi za specifičnu brzinu vrtnje i specifični promjer možemo izračunati:

( ) ( ) 722.5

5.781.92

42

75.075.0

=⋅⋅

==ππ

ωV

hgn s

& s-1

( ) ( ) 56.15.781.9

22.52 25.025.0 =⋅

⋅==hgVDD s

& m

Snaga za pogon pumpe se može izračunati pomoću stupnja djelovanja:

82.098.084.0 =⋅== mhp ηηη

Pumpe Zadaci

108

36846882.0

5.781.9100022.5 =⋅⋅⋅==p

ue


Komentari: • Originalna pumpa ima specifičnu brzinu ωs = 0.65 i specifični promjer Ds = 4.3. Vidimo

iz dijagrama po Baljeu da takva pumpa pripada u područje centrifugalnih pumpi uz stupanj djelovanja ηh = 0.9 (što se dobro poklapa s izmjerenom vrijednosti u dijagramu koja iznosi ηh = 0.88.

• Ako se zadovoljimo s nižom vrijednosti stupnja djelovanja možemo se premjestiti u područje aksijalnih pumpi, što smo i učinili pod c).

Pumpe Zadaci

109

ZADACI 27

VOLUMETRIJSKE PUMPE

Primjer 27.1 (Dimenzioniranje pumpe za poznati protok i srednju brzinu klipa) Za jednoradnu stapnu pumpu s dva cilindra zadan je protok V& = 14 dm3/s, volumetrijski stupanj djelovanja ηv = 0.95, srednja stapna brzina cs = 1 m/s i omjer hoda klipa i promjera s/D = 1.05. Potrebno je odrediti: a) Promjer D i hod stapa s, b) Stapajni volumen za jedan cilindar Vs1 i ukupni VH, c) Brzinu vrtnje n. Rješenje: a) Ukupni stapajni volumen je stapajni volumen jednoga cilindra pomnožen s brojem cilindara.

svstot cDzVzV4

2 πη== &&

0968.0195.02

014.044 =⋅⋅⋅

⋅==ππη sv

tot

czVD&

m = 96.8 mm

Usvaja se promjer klipa D = 97 mm. Iz poznatog omjera stapaja i promjera klipa možemo izračunati stapaj:

85.10105.197 =⋅=

=

DsDs mm usvajamo vrijednost s = 102 mm

b) Sada možemo izraćunati stapajni volumen jednoga cilindra:

000754.0102.04

097.04

22

=== ππ sDVs m3 = 0.754 dm3

Ukupni stapajni volumen ja pumpu s z = 2 cilindra je:

001508.0000754.02 =⋅== sH VzV m3 = 1.508 dm3 c) Iz jednadžbe za srednju stapnu brzinu možemo naći brzinu vrtnje pumpe:

nscs 2= → 9.4102.02

12

=⋅

==s

cn s s-1

Pumpe Zadaci

110

Primjer 27.2 (Snaga za pogon pumpe iz poznatog protoka i tlaka) Klipna pumpa treba ostvariti protok vode od 11.5 dm3/s uz povećanje tlaka od 5.6 MPa. Za tu namjenu koristimo jednu triplex pumpu (pumpa s 3 cilindra) s kratkim hodom klipa, sa sljedećim karakteristikama: stapaj s = 102 mm, stupnjevi djelovanja ηy = 0.96, ηo = 0.95 i ηv = 0.96. Potrebno je odrediti: a) stapajni volumen jednoga cilindra i ukupni stapajni volumen, b) brzinu vrtnje pumpe n, c) srednju stapnu brzinu cs, d) Snagu Pe za pogon pumpe. Rješenje: a) Stapajni volumen jednoga cilindra je:

sDVs 4

2π=

Obzirom da pumpa ima kratki hod (s/D = 1.2), možemo za zadani stapaj s odrediti promjer klipa:

( ) 085.02.1

102.0 ===DssD m

Stapajni volumen je:

00058.0102.04

085.04

22

=⋅== ππ sDVs m3 = 0.58 dm3

Ukupni stapajni volumen je:

00174.000058.03 =⋅== sH VzV m3 = 1.74 dm3 b) Brzinu vrtnje dobiti ćemo iz poznatog protoka pumpe, stapajnog volumena i volumetrijskog stupnja djelovanja:

9.600174.096.0

0115.0 =⋅

==Hv V

Vnη&

s-1 = 410 min-1

c) Srednja stapna brzina je:

41.19.6102.022 =⋅⋅== nscs m/s d) Ukupni stupanj djelovanja pumpe je:

87.096.095.096.0 =⋅⋅== voyp ηηηη Snaga za pogon pumpe je:

Pumpe Zadaci

111

0237487.0

106.50115.0 6

=⋅⋅=∆=p

epVP

η&

W = 74 kW

Primjer 27.3 (Snaga za pogon pumpe kada je poznat protok i brzina vrtnje) Klipna pumpa s tri cilindra radi s protokom od 0.048 m3/s uz promjenu tlaka ∆p = 4.1 MPa. Omjer stapaja i promjera je s/D = 1.2, a brzina vrtnje je n = 5 s-1 (300 min-1). Potrebno je odrediti: a) promjer D klipa za zadani volumetrijski stupanj djelovanja ηv = 0.97, b) Snaga za pogon pumpe ako je zadan ukupni stupanj djelovanja pumpe ηp = 0.9. Rješenje: a) Ako broj cilindara pomnožimo sa stapajnim volumenom i brzinom vrtnje dobiti ćemo ukupni teorijski volumni protok, odakle ćemo poslije izračunati promjer cilindra:

sDnzsDnznVzV sH 44

22 ππ ===&

( ) 155.052.1397.0

048.04433 =

⋅⋅⋅⋅⋅==

ππη nDszVD

v

H&

m = 155 mm

b) Iz poznatog omjera stapaja i promjera možemo sada izračunati stapaj:

186.02.1155.0 =⋅=

=

DsDs m = 186 mm

c) Snaga za pogon pumpe je:

6662189.0

101.4048.0 6

=⋅⋅=∆=p

epVP

η&

W = 218.7 kW

Pumpe Zadaci

112

ZADACI 28

VEZA PUMPE I CJEVOVODA

Primjer 28.1 (Radna točka pumpe) Pomoću pumpe, čije su karakteristike navedene na slici (za promjer rotora od D = 810 mm), prebacujemo vodu iz jednog spremnika u drugi, koji je smješten 28 m više. Voda se transportira kroz cjevovod dužine L = 200 m promjera d = 400 mm. Zanemarujemo lokalne gubitke u cjevovodu i računamo samo s gubicima trenja u cijevi uz koeficijent trenja λ = 0.03. Potrebno je odrediti: a) radnu točku pumpe, b) snagu za pogon pumpe Rješenje: a) Radna točka pumpe definirana je naporom i protokom. Napor potreban za protok u cjevovodu možemo prikazati jednadžbom:

222

1 VAg

Zzhs&

+∆=

U gornjoj jednadžbi poznajemo vrijednost ∆z = 28 m i protočnu površinu cijevi 42 πdA = (d = 0.4 m). Ukupni koeficijent trenja Z može se izraziti pomoću koeficijenta trenja:

2

=

dL

a λζ

Uvrštavanjem u prijašnju jednadžbu za napor cjevovoda imamo:

hu m

NPSH m

Pumpe Zadaci

113

224

2

22

284

21

21 V

dgdLz

dV

gdLzV

AgZzhs

&&

&π

λπ

λ +∆=

+∆=

+∆=

22

242

24 4.48284.081.9

84.0

20003.0288 VVVdgd

Lzhs&&& ⋅+=⋅

⋅⋅⋅⋅+=+∆=

ππλ

Ako ovu jednadžbu unesemo u polje karakteristika pumpe, radna točka će biti u presjecištu krivulje cjevovoda i karakteristike pumpe. Tablica vrijednosti na krivulji pumpe je: V& m3/s 0.00 0.25 0.50 0.75 1.00 1.25 1.35 1.50 hs m 28 31 40 55 76 104 116 137 Mjesto presjeka karakteristike pumpe i krivulje za napor cjevovoda je pri protoku V& = 1.35 m3/s i hs = hu = 116 m. Stupanj djelovanja pumpe u radnoj točki je ηp = 0.85. b) Snaga za pogon pumpe je:

350807185.0

11681.9100035.1 =⋅⋅⋅==p

he


Primjer 28.2 (Paralelni rad dvije jednake pumpe) Pomoću dvije jednake pumpe želimo prebaciti vodu iz jednog spremnika u drugi koji je 2 m više od prvoga. Gubitak strujanja u cjevovodu može se prikazati jednadžbom 200 2V& , gdje je V& protok u m3/s. Na raspolaganju nam je aksijalna pumpa čija je karakteristika prikazana u sljedećoj tablici: V& m3/s 0.0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.10 0.12 0.14 0.16 0.18 hu m 5.6 4.75 4.2 4.3 4.3 3.75 3.25 2.3 1.25 0.0 Potrebno je odrediti protok V& u radnoj točki pumpe za sljedeće slučajeve: a) Za jednu samu pumpu, b) Za dvije jednake pumpe (kao pod a) u paralelnom spoju, c) Za dvije jednake pumpe (kao pod a) u serijskom spoju.

hs hu m

Pumpe Zadaci

114

Rješenje: a) Radnu točku pumpe dobivamo na mjestu gdje se krivulja napora cjevovoda siječe s karakteristikom pumpe. Jednadžba krivulje cjevovoda je:

22002 VYzhu&⋅+=+∆=

U tablici su prikazane vrijednosti napora cjevovoda za različite protoke: V& m3/s 0.0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.10 0.12 0.14 0.16 0.18 hu m 2.0 2.08 2.32 2.72 3.28 4.0 4.9 5.9 7.1 8.5 Radna točka cjevovoda pri radu s jednom pumpom prema tablicama (za karakteristiku pumpe i krivulju cjevovoda) daje nam protok od približno:

1.01 =pumpaV& m3/s b) Kada dvije pumpe rade u paralelnom spoju, pri istome naporu se zbrajaju njihovi protoci. Obzirom da se tu radi o dvije jednake pumpe, napor će ostati isti, a protok će biti dvostruki. Karakteristika za zajednički rad dvije jednake pumpe u paralelnom spoju prikazana je u sljedećoj tablici. V& m3/s 0.0 0.04 0.08 0.12 0.16 0.20 0.24 0.28 0.32 0.36 hu m 5.6 4.75 4.2 4.3 4.3 3.75 3.25 2.3 1.25 0.0 Radna točka za zajednički paralelni rad dvije jednake pumpe na cjevovodu je pri protoku:

11.01 =pumpaV& m3/s b) Kada dvije pumpe rade u serijskom spoju, pri istome protoku se zbrajaju njihovi napori. Obzirom da se tu radi o dvije jednake pumpe, protok će ostati isti, a napor će biti dvostruki. Karakteristika za zajednički rad dvije jednake pumpe u serijskom spoju prikazana je u sljedećoj tablici.

Jedna pumpa

Dvije pumpe u seriji

Dvije pumpe u paralelnom spoju

Cjevovod

Pumpe Zadaci

115

V& m3/s 0.0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.10 0.12 0.14 0.16 0.18 hu m 11.2 9.5 8.4 8.6 8.6 7.5 6.5 4.6 2.5 0.0 Radna točka za zajednički paralelni rad dvije jednake pumpe na cjevovodu je pri protoku:

13.01 =pumpaV& m3/s Primjer 28.3 (Usis pumpe iz spremnika) Pumpa s promjerom rotora D = 810 mm (iz primjera 28.1) mora dobavljati s protokom V& = 1.5 m3/s pri brzini vrtnje n = 19.5 s-1 (1170 min-1) iz spremnika kojemu na površini tekućine djeluje okolni tlak p0 = 101.32 kPa. Ako je gubitak napora zbog trenja u usisnom cjevovodu jednak 2 m stupca vode, potrebno je odrediti na kojoj visini mora biti usis pumpe da ne dođe do kavitacije u slučajevima da je temperatura vode: a) 15 oC uz apsolutni tlak zasićenja pare pv,s = 1.7 kPa i gustoću 1000 kg/m3, b) 90 oC uz apsolutni tlak zasićenja pare pv,s = 70 kPa i gustoću 965 kg/m3. Rješenje: a) Ako želimo spriječiti kavitaciju, za odabranu pumpu moramo zadovoljiti netto pozitivnu visinu usisa NPSH = 12 m (iz dijagrama za pumpu u primjeru 28.1):

uusv Yz

gpp

NPSH −−−

≤ρ

,0

Iz ove jednadžbe dobivamo maksimalnu dopuštenu visinu položaja usisa pumpe iznad razine tekućine:

( ) 84.321281.91000

107,132..101 3,0 −=−−

⋅⋅−=−−

−≤ u

svu YNPSH

gpp

zρ

m

Dobili smo visinu za usis pumpe nad razinom tekućine. Kako je dobivena vrijednost negativna, usis pumpe mora biti potopljen, tj. minimalno 3.84 m ispod razine tekućine. b) Za višu temperaturu vode morati ćemo još više spustiti usis pumpe ispod razine vode. Računamo na isti način kao prije, samo s drugim podacima:

( ) 69.1021281.91000

100.7032.101 3,0 −=−−

⋅⋅−=−−

−≤ u

svu YNPSH

gpp

zρ

m

Primjer 28.4 (Pumpa koja siše iz spremnika pod tlakom) Pumpa koja ima potrebni NPSHpotr = 3.2 m siše iz spremnika, u kojemu vlada tlak p1 = 140 kPa, sumpornu kiselinu u koncentraciji 60% s gustoćom od ρ = 1500 kg/m3 i tlak zasićenja od pv,s = 0.38 kPa. Ako znamo da su gubici napora u cjevovodu Y = 1.5, potrebno je izračunati visinu usisa.

Pumpe Zadaci

116

Rješenje: Da bi spriječili kavitaciju unutar pumpe potrebno je da zadovoljimo uvjet:

uusv Yz

gpp

NPSH −−−

≤ρ

,0

Iz ove jednadžbe možemo naći potrebnu visinu usisa:

( ) 53.12.381.91500

1038.0140 3,1 =−−

⋅⋅−=−−

−≤ u

svu YNPSH

gpp

zρ

m

Ako usis smjestimo npr. na 3 m iznad razine tekućine udovoljili smo traženom uvjetu, uz ograničenu slobodu i sigurnost da do kavitacije neće doći ni ako se malo poveća temperatura tekućine.

Kompresori i ventilatori Zadaci

117

ZADACI 30

KOMPRESORI

Primjer 30.1 (Rad idealnoga kompresora u različitim uvjetima) Kompresor siše zrak pri temperaturi T1 = 20 oC (= 293.15 K) i apsolutnom tlaku p1 = 100 kPa i tlači ga na tlak p2 = 800 kPa. Potrebno je odrediti specifični rad za rad idealnoga kompresora kada se kompresija odvija: a) izentropski (adijabatski), b) izotermno, c) politropski uz eksponent politrope n = 1.31 te temperaturu na kraju kompresije. Rješenje: a) Omjer tlakova na kraju i na početku kompresije je:

81010010800

3

3

1

2 =⋅⋅==

ppβ

Da bi izračunali specifični rad za kompresiju po izentropi, moramo poznavati eksponent adijabate i plinsku konstantu. Podaci su γ = 1.4 i R = 287 J/kgK. Specifični rad za adijabatsku kompresiju je:

2602391815.29328714.1

4.111

4.114.11

=

−⋅⋅⋅

−=

−

−=

−−γ

γ

βγ

γ TRladiab J/kg

b) U slučaju izotermne kompresije specifični rad je:

9501748ln15.293287ln =⋅⋅== βTRlizot J/kg c) U slučaju politropske kompresije specifični rad je:

1402261815.293287131.1

31.111

31.1131.11

=

−⋅⋅⋅

−=

−

−=

−−n

n

politrop TRn

nl β J/kg

Tempratura na kraju kompresije će biti:

8.480815.293 31.1131.11

12 =⋅==−−

nn

TT β K = 207.65 oC Komentar: Minimalni specifični rad kompresije imamo za izotermnu kompresiju (174.95 kJ/kg), dok za politropsku kompresiju imamo 226.14 kJ/kg. Najveći specifični rad kompresije je onaj za adijabatsku kompresiju (239.26 kJ/kg).


118

Primjer 30.2 (Rad idealnoga kompresora s više stupnjeva i s međuhlađenjem) Kompresor s dva stupnja i međuhladnjakom siše zrak pri tlaku p1 = 100 kPa i temperaturi T1 = 20 oC i tlači ga na tlak p3 = 800 kPa. Između dva stupnja kompresije zrak se hladi u hladnjaku na početnu temperaturu. U oba dva stupnja kompresija se odvija politropski uz eksponent politrope n = 1.31. Potrebno je odrediti: a) optimalni tlak p2 pri kojemu treba izvršiti međuhlađenje zraka, b) specifični rad svakog stupnja kompresije i ukupni specifični rad za pogon kompresora, c) temperaturu na izlazu iz svakoga stupnja, d) toplinu koja se odvodi u međuhladnjaku. Rješenje: a) Optimalni omjer tlakova kod kompresora s više stupnjeva se određuje pod uvjetom da je omjer tlakova na svakom stupnju kompresora jednak:

83.21010010800

3

3

1

3

2

3

1

2 =⋅⋅====

pp

pp

pp

optimβ

Tlak pri kojemu ćemo izvršiti međuhlađenje zraka je:

3312 102831010083.2 ⋅=⋅⋅== pp β Pa = 283 kPa

b) Potrebni rad za kompresiju na svakom stupnju je jednak jer smo pretpostavili da su omjer tlakova i temperatura na početku kompresije na oba stupnja jednaki:

27099183.215.293287131.1

31.111

31.1131.11

=

−⋅⋅⋅

−=

−

−=

−−n

n

politrop TRn

nl β J/kg

Ukupni specifični rad za pogon kompresora je:

5401989927022.2.1 =⋅==+= politropstupanjstupanjukupno llll J/kg c) Temperatura na izlazu svakoga stupnja je jednaka jer su omjeri tlakova na svakom stupnju i temperature na početku kompresije jednaki za oba stupnja. Temperatura na izlazu je:

2.37583.215.293 31.1131.11

12 =⋅==−−

nn

TT β K = 102 oC Temperatura T3 na izlazu iz drugog stupnja kompresije je jednaka temperaturi T2. d) Toplina koju odvodimo u međuhladnjaku je:

( ) ( ) 3408215.2932.3755.1003'22'22 =−⋅=−=−= TTchhq pmedjuhlad J/kg Komentari: 1. Usporedimo ove rezultate s onima iz primjera 30.1 (pitanje pod c). Specifični rad

kompresora s međuhlađenjem od 198.5 kJ/kg je veći od onoga za izotermnu kompresiju (174.95 kJ/kg), ali je sigurno manji od rada za politropsku kompresiju bez međuhlađenja (226.14 kJ/kg). Temperatura na kraju kompresije za kompresor bez međuhlađenja (480.8 K = 207.65 oC) je mnogo veća od one za kompresor s međuhladnjakom (375.2 K = 102


119

oC). Tako visoka temperatura kod kompresora s međuhladnjakom je više nego prednost, no u svakom slučaju treba jako paziti na ispravnu uporabu kompresora.

2. Radi jednostavnosti smo razmatrali kompresor sa samo dva stupnja kompresije. Isti postupak bi koristili i kod kompresora s više stupnjeva.

Primjer 30.3 (Efektivna snaga za pogon kompresora) Stupanj jednog centrifugalnoga kompresora sa stupnjem djelovanja ηc = 0.84 vrši kompresiju zraka s protokom 1V& = 0.5 m3/s s početnog tlaka p1 = 0.1 MPa na tlak p2 = 0.14 MPa. Potrebno je izračunati efektivnu snagu za pogon kompresora. Rješenje: Omjer tlakova za kompresiju na stupnju je:

4.1101.01014.0

6

6

1

2 =⋅⋅==

ppβ

Za pretpostavku da je kompresija bila adijabatska, efektivna snaga za pogon kompresora je:

0402114.114.1

4.184.0

101.04.111

4.114.161

11 =

−⋅

−⋅⋅=

−

−=

−−γ

γ

βγ

γηc

eVpP&

W = 21 kW


120

ZADACI 31

VENTILATORI I KOMPRESORI

Primjer 31.1 (Snaga za pogon ventilatora) Ventilator, koji ima stupanj djelovanja ηv = 0.8, koristi se u cjevovodu kroz koji se dobavlja protok 1V& = 2 m3/s zraka pri atmosferskom tlaku p1 = 101.32 kPa i temperaturi T1 = 15 oC. Brzina zraka na ulazu u ventilator je v1 = 20 m/s, a brzina na izlazu je v2 = 50 m/s. Statički tlak na izlazu iz ventilatora je za 150 mm stupca vode veći od onoga u usisnoj cijevi. Potrebno je izračunati snagu za pogon ventilatora. Rješenje: Snaga za pogon ventilatora prikazana je jednadžbom:

( ) ( )

−+−=2

21

2212 vvppmP

ve ρη

&

U gornjoj jednadžbi poznati su nam stupanj djelovanja ventilatora i brzine strujanja. Poznata nam je i razlika statičkih tlakova. Potrebno je samo još izvršiti pretvorbu jedinica za razliku tlaka i izračunati gustoću i maseni protok plina.

1471150.081.9100012 =⋅⋅=∆=−=∆ hgppp vρ Pa

2252.115.288287

1032.101 3

=⋅

⋅==TRpρ kg/m3

45.222252.11 =⋅== Vm && ρ kg/s

Snaga za pogon ventilatora je:

( ) ( ) 88562

20502252.1

14718.045.2

2

2221

22 =

−+⋅=

−+∆= vvpmPv

e ρη&

W = 6.89 kW

Primjer 31.2 (Napor ventilatora) Ložište parnog kotla mora biti snabdijevano protokom zraka 1V& = 3.5 m3/s uz porast tlaka ∆p = 125 mm stupca vode. Zrak gustoće ρ = 1.225 kg/m3 (pri atmosferskom tlaku p1 = 101.32 kPa i temperaturi T1 = 15 oC) ulazi u usis ventilatora sa stupnjem djelovanja ηv = 0.85 brzinom koja je zanemarivo mala (v1 = 0 m/s) i izlazi iz njega brzinom v2 = 30 m/s. Potrebno je odrediti: a) statički napor hstat, dinamički napor hdinam i ukupni napor huk ventilatora, iskazani u stupcu fluida (u ovom slučaju zraka), b) Snagu za pogon ventilatora.


121

Rješenje: a) Statički napor ventilatora je već zadan kao: hstat = 125 mm = 0.125 m stupca vode Da bi dobili napor u stupcu zraka, koristimo se jednadžbom za statički tlak:

ghghp zstatvvstat ρρ ,, ==∆

04.102225.1

1000125.0,, =⋅==ρρv

vstatzstat hh m stupca zraka

Dinamički tlak ćemo dobiti iz razlike kinetičkih energija:

4681.92030

2

2221

22 =

⋅−=−=

gvvhdinam m stupca zraka

Ukupni napor ventilatora je prema tome jednak:

14846102, =+=+= dinamzstatuk hhh m stupca zraka b) Snaga za pogon ventilatora je, slično kao i u ranijem primjeru:

323785.0

14881.9225.15.31 =⋅⋅⋅==v

uke

hgVPη

ρ& W = 7.3 kW

Primjer 31.3 (Ukupne i statičke karakteristike stupnja kompresora) Jedan stupanj aksijalnog kompresora dobavlja protok zraka od m& = 35 kg/s pri apsolutnom tlaku p1 = 60 kPa i temperaturi T1 = 260 K (statički uvjeti) i brzini c1 = 120 m/s. Omjer totalnih tlakova na stupnju je β = 1.3. Unutarnji izentropski stupanj djelovanja je ηc = 0.88, dok je mehanički stupanj djelovanja jednak ηm = 0.99. Potrebno je odrediti: a) zastojnu temperaturu T1

0 i zastojni tlak p10 na ulazu u stupanj,

b) zastojnu temperaturu T2s0 na kraju izentropske kompresije i zastojnu stvarnu temperaturu

T2'0,

c) indicirani rad na stupnju, d) snagu za pogon stupnja aksijalnoga kompresora. Rješenje: a) Zastojnu temperaturu na ulazu T1

0 izračunati ćemo pomoću entalpije i specifične topline pri konstantnom tlaku:

2

21

10

1chh += →

2

21

10

1cTcTc pp +=

iz ove jednadžbe konačno dobivamo:


122

2.2675.10032

1202602

221

10

1 =⋅

+=+=pc

cTT K = - 5.95 oC

Zastojni tlak p1

0 se dobiva iz izentropske kompresije s tlaka p1 na p10 uz eksponent adijabate

od γ = 1.4.

γγ 1

1

01

1

01

−

=

pp

TT →

1

1

01

1

01

−

=

γγ

TT

pp

314.14.1

31

1

01

101 1066

2602.2671060 ⋅=

⋅=

=

−−γγ

TTpp Pa

b) Zastojna temperaatura na izlazu T2s

0 odgovara izentropskoj kompresiji:

γγ 1

01

02

01

02

−

=

pp

TT s

[ ] 2883.12.267 4.114.11

01

1

01

020

10

2 =⋅==

=

−−−

γγγ

γ

βTppTT s K

Efektivna temperatura na kraju kompresije se dobiva iz definicije izentropskog stupnja djelovanja za kompresiju na stupnju kompresora:

01

02

01

02

TTTT s

c −−=η →

c

s TTTTη

01

020

10

2−=−

8.2902.26788.0

2.26728801

01

020

2 =+−=+−= TTTTc

s

η K

c) Indicirani rad l1 dobivamo tako da idealni rad izentropske kompresije ls podijelimo s izentropskim stupnjem djelovanja stupnja:

( ) ( ) 900202.2672885.100301

02 =−⋅=−= TTcl sps J/kg

7502388.090020

1 ===c

sllη

J/kg

d) Snaga za pogon stupnja kompresora dobiva se kao produkt masenog protoka i indiciranog rada na stupnju, podijeljeno s mehaničkim stupnjem djelovanja:

60083999.0

75023351 =⋅===mm

ie

lmPPηη&

W = 839.6 kW


123

Primjer 31.4 (Usporedba specifičnih radova sa zrakom i s vodom) Turbokompresor povećava tlak protoku zraka od 1V& = 0.1 m3/s (gustoća ρzrak 0 1.2 kg/m3) s 100 kPa na 120 kPa. Nakon toga se isti stroj koristi kao turbopumpa za povećanje tlaka vode, polazeći opet od početnog tlaka p1 = 100 kPa. Stroj u oba dva slučaja primjene (kao turbokompresor ili kao turbopumpa) ima isti stupanj djelovanja η = 0.8 i radi pri istoj brzini vrtnje, te zadržava iste promjere usisnog i tlačnog cjevovoda. Promjene kinetičke energije između usisa i tlačne strane su zanemarive. Potrebno je odrediti: a) specifični rad za idealnu kompresiju zraka, kada stroj radi kao turbokompresor, b) specifični indicirani rad, c) indiciranu snagu kada stroj radi kao turbokompresor, d) tlak vode na tlačnoj strani kada stroj radi kao turbopumpa s istim specifičnim radom kao ia kada radi kao turbokompresor, e) indiciranui snagu kada stroj radi kao turbopumpa, f) obodnu brzinu rotora kada stroj radi kao turbokompresor uz pretpostavku da je zadan koeficijent rada τ = 0.5 Rješenje: a) Obzirom da je omjer tlakova β = 1.2 nizak, fluid možemo smatrati nekompresibilnim. Već je rečeno da je promjena brzine strujanja između ulaza i izlaza zanemariva, tako da je specifični rad po izohori jednak:

( ) 670162.1

10100120 312 =⋅−=−=

zrakizohora

pplρ

J/kg

b) Indicirani rad dobivamo tako da idealni rad podijelimo sa stupnjem djelovanja na stupnju:

840208.0

67016 ===c

izohorai

llη

J/kg

c) Indicirana snaga se dobiva kao produkt specifičnog rada i masenog protoka zraka na turbokompresoru:

5002840202.11.01 =⋅⋅== izraki lVP ρ& W = 2.5 kW d) Stroj koji sada radi kao turbopumpa, on vodi predaje jednaki idealni specifični rad koji smo već ranije izračunali za zrak:

vodaizohoraideal

ppllρ

12 −==

Tlak na izlazu iz pumpe će biti:

( ) 6311212 1077.1610001667010100 ⋅=⋅+⋅=+=−+= vodaizohoralppppp ρ Pa = 16.77 MPa

e) Indicirana snaga turbopumpe je jednaka produktu masenog protoka i specifičnog rada:

31, 1008428402010001.0 ⋅=⋅⋅== ivodavodai lVP ρ& W = 2.084 MW


124

f) Eulerova jednadžba nam daje indicirani rad li = 20.84 kJ/kg kojega rotor predaje plinu za povećanje tlaka u ovisnosti o obodnoj brzini:

22uli τ= →

τilu =2

2 → 2045.0

840202 ===

τilu m/s

Primjer 31.5 (Primjena dijagrama po Baljeu u projektu kompresora) Potrebno je projektirati kompresor zraka koji će raditi s masenim protokom m& = 0.6 kg/s koji radi između zastojnog tlaka p1

0 = 0.1 MPa i zastojne temperature T10 = 290 K te zastojnog

tlaka p20 = 0.14 MPa pri brzini vrtnje n = 300 s-1 (18000 min-1). Koristeći dijagram po Baljeu

potrebno je: a) odrediti vrstu kompresora prikladnu da postigne maksimalni stupanj djelovanja i promjer rotora D, b) komentirati mogućnost korištenja drugih vrsta kompresora za istu namjenu. Rješenje: Da bi ušli u dijagram po Baljeu moramo izračunati specifičnu brzinu vrtnje i specifični promjer. Specifična brzina vrtnje je:

75.012

ss h

Vn

∆=

&πω

Gustoću fluida ćemo izračunati iz jednadžbe stanja plina:

2.129028710100 3

1

11 =

⋅⋅==

TRpρ kg/m3

Volumni protok je:

5.02.16.0

11 ===

ρmV && m3/s

Moramo izračunati statičku temperaturu T2s na kraju izentropske kompresije:

3.319101.01014.0290

4.114.1

6

61

01

2012 =

⋅⋅⋅=

=

−−γ

γ

ppTT s K

Izentropski porast entalpije ∆hs je:

( ) ( ) 400292903.3195.1003012 =−⋅=−=∆ TTch sps J/kg

Sada možemo izračunati specifičnu brzinu:


125

594.040029

5.030022 75.075.01 =⋅⋅⋅=

∆= ππω

ss h

Vn

&

Sada možemo ući u dijagram po Baljeu i iz dijagrama za maksimalni stupanj djelovanja možemo očitati specifični promjer Ds = 4 uz stupanj djelovanja ηc = 0.85. Rotor stroja je na prijelazu između radijalnoga i dijagonalnoga. Sada možemo izračunati promjer rotora iz definicije specifičnog promjera:

1

25.0

VhDD s

s &

∆= → 216.029400

5.04 25.025.01 =⋅=

∆=

ss h

VDD

& m = 216 mm

b) Da bi ispitali mogućnost korištenja drugih vrsti kompresora, vratimo se dijagramu po Baljeu. U dijagramu su na gornjoj strani prikazane vrijednosti stvarne brzine vrtnje. Skaliranje se vrši na slijedeći način:

5055.02

400292

75.0

1

75.0

=⋅⋅

=∆=ππω V

hn s

s & s-1

Slično možemo napraviti i za skalu promjera, koja je na dijagramu prikazana s desne strane:

054.029400

5.025.025.0

1 ==∆

=ss hV

DD &

m

Sada se iz dijagrama može zaključiti da se stupanj djelovanja neće bitnije promijeniti ako odaberemo veće brzine vrtnje koje su karakteristične za aksijalne kompresore. U slučajevima kada smo ograničeni prostorom, odabir aksijalnoga kompresora dati će nam manje promjere rotora. Ukoliko želimo smanjiti brzinu vrtnje, ulazimo u područje volumetrijskih kompresora, koji imaju znatno niži stupanj djelovanja (oko 0.7). Promjer volumetrijskog kompresora je samo malo manji od promjera turbokompresora, tako da će trebati posebnu pažnju posvetiti

Linija optimalnog Ds

Linija optimalnog Ds

Volumetrijski kompresori

Turbokompresori

aksijalni

radijalni


126

zazorima među rotorima, kako bi se smanjili gubici propuštanja kod volumetrijskog kompresora.


127

ZADACI 32

VOLUMETRIJSKI KOMPRESORI

Primjer 32.1 (Stapajni volumen i srednja stapna brzina) Volumetrijski kompresor sa samo jednim stupnjem kompresije ima promjer cilindra D = 130 mm i stapaj s = 105 mm. Volumen štetnog (kompresijskog) prostora je 4% stapajnog volumena. Kompresor siše zrak pri apsolutnom tlaku p1 = 0.1 MPa i tlači ga adijabatski na tlak p2 = 0.55 MPa. Brzina vrtnje je n = 13 s-1 (780 min-1). Potrebno je izračunati: a) stapajni volumen i volumen štetnog prostora, kao i stupanj kompresije, b) srednju stapnu brzinu. Rješenje: a) Stapajni volumen cilindra kompresora je:

00139.0105.04

13.04

22

=⋅⋅== ππ sDVs m3 = 1.39 dm3

Volumen kompresijskog prostora je (obzirom da je rečeno da on predstavlja 4% stapajnog volumena):

0000556.000139.004.0 =⋅== sc VV µ m3 = 0.0556 dm3 Stupanj kompresije je:

260000556.0

0000556.000139.0min

max =+=+==c

cs

VVV

VVε

b) Srednja stapna brzina je:

73.213105.022 =⋅⋅== nscs m/s Primjer 32.2 (Stapni kompresor s dva stupnja kompresije) Stapni kompresor s dva stupnja kompresije koristi se za kompresiju zraka na izlazni tlak p3 = 2945 kPa. Cilindri su raspoređeni u obliku slova V i jednoradne su izvedbe. Zrak na usisu ima tlak p1 = 101 kPa i temperaturu T1 = 288 K (= 15 oC). Kapacitet kompresora je 1V& = 22.8 dm3/s (obzirom na stanje na usisu). Stupanj djelovanja kompresora je ηc = 0.7, a volumetrijski stupanj djelovanja je ηv = 0.80. Potrebno je izračunati: a) tlakove i temperature na izlazu iz pojedinih stupnjeva, uz pretpostavku da je međuhlađenje potpuno, b) snagu idealnoga kompresora Pideal i snagu stvarnoga kompresora Pe, c) dimenzije kompresora za brzinu vrtnje n = 25 s-1 (1500 min-1) i srednju stapnu brzinu cs = 4.3 m/s


128

Rješenje: a) Potpuno međuhlađenje znači da smo zrak nakon prvog stupnja kompresije uspjeli ohladiti na početnu temperaturu na usisu. Optimalni omjer tlakova na stupnju je:

4.510101102945

3

3

1

3 =⋅⋅==

ppβ

Tlakovi na izlazima iz pojedinih stupnjeva su: Stupanj Tlak na usisu Tlak na izlazu I p1 = 101 kPa 33

12 104.545101014.5 ⋅=⋅⋅== pp β Pa = 545.4 kPa II p2 = 545.4 kPa

3323 102945104.5454.5 ⋅=⋅⋅== pp β Pa = 2945 kPa

Temperature zraka na izlazu iz svakoga stupnja su jednake, obzirom da su omjer tlakova i početna temperatura na svakom stupnju jednaki:

4664.5288 4.114.11

12 =⋅==−−

γγ

βTT K = 193 oC b) Snaga idealnoga kompresora (s adijabatskom kompresijom, ali bez volumena štetnog prostora) je: = W = 5 kW Obzirom da imamo dva stupnja s jednakim masenim protokom i jednakim omjerom tlakova, ukupna snaga je dvostruka:

00010500022 1, =⋅== idealideal PP W = 10 kW Sada možemo izračunati efektivnu snagu za pogon kompresora:

143007.0

10000 ===c

ideale

PPη

W = 14.3 kW

c) Stapaj (hod klipa) izračunati ćemo iz zadane srednje stapne brzine:

nscs 2= → 086.02523.4

2=

⋅==

ncs s m = 86 mm

Promjer cilindra izračunati ćemo iz volumnog protoka prema stanju na usisu. Za prvi stupanj kompresora možemo pisati:

nsDnVV vsv 4

21

1πηη ==&

13.025086.07.0

0228.044 11 =

⋅⋅⋅⋅==

ππη nsVD

v

& m = 130 mm


129

Volumni protok na usisu u drugi stupanj dobivamo iz jednakosti masenih protoka:

2211 VVm &&& ρρ ==

2

2

1

11

2

112 p

TRTR

pVVV &&& ==ρρ

Obzirom da su temperature na usisu u prvi i u drugi stupanj jednake, gornja jednadžba se svodi na:

004222.04.5

0228.01

2

112 ====

βV

ppVV

&&& m3/s

Sada možemo izračunati promjer klipa drugog stupnja kompresora na potpuno isti način kao i kod prvoga stupnja:

056.025086.07.0

004222.044 22 =

⋅⋅⋅⋅==ππη ns

VDv

& m = 56 mm


130

ZADACI 33

RASHLADNI UREĐAJI I TOPLINSKE PUMPE

Primjer 33.1 (Prozorski rashladni (klima) uređaj) U jednom klima uređaju za montažu na prozor, snage 5 kW kao radni medij se koristi Freon 12. Proces ovoga klima uređaja prikazan je na slici. proces se odvija između temperature isparivača (evaporatora) od 0 oC i kondenzatora od 50 oC. Potrebno je izračunati: a) koeficijent rashladnog učina, b) maseni protok rashladnog medija, c) volumni protok rashladnog medija na kompresoru, d) Snaga za pogon idealnoga kompresora. Rješenje: a) Koeficijent rashladnog učina βF jjednak je omjeru topline isparavanja qi i rada kompresora l koji je jednak:

12 hhls −=

12

41

hhhh

lqi

F −−==β

Potrebno je odrediti entalpije u točkama 1, 2 i 4 prema dijagramu na slici. U točki 1 (uvjeti za zasićenu paru) očitavamo podatke iz tablica za Freon 12. Dobivamo vrijednosti: p1 = 0.3086 MPa h1 = 351477 J/kg v1 = 0.055389 m3/kg (specifični volumen) Stanje u točki 2 dobivamo tako da u p-h dijagramu tako da se iz točke 1 dižemo po izentropi (s1 = s2 = 1554.5 J/kgK) do točke 2 na izbari pri tlaku zasićenja za temperaturu 50 oC, koji iznosi p3 = p2 = 1.2193 MPa. Točka 2 se nalazi u području pregrijane pare Freona 12. Njeni podaci su: p2 = 1.2193 MPa h2 = 376 kJ/kg T2 = 58 oC


131

Točku 4 ćemo dobiti tako da najprije odredimo točku 3 na mjestu zasićene kapljevine (kondenzata) pri temperaturi 50 oC, koja definira tlak p3 = p2 = 1.2193 MPa. Entalpija u točki 3 je h3 = 249 kJ/kg. Entalpija u točki 4 je jednaka kao i u točki 3. Do točke 4 dolazimo tako da se po izentalpi (pri h = const) spuštamo od točke 3 do tlaka p4 = p1 = 0.3086 MPa. Podaci za točku 4 su: p4 = 0.3086 MPa h4 = 248884 J/kg T4 = 0 oC Sada možemo izračunati tražene vrijednosti:

59310288424847735141 =−=−= hhqi J/kg = 102.6 kJ/kg

5232447735110376 312 =−⋅=−= hhls J/kg = 24.5 kJ/kg

2.4105.24106.102

3

3

=⋅⋅==

s

iF l

qβ

b) Zadana je termička snaga iQ& = 5 kW koju treba oduzeti iz hladnjaka. Maseni protok rashladnog fluida je:

ii qmQ && = → 049.0600102

5000 ===i

i

qQm&

& kg/s

c) U točki 1 imamo poznati specifični volumen. Kapacitet kompresora rashladnog stroja je:

002714.0055389.0049.011 =⋅== vmV && m3/s d) Snaga idealnoga kompresora je:

6.120152324049.0 =⋅== sideal lmP & W = 1.2 kW Primjer 35.2 (Toplinska pumpa) Postrojenje za klimatizaciju s toplinskom pumpom i radnim medijem Freon 12 ima na raspolaganju jezero s vodom na temperaturi 14 oC koje može dati 1500 kW topline toploj vodi na 45 oC. Da bi mogli razmijeniti toplinu između Freona i tople vode potrebno je da temperatura Freona u kondenzatoru bude 60 oC, a da bi on mogao preuzeti toplinu od jezerske vode, njegova temperatura u isparivaču mora biti 5 oC. Proces je prikazan na slici. Kompresor ima stupanj djelovanja ηc = 0.8. Potrebno je odrediti: a) koeficijent učina toplinske pumpe, b) maseni protok Freona 12, c) maseni protok vode koja kruži u klimatizacijskom postrojenju s time da znamo da ona ulazi u grijače s temperaturom 45 oC, a izlazi iz njega s temperaturom 35 oC. d) snagu za pogon kompresora, s time da mu je mehanički stupanj djelovanja ηm = 0.9.


132

Rješenje: a) Koeficijent učina toplinske pumpe je:

lqs

TP =β

gdje je:

32 hhqs −=

12 hhll i −== Pomoću tablica za svojstva Freona 12 i p-h dijagrama odredimo entalpije u točkama 1, 2 i 3: Stanje Stanje fluida T oC p, MPa h, kJ/kg s, kJ/kgK 1 zasićena para 5 0.3626 353.6 1.5522 2s pregrijana para 68 1.5259 380 1.5522 2 pregrijana para 75 1.5259 386.6 - 3 zasićena tekućina 60 1.5259 259.69 1.1938 4 smjesa pare i tekučine 5 0.3626 259.69 - Za stanje 1 je zadana temperatura isparavanja od 5 oC. Tlak zasićenja za tu temperaturu je p1 = 0.3526 MPa i ostale podatke koji su prikazani u tablici. Za stanje 2s na kraju izentropske kompresije polazimo iz točke 1 i po izentropi se penjemo do izobare za tlak zasićenja (obzirom da je u točki 3 zadana temperatura) pri temperaturi T3 = 60 oC. Ovoj temperaturi odgovara tlak zasićenja p3 = p2 = 1.5259 MPa. Temperatura koja odgovara točki 2s u području pregrijane pare je 68 oC. Svi ostali podaci prikazani su u tablici. Stanje u točki 2 ćemo odrediti primjenom stupnja djelovanja kompresora. Kompresija završava na istome tlaku kao i izentropska, samo pri višoj temperaturi. Specifični rad za izentropsku kompresiju je:

3312 104.2660035310380 ⋅=−⋅=−= hhl ss J/kg

Stvarni specifični rad za kompresiju je:


133

c

si

lhhlη

=−= 12

Entalpija na kraju kompresije je:

6003868.0

4002660035312 =+=+=c

slhhη

J/kg

Temperatura koja odgovara točki 2 je 75 oC. b) Toplinski tok koji kondenzator predaje toploj vodi je zadan i iznosi sQ& = 1500 kW. Potrebni maseni protok Freona 12 će biti:

ss qmQ && = → 82.11109.126101500

3

3

=⋅⋅==

s

s

qQm&

& kg/s

c) Protok vode ćemo dobiti iz kaloričke jednadžbe:

vodavodapvodas TcmQ ∆= ,&&

( ) 88.3535451018.4

1015003

3

,

=−⋅⋅

⋅=∆

=vodavodap

svoda Tc

Qm&

& kg/s

d) Efektivna snaga za pogon kompresora je:

33

104.4338.0104.26

9.082.11 ⋅=⋅⋅===

m

i

m

ie

lmPPηη&

W = 433.4 kW


134

Plinske turbine, Mlazni motori Zadaci

135

ZADACI 34

PLINSKE TURBINE

Primjer 34.1 (Braytonov idealni proces plinske turbine) U plinskoj turbini koja radi s Braytonovim idealnim procesom prema slici, zrak ulazi u kompresor pri atmosferskom tlaku p1 = 0.1 MPa i temperaturi T1 = 300 K. Omjer tlakova u procesu je β = p2/p1 = 6. Maksimalna temperatura procesa je T3 = 1200 K. Potrebno je izračunati: a) tlak i temperaturu za različite točke procesa, b) radove kompresora i turbine, c) stupanj djelovanja procesa. Rješenje: a) Tlakovi i temperature po radnim točkama su redom: U točki 1: p1 = 0.1 MPa T1 = 300 K U točki 2s:

6612 106.06101.0 ⋅=⋅⋅== βpp Pa = 0.6 MPa

8.5006300 4.114.11

12 =⋅==−−

γγ

βTT K U točki 3: p3 = p2 = 0.6 MPa T3 = 1200 K U točki 4s: p4 = p1 = 0.1 MPa


136

8.7186

1200

4.114.11

34 === −−

γγ

β

TT s K

b) Potrebni specifični rad za pogon kompresora dobivamo iz razlike entalpija među točkama 2s i 1

( ) ( ) 312 105.2013008.5005.1003 ⋅=−⋅=−= TTcl spc J/kg

Specifični rad koji proizvodi plinska turbina je:

( ) ( ) 343 109.4828.71812005.1003 ⋅=−⋅=−= spt TTcl J/kg

c) Stupanj djelovanja za Braytonov proces je:

40.06

11114.1

14.11 =−=−= −−γ

γ

βη

Stupanj djelovanja možemo dobiti iz omjera neto snage plinske turbine (razlika snage turbine i snage za pogon kompresora) i dovedene topline gorivom:

( )( )

( ) 40.08.50012005.1003

105.2019.482 3

23

=−⋅

⋅−=−

−==sp

ct

s TTcll

qlη

Primjer 34.2 (Braytonov proces stvarne plinske turbine) U plinsku turbinu koja radi po Braytonovom procesu zrak ulazi pri atmosferskom tlaku p1 = 0.1 MPa i temperaturi T1 = 300 K. Omjer tlakova u procesu je β = p1/p2 = 6, a maksimalna temperatura procesa je T3 = 1200 K. Pad tlaka od kompresora do turbine je ∆p = p3 – p1 = 20 kPa. Zrak se uzima kao idealni plin. Eksponent adijabate je γ = 1.4. Potrebno je odrediti tlakove i temperature u glavnim točkama procesa, indicirane radove kompresora i turbine, omjer radova kompresora i turbine, efektivni rad procesaa, dovedenu toplinu gorivom i stupanj djelovanja procesa pod uvjetom da su unutarnji stupnjevi djelovanja kompresora i turbine sljedeći: a) ηc = 0.65 i ηt = 0.8, b) ηc = 0.85 i ηt = 0.9. Na kraju treba usporediti rezultate koji su dobiveni za ova dva slučaja.


137

Rješenje: a) Omjeri tlakova i temperatura u različitim točkama procesa su: Točka 1: p1 = 0.1 MPa T1 = 300 K Točka 2s:

6612 106.06101.0 ⋅=⋅⋅== βpp Pa = 0.6 MPa

8.5006300 4.114.11

12 =⋅==−−

γγ

βTT K Točka 2: Temperaturu u točki 2 ćemo odrediti primjenom stupnja djelovanja kompresora:

60965.0

3008.5003001212 =−+=−+=

c

s TTTTη

K

Točka 3: p2 = 0.6 MPa T3 = 1200 K Točka 4s:

( ) 6623 1058.01002.06.0 ⋅=⋅−=∆−= ppp Pa = 0.58 MPa

8.725

101.01058.0

1200

4.114.1

6

61

4

3

34 =

⋅⋅

=

= −−

γγ

pp

TT s K

Točka 4: Tlak u točki 4 je jednak tlaku u točki 1. Temperatura u točki 4 je:

( ) ( ) 6.8208.72512008.012004334 =−⋅−=−−= st TTTT η K Rad kompresora dobiti ćemo iz razlike entalpija za točke 2 i 1:

( ) ( ) 312 103103006095.1003 ⋅=−⋅=−= TTcl pc J/kg = 310 kJ/kg

Na isti način nalazimo i rad turbine kao razliku entalpija među točkama 3 i 4:

( ) ( ) 343 107.3806.82012005.1003 ⋅=−⋅=−= TTcl pt J/kg = 380.7 kJ/kg

Omjer radova kompresora i turbine je:


138

81.0107.380

103103

3

=⋅

⋅=t

c

ll

Efektivni rad stvarnoga procesa plinske turbine je:

( ) 33 107.70103107.380 ⋅=⋅−=−= ct lll J/kg = 70.7 kJ/kg Toplina dovedena gorivom je:

( ) ( ) 323 1059360912005.1003 ⋅=−⋅=−= TTcq ps J/kg = 593 kJ/kg

Stupanj djelovanja procesa je:

12.010593107.70

3

3

=⋅⋅==

sqlη

b) Slične proračune je potrebno provesti i za drugu kombinaciju stupnjeva djelovanja kompresora i turbine. Ovaj dio proračuna ostavljamo studentu za vježbu. Komentar rezultata: U tablici koja slijedi prikazani su glavni rezultati za dva navedena slučaja s kombinacijama stupnjeva djelovanja kompresora i turbine. U trećem retku su dodani rezultati iz primjera 34.1 koji odgovaraju slučaju kada su stupanj djelovanja i kompresora i turbine jednaki jedinici. Radovi prikazani u tablici su indicirani (unutarnji) radovi. Slučaj ηc ηt lc, kJ/kg lt, kJ/kg lc/lt l, kJ/kg qs, kJ/kg η a) 0.65 0.80 310 380.7 0.81 70.7 593 0.12 b) 0.85 0.90 236.9 428.5 0.55 191.6 666.6 0.29 c) 1.00 1.00 201.5 482.9 0.42 281.4 281.4 0.40 Ako usporedimo idealni slučaj (slučaj c)) s druga dva realna procesa opažamo da je utjecaj nepovrativosti procesa takav da smanjuje stupanj djelovanja procesa na način da povećava rad kompresora i smanjuje rad turbine. Obzirom da je rad procesa jednak razlici rada turbine i rada kompresora, on vrlo brzo pada kako se smanjuju stupnjevi djelovanja i kompresora i turbine. Visoka temperatura ispušnih plinova iz plinske turbine nosi veliki toplinski tok koji se može iskoristiti za proizvodnju pare o čemu će biti riječ u sljedećim primjerima. Primjer 34.3 (Stupanj djelovanja, doziranje goriva i protok zraka) Za plinsku turbinu (prema primjeru 34.2) potrebno je odrediti: a) Stupanj djelovanja uz zadane: - indicirani (unutarnji) rad kompresora lc = 236.9 kJ/kg - indicirani (unutarnji) rad turbine lt = 428.5 kJ/kg - toplina dovedena u proces qs = 666.6 kJ/kg - mehanički stupanj djelovanja ηm = 0.98 b) korisnu snagu plinske turbine Pe kada je zadan maseni protok zraka od 56 kg/s, c) potrošnju zraka α i specifičnu potrošnju goriva qg uz zadano:


139

- donja ogrjevna moć goriva Hd = 41 MJ/kg, - stupanj djelovanja izgaranja ηizg = 0.86 d) Ukupni stupanj djelovanja ηe, e) Volumni protok zraka koji ulazi u kompresor uz zadano: - tlak na usisu p1 = 100 kPa, - temperatura na usisu T1 = 300 K, - plinska konstanta za zrak R = 287 J/kgK. Rješenje: a) Da bi izračunali stupanj djelovanja potrebno je najprije odrediti efektivni rad le:

( ) ( ) 33 107.17898.0109.2365.428 ⋅=⋅⋅−=−= mcte lll η J/kg

27.0106.666107.178

3

3

=⋅⋅==

s

ee q

lη

b) Efektivna snaga plinske turbine je:

63 1010107.17856 ⋅=⋅⋅== ee lmP & W = 10 MW c) Potrošnja zraka α je:

9.511106.666

86.010411 3

6

=−⋅⋅⋅=−=

s

izgd

qH η

α kg zraka / kg goriva

Specifična potrošnja goriva je:

e

gg P

mq

&=

Maseni protok goriva ćemo dobiti tako da maseni protok zraka podijelimo sa specifičnom količinom zraka:

08.19.51

56 ===αmmg&

& kg/s

6

6 10108.0101008.1 −⋅=⋅

==e

gg P

mq

& kg/J = 0.108 kg/MJ

d) Ukupni stupanj djelovanja je:

226.01041108.0

10106

6

=⋅⋅

⋅==dg

euk Hm

P&

η

e) Da bi odredili volumni protok zraka iz poznatog masenog protoka zraka potrebna nam je gustoća:


140

1

11 TR

p=ρ

2.4810100

300287563

1

1

11 =

⋅⋅⋅===

pTRmmV &&&

ρ m3/s

Primjer 34.4 (Proces plinske turbine s regeneracijom) Tlakovi i temperature u pojedinim glavnim točkama procesa za idealni Braytonov proces bez regeneracije uzeti su iz primjera 34.1 i prikazani su u tablici i na slici.

Točka procesa Tlak, MPa Temperatura, K 1 0.1 300 2 = 2s 0.6 500.8 3 0.6 1200 4 = 4s 0.1 718.8

Rad procesa je bio l = 281.4 kJ/kg. Pod pretpostavkom da je proces i dalje idealan i da raspolažemo regeneratorom s efikasnosti ε = 0.85 potrebno je odrediti: a) toplinu qs koju treba dovesti u komoru izgaranja, b) stupanj djelovanja procesa. Rješenje: a) Toplina koja se dovodi u komori izgaranja koristi se da bi temperatura narasla do T3. Početak zagrijavanja radnog medija može krenuti od temperature T2 (ako nemamo regeneracije) ili od više temperature Tx (ako koristimo regeneraciju). Temperaturu Tx izračunati ćemo iz jednadžbe koja nam definira efikasnost regeneracije:

24

2

TTTTx

−−=ε

( ) ( ) 1.6868.5008.71885.08.500242 =−⋅+=−+= TTTTx ε K

Dovedena toplina u komori izgaranja je:

( ) ( ) 33 107.5151.68612005.1003 ⋅=−⋅=−= xps TTcq J/kg


141

b) Stupanj djelovanja procesa s regeneracijom je:

54.0107.515104.281

3

3

=⋅⋅==

sqlη


142

ZADACI 35

MLAZNI MOTORI

Primjer 35.1 (Potisak, snaga i stupanj djelovanja turboreaktora) Turboreaktor se snabdijeva protokom kerozina (petroleja) gm& = 0.89 kg/s uz specifičnu potrošnju zraka od 42.8 kg zraka / kg goriva. Brzina kojom produkti izgaranja izlaze iz reaktora je w2 = 987 m/s, a brzina leta zrakoplova je w1 = 200 m/s. Potrebno je odrediti: a) Silu poriva, specifičnu potrošnju goriva obzirom na potisak i specifičnu promjenu količine gibanja, b) Korisna snaga potiska Pe, izgubljena snaga Pgub i snaga pogona Ppog, c) Stupanj djelovanja pogona. Rješenje: a) Sila potiska turboreaktora računa se iz promjene količine gibanja:

( ) ( ) ( ) 985292009878.4289.01212 =−⋅⋅=−

=−= ww

mmmwwmF

g

zgz &

&&& N

Specifična potrošnja goriva za potisak je:

3100298.09852989.0 −⋅===

Fm

q ggp

& kg/Ns

Specifična promjena količine gibanja turboreaktora je:

( ) 78720098712 =−=−= wwI Ns/kg b) Snage koje opisuju pogonske karakteristike turboreaktora su: Korisna snaga potiska:

61 10997.520098529 ⋅=⋅== wFPe W = 6 MW

Izgubljena snaga:

1.388.4289.0 =⋅=

=

g

zgz m

mmm&

&&& kg/s

( ) ( ) 6

2212 10798.11

22009871.38

2⋅=−⋅=−= wwmP zgub & W = 11.8 MW

Snaga pogona:

( ) 66 108.17108.116 ⋅=⋅+=+= gubepog PPP W = 17.8 MW


143

c) Stupanj djelovanja pogona je:

337.0200987

2002212

1 =+

⋅=+

=ww

wpη

Stupanj djelovanja idealnoga procesa (termički stupanj djelovanja) je:

46.0105.4389.0

108.176

6

=⋅⋅

⋅==dg

poge Hm

P&

η

Ukupni stupanj djelovanja je:

155.0105.4389.0

1066

6

=⋅⋅

⋅==dg

euk Hm

P&

η

ili:

155.046.0337.0 =⋅== epuk ηηη Primjer 35.2 (Vrijeme izgaranja pogonskog goriva za raketni motor) Raketni motor spreman za lansiranje ima na raketi spremnik s 400 t goriva. Pod pretpostavkom da se gorivo troši konstantnom brzinom i da se pritom stvara početni potisak od 5 MN, potrebno je odrediti vrijeme izgaranja goriva u slučajevima da se gorivo sastoji iz: a) vodika i kisika sa specifičnom promjenom količine gibanja l = 2850 Ns/kg, b) vodika i fluora sa specifičnom promjenom količine gibanja l = 3070 Ns/kg. Rješenje: a) Zadan je početni potisak Fpoc i specifična promjena količine gibanja. Iz toga ćemo izračunati maseni protok goriva (smjese vodika i kisika):

g

poc

mF

I&

= → 17542850

105 6

=⋅==I

Fm poc

g& kg/s

Vrijeme izgaranja goriva je:

2281754

10400 3, =⋅==

g

gpocizg m

mt

& s

b) Za gorivo koje se sastoji iz smjese vodika i fluora imamo:

g

poc

mF

I&

= → 16283070

105 6

=⋅==I

Fm poc

g& kg/s

Vrijeme izgaranja goriva je:


144

2461628

10400 3, =⋅==

g

gpocizg m

mt

& s

Ovo vrijeme izgaranja je za 8% veće od vremena izgaranja smjese vodika i kisika.

Motori s unutarnjim izgaranjem Zadaci

145

ZADACI 36

MOTORI S UNUTARNJIM IZGARANJEM

Primjer 36.1 (Stapaj i srednja stapna brzina klipa) Motor s 4 cilindra, namijenjen pogonu osobnog vozila ima ukupni stapajni volumen VH = 999 cm3 i vrti se brzinom n = 50 s-1 (3000 min-1). Potrebno je izračunati stapaj s i srednju brzinu klipa cs uz uvjet da je omjer stapaja i promjera cilindra s/D = 0.93. Rješenje: Motor ima z = 4 cilindra. Stapajni volumen jednoga cilindra je:

2

32

44

===

DsssD

zVV H

sππ

065.04

1099993.044

3623

2

=⋅

⋅⋅⋅=

=−

ππz

VDs

sH

m = 65 mm

Promjer cilindra je:

0699.093.0

065.0 ==

=

DssD m = 70 mm

Srednja stapna brzina je:

5.650065.022 =⋅⋅== nscs m/s Primjer 36.2 (Kompresijski volumen i promjer cilindra) Motor s 6 cilindara za pogon teretnog vozila ima stupanj kompresije ε = 16 i ukupni stapajni volumen VH = 9.5 dm3. Potrebno je izračunati kompresijski volumen jednoga cilindra i promjer cilindra ako se zna da je radius koljena r = 70 mm. Rješenje: Stapajni volumen jednoga cilindra je:

33

105833.16105.9 −

−

⋅=⋅==zVV H

s m3

Volumen kompresijskog prostora (ili kompresijski volumen) dobiti ćemo iz definicije stupnja kompresije:


146

1min

max +=+==c

s

c

cs

VV

VVV

VVε

3

3

101056.0116105833.1

1−

−

⋅=−⋅=

−=

εs

cVV m3

Iz radiusa koljena možemo izračunati stapaj:

140.0070.022 =⋅== rs m Promjer cilindra izračunati ćemo iz jednadžbe za stapajni volumen jednoga cilindra:

sDVs 4

2 π=

12.014.0

105833.144 3

=⋅⋅⋅==

−

ππsVD s m = 120 mm

Primjer 36.3 (Karakteristike Ottovog procesa) Stupanj kompresije Ottovog procesa je ε = 8, a izgaranjem se smjesi u cilindru predaje toplina qs = 1800 kJ/kg. Potrebno je izračunati: a) stupanj djelovanja idealnoga procesa, b) specifični rad procesa. Rješenje: a) Stupanj djelovanja idealnoga Ottovog procesa je:

565.08

1111 14.11 =−=−= −−γεηOtto = 56.5%

b) Specifični rad procesa dobiti ćemo iz definicije stupnja djelovanja. On je:

sOtto q

l=η → 33 101017565.0101800 ⋅=⋅⋅== Ottosql η J/kg ) 1017 kJ/kg

Primjer 36.4 (Karakteristike Dieselova procesa) Stupanj kompresije Dieselova procesa je ε = 16, a izgaranjem se smjesi u cilindru predaje toplina qs = 1800 kJ/kg. Potrebno je izračunati: a) stupanj djelovanja idealnoga procesa, b) specifični rad procesa. Rješenje: a) Stupanj djelovanja idealnoga Dieselova procesa je:


147

( ) ( ) 567.0105.34.1

105.38

111111

4.1

14.11 =−⋅

−−=−−−= −− ϕγ

ϕε

ηγ

γDiesel = 56.7%

b) Specifični rad procesa dobiti ćemo iz definicije stupnja djelovanja. On je:

sDiesel q

l=η → 33 101021567.0101800 ⋅=⋅⋅== Dieselsql η J/kg ) 1021 kJ/kg

Primjer 36.5 (Karakteristike Ottovog motora) Četverotaktni Ottov motor sa z = 4 cilindra promjera D = 70 mm i stapajem s = 64.9 mm, s ukupnim stapajnim volumenom VH = 1 dm3 ima brzinu vrtnje n = 58.33 s-1 (3500 min-1) i sljedeće vrijednosti za specifične potrošnje goriva: 68 g/MJ (0.245 kg/kWh) pri srednjem efektivnom tlaku psr,e = 0.8 MPa i 87 g/MJ (0.313 kg/kWh) pri psr,e = 0.4 MPa. Donja ogrjevna moć goriva je Hd = 44 MJ/kg. Gustoća zraka za izgaranje je ρ = 1.2 kg/m3. Stehiometrijska količina zraka za izgaranje je α = 15 kg zraka / kg goriva. Pri oba navedena opterećenja motora potrebno je izračunati: a) efektivni stupanj djelovanja, mehanički i indicirani stupanj djelovanja, b) efektivnu snagu i moment, c) stupanj punjenja cilindara. Rješenje: a) Efektivni stupanj djelovanja, izračunat putem specifične potrošnje goriva pri srednjem efektivnom tlaku psr,e = 0.8 MPa je:

334.010441068

11698.0, =

⋅⋅⋅== −

dge Hq

η = 33.4 %

Pri srednjem efektivnom tlaku psr,e = 0.4 MPa efektivni stupanj djelovanja je:

261.010441087

11694.0, =

⋅⋅⋅== −

dge Hq

η = 26.1 %

Sa smanjenjem srednjeg efektivnog tlaka (tj. opterećenja motora) povećava se specifična potrošnja goriva i smanjuje se stupanj djelovanja. Efektivni stupanj djelovanja je umnožak indiciranog i mehaničkog stupnja djelovanja:

mie ηηη = Da bi došli do indiciranog stupnja djelovanja moramo poznavati mehanički stupanj djelovanja koji kod motora uzima u obzir gubitke u trenjima unutar motora i pogon opreme motora. Mehanički stupanj djelovanja je omjer efektivne i indicirane snage motora, a jednako tako i omjer srednjeg efektivnog tlaka i srednjeg indiciranog tlaka:

msresr

esr

isr

esrm pp

ppp

,,

,

,

,

+==η


148

gdje je psr,m srednji tlak mehaničkih gubitaka motora. Jedna od brojnih empirijskih jednadžbi za srednji tlak mehaničkih gubitaka motora za pogon osobnih vozila je: (moramo paziti na jedinice u kojima se u jednadžbu uvrštavaju pojedine veličine)

sesrmsr cpDz

p 015.003.031106.0 ,, +++

+=

gdje su tlakovi p u MPa, D je promjer cilindra u mm, z je broj cilindara i cs je srednja stapna brzina u m/s. Srednja stapna brzina je:

57.70649.033.5822 =⋅⋅== sncs m/s Pri srednjem efektivnom tlaku od 0.8 MPa, srednji tlak mehaničkih gubitaka je:

233.057.7015.08.003.0703

41106.0015.003.031106.0 8.0,,8.0,, =⋅+⋅++

+=+++

+= sesrmsr cp

Dzp MPa

Pri srednjem efektivnom tlaku od 0.4 MPa, srednji tlak mehaničkih gubitaka je:

210.057.7015.04.003.0703

41106.0015.003.031106.0 4.0,,4.0,, =⋅+⋅++

+=+++

+= sesrmsr cp

Dzp MPa

Sada možemo izračunati mehaničke stupnjeve djelovanja:

( ) 78.010233.08.0

108.06

6

8.0,,8.0,,

8.0,,8.0, =

⋅+⋅=

+=

msresr

esrm pp

pη

( ) 65.010210.04.0

104.06

6

4.0,,4.0,,

4.0,,4.0, =

⋅+⋅=

+=

msresr

esrm pp

pη

Sada možemo konačno izračunati indicirane stupnjeve djelovanja:

43.078.0

334.08.0,

8.0,,8.0, ===

m

esri η

ηη

40.065.0261.0

8.0,

8.0,,8.0, ===

m

esri η

ηη

b) Kada nam je poznat srednji efektivni tlak možemo izračunati efektivnu snagu:

2,nVpP Hesre =

Efektivne snage za dva navedena srednja efektivna tlaka su:

368.0,,8.0, 103.23

233.58001.0108.0

2⋅=⋅⋅⋅== nVpP Hesre W = 23.3 kW


149

364.0,,4.0, 1065.11

233.58001.0104.0

2⋅=⋅⋅⋅== nVpP Hesre W = 11.65 kW

Vidimo da je pri konstantnoj brzini vrtnje n efektivna snaga motora direktno proporcionalna srednjem efektivnom tlaku. Pogonski moment na koljenastom vratilu također je proporcionalan srednjem efektivnom tlaku:

πππω 442 ,, H

esrHesree

eVp

nnVp

nPPM ====

Za dva navedena srednja efektivna tlaka, momenti su:

66.634

001.0108.04

68.0,,8.0, =

⋅⋅==

ππH

esreVpM Nm

83.314

001.0104.04

64.0,,4.0, =

⋅⋅==

ππH

esreVpM Nm

c) Stupanj punjenja λp dobiti ćemo iz jednadžbe za srednji efektivni tlak:

αρληρλη

+==

1,d

pespeesrHHp

( )

de

esrp H

pρη

αλ

+=

1,

Za naša dva slučaja s različitim srednjim efektivnim tlakovima, stupnjevi punjenja su:

( ) ( ) 7258.010442.1334.0

151108.016

6

8.0,

8.0,,8.0, =

⋅⋅⋅+⋅⋅=

+=

de

esrp H

pρη

αλ

( ) ( ) 4644.0

10442.1361.0151104.01

6

6

4.0,

4.0,,4.0, =

⋅⋅⋅+⋅⋅=

+=

de

esrp H

pρη

αλ

Primjer 36.6 (Karakteristike dizelskog motora sa slobodnim usisom) Četverotaktni dizelski motor sa slobodnim usisom namijenjen je za pogon teretnog vozila. Motor ima 6 cilindara u liniji. Promjer cilindra je D = 100 mm, a stapaj s = 128 mm. Ukupni stapajni volumen je VH = 6.0 dm3. Brzina vrtnje motora je n = 25 s-1 (1500 min-1). Za dva srednja efektivna tlaka imamo sljedeće specifične potrošnje goriva: qg = 58 g/MJ (0.209 kg/kWh) pri psr,e = 0.8 MPa i qg = 61 g/MJ (0.220 kg/kWh) pri psr,e = 0.4 MPa. Ogrjevna moć goriva je Hd = 43.3 MJ/kg. Gustoća zraka na usisu je ρ = 1.2 kg/m3. Stupanj punjenja je λp = 0.9. Za oba srednja efektivna tlaka potrebno je izračunati: a) efektivni, mehanički i indicirani stupanj djelovanja, b) efektivnu snagu i efektivni moment motora, c) pretičak zraka za izgaranje.


150

Rješenje: a) Efektivni stupanj djelovanja, izračunat putem specifične potrošnje goriva pri srednjem efektivnom tlaku psr,e = 0.8 MPa je:

398.0103.431058

11698.0, =

⋅⋅⋅== −

dge Hq

η = 39.8 %


380.0103.431061

11694.0, =

⋅⋅⋅== −

dge Hq

η = 38.0 %

Ako ove vrijednosti usporedimo s onima iz primjera 36.5 vidimo da je stupanj djelovanja dizelskog motora veći od onoga za Ottov motor. Sa smanjenjem srednjeg efektivnog tlaka (tj. opterećenja motora) povećava se specifična potrošnja goriva i smanjuje se stupanj djelovanja. Efektivni stupanj djelovanja je umnožak indiciranog i mehaničkog stupnja djelovanja:

mie ηηη = Da bi došli do indiciranog stupnja djelovanja moramo poznavati mehanički stupanj djelovanja koji kod motora uzima u obzir gubitke u trenjima unutar motora i pogon opreme motora. Mehanički stupanj djelovanja je omjer efektivne i indicirane snage motora, a jednako tako i omjer srednjeg efektivnog tlaka i srednjeg indiciranog tlaka:

msresr

esr

isr

esrm pp

ppp

,,

,

,

,

+==η

gdje je psr,m srednji tlak mehaničkih gubitaka motora. Jedna od brojnih empirijskih jednadžbi za srednji tlak mehaničkih gubitaka motora za pogon osobnih vozila je: (moramo paziti na jedinice u kojima se u jednadžbu uvrštavaju pojedine veličine)

sesrmsr cpDz

p 015.003.031106.0 ,, +++

+=

gdje su tlakovi p u MPa, D je promjer cilindra u mm, z je broj cilindara i cs je srednja stapna brzina u m/s. Srednja stapna brzina je:

51.02522 =⋅⋅== sncs m/s Pri srednjem efektivnom tlaku od 0.8 MPa, srednji tlak mehaničkih gubitaka je:

20.05015.08.003.0100

361106.0015.003.031106.0 8.0,,8.0,, =⋅+⋅++

+=+++

+= sesrmsr cp

Dzp MPa

Pri srednjem efektivnom tlaku od 0.4 MPa, srednji tlak mehaničkih gubitaka je:

18.05015.04.003.0100

361106.0015.003.031106.0 4.0,,4.0,, =⋅+⋅++

+=+++

+= sesrmsr cp

Dzp MPa


151

Sada možemo izračunati mehaničke stupnjeve djelovanja:

( ) 80.01020.08.0

108.06

6

8.0,,8.0,,

8.0,,8.0, =

⋅+⋅=

+=

msresr

esrm pp

pη

( ) 68.01018.04.0

104.06

6

4.0,,4.0,,

4.0,,4.0, =

⋅+⋅=

+=

msresr

esrm pp

pη

Sada možemo konačno izračunati indicirane stupnjeve djelovanja:

497.080.0398.0

8.0,

8.0,,8.0, ===

m

esri η

ηη

56.068.038.0

4.0,

4.0,,4.0, ===

m

esri η

ηη

b) Kada nam je poznat srednji efektivni tlak možemo izračunati efektivnu snagu:

2,nVpP Hesre =

Efektivne snage za dva navedena srednja efektivna tlaka su:

368.0,,8.0, 1060

225006.0108.0

2⋅=⋅⋅⋅== nVpP Hesre W = 60 kW

36

4.0,,4.0, 1030225006.0104.0

2⋅=⋅⋅⋅== nVpP Hesre W = 30 kW

Vidimo da je pri konstantnoj brzini vrtnje n efektivna snaga motora direktno proporcionalna srednjem efektivnom tlaku. Pogonski moment na koljenastom vratilu također je proporcionalan srednjem efektivnom tlaku:

πππω 442 ,, H

esrHesree

eVp

nnVp

nPPM ====

Za dva navedena srednja efektivna tlaka, momenti su:

3824006.0108.0

46

8.0,,8.0, =⋅

⋅==ππ

HesreVpM Nm

1914006.0104.0

46

4.0,,4.0, =⋅

⋅==ππ

HesreVpM Nm

c) Pretičak zraka λ dobiti ćemo iz jednadžbe za srednji efektivni tlak:


152

λαρληρλη

+==

1,d

pespeesrHHp

−= 11

,esr

dpe p

Hρληα

λ

Stehimetrijska količina zraka za izgaranje kg goriva je α = 14.5 kg zraka / kg goriva. Za naša dva slučaja s različitim srednjim efektivnim tlakovima, pretičak zraka je:

5355.11108.0103.432.19.0398.0

5.14111

6

6

8.0,,8.0,8.0 =

−

⋅⋅⋅⋅⋅=

−=

esr

dpe p

Hρληα

λ

995.21104.0103.432.19.0380.0

5.14111

6

6

4.0,,4.0,4.0 =

−

⋅⋅⋅⋅⋅=

−=

esr

dpe p

Hρληα

λ

Primjer 36.7 (Pretičak zraka za dizelski motor s prednabijanjem) Četverotaktni dizelski motor s prednabijanjem i hlađenjem zraka namijenjen je pogonu teretnog vozila. Motor ima ukupni stapajni volumen VH = 9.5 dm3. Za dva srednja efektivna tlaka poznate su specifične potrošnje goriva: qg = 55 g/MJ (0.198 kg/kWh) pri psr,e = 1.6 MPa i qg = 58 g/MJ (0.2088 kg/kWh) pri psr,e = 0.8 MPa. Brzina vrtnje motora je 25 s-1. Ogrjevna moć goriva je Hd = 42.3 MJ/kg. Gustoća zraka na usisu je ρ = 1.2 kg/m3. Stupanj punjenja je λp = 0.9. Gustoća zraka se prednabijanjem i hlađenjem povećava za faktor µ = 2.1 pri psr,e = 1.6 MPa i µ = 1.4 pri psr,e = 0.8 MPa. Za oba srednja efektivna tlaka potrebno je izračunati pretičak zraka za izgaranje. Rješenje: Gustoća zraka na usisu u cilindar će pri zadana dva srednja efektivna tlaka biti:

52.21.22.16.116.1 =⋅== µρρ kg/m3

68.14.12.18.018.0 =⋅== µρρ kg/m3 Efektivni stupanj djelovanja, izračunat putem specifične potrošnje goriva pri srednjem efektivnom tlaku psr,e = 0.8 MPa je:

4298.0103.421055

11698.0, =

⋅⋅⋅== −

dge Hq

η = 42.98 %


4076.0103.421058

11694.0, =

⋅⋅⋅== −

dge Hq

η = 40.76 %

Pretičak zraka λ dobiti ćemo iz jednadžbe za srednji efektivni tlak:


153

λαρληρλη

+==

1,d

pespeesrHHp

−= 11

,esr

dpe p

Hρληα

λ

Stehimetrijska količina zraka za izgaranje kg goriva je α = 14.5 kg zraka / kg goriva. Za naša dva slučaja s različitim srednjim efektivnim tlakovima, pretičak zraka je:

7083.11106.1103.4252.29.04298.0

5.14111

6

6

6.1,,6.16.1,6.1 =

−

⋅⋅⋅⋅⋅=

−=

esr

dpe p

Hρληα

λ

1784.21108.0103.4268.19.04076.0

5.14111

6

6

8.0,,8.08.0,8.0 =

−

⋅⋅⋅⋅⋅=

−=

esr

dpe p

Hρληα

λ

Ako ove vrijednosti usporedimo s onima iz primjera 36.6 za motor bez prednabijanja, vidimo da se u slučaju dobro odabranog sustava prednabijanja pretičak zraka ne mijenja tako jako s opterećenjem motora i da je on dovoljno visok i kod visokog opterećenja motora, što će nam osigurati kvalitetno izgaranje sa smanjenom emisijom čađe. Primjer 36.8 (Toplinska bilanca dizelskog motora) Četverotaktni dizelski motor s 6 cilindara u liniji s prednabijanjem i hlađenjem zraka namijenjen je pogonu teretnog vozila. Za motor su poznati sljedeći podaci dobiveni na kočnici: - maksimalna snaga Pe = 150 kW pri brzini vrtnje n = 43.3 s-1 (2600 min-1), - specifična potrošnja goriva qg = 60.3 g/MJ (0.217 kg/kWh), - protok rashladne vode 75.2=rvm& kg/s pri promjeni temperature za ∆Trv = 6 oC, - protok zraka za izgaranje u motoru zm& = 0.23 kg/s, - zrak za izgaranje se nakon prednabijanja ohladi za ∆Tz = 82 oC, - temperatura ispušnih plinova na izlazu iz turbine turbopuhala Tisp = 520 oC. - ogrjevna moć goriva je 43.3 MJ/kg, - temperatura okolnog zraka je T0 = 15 oC. Potrebno je izračunati: a) Doveden toplinski tok izgaranjem i efektivni stupanj djelovanja, b) Toplinski tok predan rashladnoj vodi, c) Toplinski tok odveden zraku za izgaranje nakon prednabijanja, d) Toplinski tok odveden ispušnim plinovima, e) Toplinski tok predan s motora izravno na okolni zrak, f) Toplinsku bilancu motora izraženu u postotcima dovedenog toplinskog toka izgaranjem goriva. Rješenje: a) Toplinski tok doveden izgaranjem goriva je:


154

649391103.4310150103.60 639 =⋅⋅⋅⋅⋅=== −degdgs HPqHmQ && W = 391.65 kW

Efektivni stupanj djelovanja je:

383.064939110150 3

=⋅==s

ee Q

Pη

b) Toplinski tok predan rashladnoj vodi je:

970686418075.2 =⋅⋅=∆= rvprvrv TcmQ && W = 68.97 kW c) Toplinski tok odveden zraku za izgaranje nakon prednabijanja je:

92618825.100323.0, =⋅⋅=∆= zzpzz TcmQ && W = 18.93 kW d) Toplinski tok odveden ispušnim plinovima izračunamo tako da koristimo protok ispušnih plinova koji je:

239.010150103.6023.0 39 =⋅⋅⋅+=+=+= −egzgzisp Pqmmmm &&&& kg/s

Toplinski tok odveden ispušnim plinovima je:

( ) ( ) 006140155201160239.00, =−⋅⋅=−= TTcmQ ispzpispisp && W = 140.01 kW e) Toplinski tok predan izravno okolnom zraku (npr. s toploga kućišta motora) izračunati ćemo kao ostatak u toplinskoj bilanci:

( ) ( ) 74.1315001.14093.1897.6865.3910 =+++−=+++−= eispzrvs PQQQQQ &&&&& kW f) Toplinska bilanca motora: kW % Toplinski tok doveden gorivom 391.65 100.00 Efektivna snaga motora 150.00 38.30 Odvedeno rashladnom vodom 68.97 17.61 Odvedeno hlađenjem zraka 18.93 4.83 Odvedeno ispušnim plinovima 140.01 35.75 Predano okolini 13.74 3.51 Suma 391.65 100.00

Riješeni zadaci - riteh.uniri.hr · PDF file3 Svojstva fluida 3 4 Statika fluida 4 5...

Documents

Transcript of Riješeni zadaci - riteh.uniri.hr · PDF file3 Svojstva fluida 3 4 Statika fluida 4 5...