nekoliko riješenih zadataka iz područja vlažnog zraka
TRANSCRIPT
Nekoliko riješenih zadataka iz područja Vlažnog zraka Kako je već najavljeno, studenti koji slušaju predmet Osnove termodinamike A , na pismenom dijelu ispita rješavat će i zadatak iz područja Vlažnog zraka, umjesto zadatka iz područja Izgaranja. To znači da će se na pismenom dijelu ispita alternirati zadaci iz navedena dva područja. U tu svrhu daju se primjeri rješenja nekoliko zadataka iz područja Vlažnog zraka. Tijekom rješavanja zadataka koristila se literatura [1] i [2]
Zadaci i rješenja
1. Zadatak U prostoriji dimenzija 5 × 5 × 3 m nalazi se vlažni zrak ukupnog tlaka 760 mmHg, temperature 35 oC i relativne vlažnosti 40 %. Potrebno je odrediti: a) – sadržaj vlage i specifičnu entalpiju tog zraka; b) – temperaturu rosišta tog zraka; c) – specifični volumen zraka d) – masu suhog zraka i masu vodene pare (vlage) u toj prostoriji.
Rješenje
a) – Sadržaj vlage i specifičnu entalpiju ovog zraka određuje se prema sljedećim jednadžbama
( )( )
( )( ) 05622,040,00133,1
05622,040,0622,0C35
C35622,0622,0 o
s1
os1
1s1
1s11 ⋅−
⋅⋅=
−=
−=
ppp
ppp
xϕ
ϕϑϕ
ϑϕ
x1 = 0,01412 kg/kg ( ) ( ) ( ) 3593,1250001412,035005,11d011z11 ⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch = 71,43 kJ/kg
( ) ( )
sH1sH
11sH1 ϑvxx c
xxhh
=−− ++ (1)
b) – Temperaturu rosišta zraka dobije se iz uvjeta x1 = xR, koristeći sljedeću jednadžbu
( )( )Rs
RsR 622,0
ϑϑ
ppp
x−
= →
( ) bar 02249,001412,0622,00133,101412,0
622,0 R
RRs =
+⋅
=+
=x
pxp ϑ
Koristeći toplinske tablice [2], linearnom interpolacijom se dobiva iznos temperature rosišta
( ) 02196,002249,002196,002337,0
192019R =−⋅−−
+=ϑ 19,38 oC
c) – volumen zraka, sveden na kilogram suhog zraka, računa se prema jednadžbi
( ) ( ) ( ) 01412,0622,0100133,1
15,3085,461622,05,461 511
11 =+⋅⋅
⋅=+=+ xp
Tv x 0,893 m3/kg
d) – Masu suhog zraka odnosno masu vlage određuje se prema sljedećim jednadžbama:
( )( ) ( )
15,308287751005622,040,00133,1C 35 5
1z
os1
z
zz =
⋅⋅⋅⋅−
=−
==TR
ppTRVpm
ϕ84,026 kg
026,8401412,0z1d =⋅== mxm 1,186 kg Masu vode, koja je u ovom slučaju u obliku pregrijane vodene pare, može se također izračunati koristeći sljedeću jednadžbu
( )
15,3085,461
751005622,04,0C35 5
1z
os1
d
dz =
⋅⋅⋅⋅
===TR
pTRVp
mϕ
1,186 kg
a što je identično gore dobivenom rezultatu!
2. Zadatak U dobro izoliranoj cijevi je smješten ventilator snage 1,3 kW. Ventilator usisava vlažni zrak nekog ulaznog stanja, tako da je na izlazu iz cijevi (iza ventilatora) izmjeren volumenski protok zraka 0,5 m3/s, pri temperaturi 22 oC i relativnoj vlažnosti 60%. Potrebno je odrediti: a) – temperaturu i relativnu vlažnost zraka na ulazu u cijev (ispred ventilatora); b) – volumenski protok zraka na ulazu u cijev. Uzeti da je ukupni tlak zraka prije i nakon ventilatora 1 bar. Stanja zraka na ulazu u ventilator i na izlazu iz ventilatora prikazati u h1+x,x- dijagramu!
Rješenje
a) Primjenjujući I. zakon termodinamike za ova otvoreni sustav, kroz čije granice kontrolnog volumena struji zrak, odnosno zadana snaga ventilatora, može se napisati sljedeću jednadžbu: ( ) ( )( )2121m12 xx hhqP ++ −=− (1) Maseni protok suhog zraka je konstantan i određuje se iz zadanih podataka zraka na izlazu iz cijevi
( ) ( )622,0461,5 22
2
2x1
2m +⋅
==+ xT
pqvq
q VV (2)
Sadržaj vlage x2 se računa prema jednadžbi
( )( )
( )( ) 02642,060,01
02642,060,0622,0C22
C22622,0622,0 o
s2
os2
2s2
2s22 ⋅−
⋅⋅=
−=
−=
ppp
ppp
xϕ
ϕϑϕ
ϑϕ
x2 = 0,0100 kg/kg Vraćanjem ove vrijednosti u jed. (2) slijedi
( )622,00100,015,295461,55,0101 5
m +⋅⋅⋅⋅
=q = 0,5808 kg/s
Iz zadanih podatak je moguće odrediti specifičnu entalpiju (h1+x)2
( ) ( ) ( )2293,125000100,022005,12d022z21 ⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch = 47,53 kJ/kg Iz jed.(1), zajedno s izračunatim i zadanim vrijednostima, odredi se specifičnu entalpiju (h1+x)1
( ) ( ) 0,5808
1,3 - 53,47m
122111 ==−= ++ q
Phh xx 45,292 kJ/kg
Koristeći izraz za specifičnu entalpiju za stanje 1, (h1+x)1
( ) ( )1d01211 005,1 ϑϑ px crxh ++=+ i uvjet da je x1 = x2, moguće je odrediti temperaturu vlažnog zraka ispred ventilatora
( )
01,093,1005,1
250001,0292,45
d1z
10111 =
⋅+⋅−
=+−
= +
pp
x
cxcxrh
ϑ 19,81 oC
pa se i relativnu vlažnost zraka ispred ventilatora određuje prema jednadžbi
( ) ( )1s1
11 622,0 ϑ
ϕpx
px+
= (3)
Tlak zasićenja ps(ϑ1=19,81 oC) određuje se linearnom interpolacijom i podacima iz [2]
( ) ( ) ( ) ( )81,0
1920C 19C 02
C 19C 81,19o
so
sos
os ⋅
−−
+=pp
pp
( ) =⋅−−
+= 81,01920
02196,002337,002196,0C 81,19 osp 0,0231 bar
Vraćanjem ove vrijednosti u jed.(3)dobiva se tražena vrijednost relativne vlažnosti
( ) 0231,001,0622,0
101,01 =
⋅+⋅
=ϕ 0,6850; (= 68,5%)
b) Volumenski se protok zraka na ulazu u ventilator (cijev) računa prema jednadžbi
( ) ( ) ( )01,0622,0101
96,2925,4615808,015,461 511
m11m1 +⋅⋅
⋅⋅=+⋅== + xp
Tqvqq xV
qV1 = 0,4963 m3/s
3. Zadatak Jedan od načina odstranjivanja vlage iz vlažnog zraka (odvlaživanje) se svodi na ohlađivanje tog zraka u jednom hladnjaku ispod temperature rosišta, naknadnog odstranjivanja nastale kapljevite vlage, te potom zagrijavanja tog zraka u zagrijaču do (obično) početne temperature. Na taj je način potrebno 500 m3/h vlažnog zraka početnog stanja 50 oC i relativne vlažnosti 80 %, dovesti na istu temperaturu i relativnu vlažnost 40%. Potrebno je odrediti:
a) – temperaturu zraka na izlazu iz hladnjaka; b) – rashladni učinak hladnjaka i ogrjevni učinak zagrijača zraka; c) – maseni protok kondenzirajuće vlage.
Skica procesa u h1+x,x – dijagramu!
Rješenje
Skicu opisanog procesa prikazuje slika 1.
Slika 1. Skica procesa
a) – Ako se stanjem 3 označi traženo konačno stanje zraka, tada su sljedeće vrijednosti veličina u tom stanju:
( )( ) 0323,0
12335,040,0112335,040,0622,0
C50C50
622,0 o3s3
o3s3
3 =⋅−
⋅⋅=
=−=
=ϑϕ
ϑϕpp
px kg/kg
( ) ( ) ( ) 5093,125000323,050005,13d033z31 =⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch 134,12 kJ/kg
Veličine početnog stanja vlažnog zraka imaju sljedeće vrijednosti:
( )( ) 0,0681
12335,080,0112335,080,0622,0
C50C50
622,0 o1s1
o1s1
1 =⋅−
⋅⋅=
=−=
=ϑϕ
ϑϕpp
px kg/kg
( ) ( ) ( ) 5093,125000681,050005,13d011z11 =⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch 227,07 kJ/kg
( ) ( ) ( ) 0681,0622,0101
15,3235,461622,05,461 511
11 =+⋅⋅
⋅=+=+ xp
Tv x 1,0292 m3/kg
pa maseni protok suhog zraka kroz sustav iznosi
( ) kg/h 485,83 0292,1500
11
1mz ===
+x
V
vq
q
Iz uvjeta da je x3 = x2s, može se napisati sljedeću jednadžbu
( )( )2s
2s2s 622,0
ϑϑ
ppp
x−
=
iz koje se lako izračuna ps(ϑ2)
( ) 2ss 2
2s
0,0323 1 0,049366 0,622 0,622 0,0323
x ppx
ϑ ⋅= = =
+ +bar
Iz tog se tlaka, koristeći toplinske tablice, linearnom interpolacijom odredi temperaturu ϑ2 2 32,5 Cϑ = ° Specifična entalpija u točki 2s je ( ) ( ) ( )1 z 2s 2s 0 d 2s2s
1,005 32,52 0,0323 2500 1,93 32,52 x p ph c x r cϑ ϑ+ = + + = ⋅ + ⋅ + ⋅
( ) s21 xh + = 115,46 kJ/kg Točka 2 pada u zasićeno područje s vlagom i u obliku kapljevine, pa je specifična entalpija u toj točki jednaka ( ) ( ) ( ) 22s13d0s22z21 ϑϑϑ vppx cxxcrxch −+++=+ ( ) ( ) ( )1 2
1,005 32,52 0,0323 2500 1,93 32,52 0,0681 0,0323 4,187 32,52xh + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + − ⋅ ⋅
( )1 2 120,33 xh + = kJ/kg
b) Rashladni učinak hladnjaka iznosi
( ) ( )( ) ( )hl 12 mz 1 12 1
485,83 120,33 227,07 - 3600
Φ Φ q h h+ += = − = ⋅ − =x x 14,40 kW
a ogrjevni učinak zagrijača zraka je
( ) ( )( ) ( )gr 2s3 mz 1 13 2s
485,83 134,12 115,46 3600
Φ Φ q h h+ += = − = ⋅ − =x x 2,52kW
c) Maseni protok kondenzata je jednak ( ) ( ) 0323,00681,083,485s22mzmv =−⋅=−= xxqq 17,39 kg/h Prikaz procesa u h1+x,x – dijagramu prikazuje donja slika 2.
Slika 2. Prikaz procesa, u h1+x, x – dijagramu
4. Zadatak U izolirano mješalište ulazi 500 m3/h vlažnog zraka stanja 1,1 bar, temperature 30 oC i relativne vlažnosti 50% i struja vlažnog zraka ukupnog tlaka 1,1 bar, temperature 40 oC, relativne vlažnosti 60% nepoznatog volumenskog protoka. Nastala mješavina se zatim hladi u hladnjaku, tako da iz hladnjaka izlazi zasićeni vlažni zrak temperature 25 oC i također ukupnog tlaka 1,1 bar. Potrebno je odrediti: a) – volumenski protok druge (toplije) struje; b) – rashladni učinak hladnjaka. Cjelokupni proces prikazati u h1+x,x – dijagramu!
Rješenje
Slika 3a prikazuje shemu zadanog procesa, a slika 3b prikazuje proces u h1+x,x – dijagramu
Slika 3a. Shema procesa
Slika 3b. Prikaz procesa u h1+x,x- dijagramu
a) – Iz zadanih se podataka mogu odrediti veličine u točki 1
( )( )
04241,050,01,104241,050,0622,0
C30C30
622,0 o3s1
o1s1
1 =⋅−
⋅⋅=
=−=
=ϑϕ
ϑϕpp
px 0,0122 kg/kg
( ) ( ) ( ) 3093,125000122,030005,11d011z11 =⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch 61,36 kJ/kg
( ) ( ) ( ) 0122,0622,0101,115,3035,461622,05,461 51
111 =+⋅
⋅⋅=+=+ x
pT
v x 0,807 m3/kg
( ) 619,88 0,807500
11
1mz1 ===
+x
V
vq
q kg/h
Nadalje je moguće odrediti stanje u točki 4, koja predstavlja stanje zasićenog vlažnog zraka
( )( )
03166,01,103166,0622,0
C 25C 25
622,0 o4s
o4s
4 =−
⋅==−
==
ϑϑ
ppp
x 0,0184 kg/kg
( ) ( ) ( ) 2593,125000184,025005,14d044z41 =⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch 72,01 kJ/kg Relevantne veličine u točki 2 (toplija struja) su
( )( )
07375,060,01,107375,060,0622,0
C 40C 40
622,0 o2s2
o2s2
2 =⋅−
⋅⋅=
=−=
=ϑϕ
ϑϕpp
px 0,0261 kg/kg
( ) ( ) ( ) 4093,125000261,040005,12d042z21 =⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch 107,39 kJ/kg
( ) ( ) ( ) /kgm 0,852 0261,0622,0101,115,3135,461622,05,461 3
522
21 =+⋅⋅
⋅=+=+ xp
Tv x
Kako je x3 = x4, iz bilance vlage mješališta, lako se određuje maseni protok toplije struje
3 1m2 m1
2 3
0,0184-0,0122 619,88 499,09 kg/h0,0261 0,0184
x xq qx x−
= = ⋅ =− −
pa je traženi volumenski protok druge (toplije) struje jednak ( ) 852,009,49921mz22 =⋅== +xV vqq 425,23 m3/h b) – Specifična entalpija u točki 3 (na izlazu iz mješališta) dobije se iz energijske bilance postavljene za ovo izolirano mješalište
( ) ( ) ( )kJ/kg 81,89
09,49988,61939,10709,49936,6188,619
mz2mz1
21mz211mz131 =
+⋅+⋅
=++
hqhqh xx
x
pa rashladni učinak hladnjaka iznosi
( ) ( )( ) ( ) - 89,8101,723600
09,49988,619 31141mz34hl =−⋅+
=−== ++ xx hhqΦΦ 3,07 kW
5. Zadatak
Stanje vlažnog (okolišnjeg) zraka određuje se psihrometrom na kojem termometri pokazuju temperature 35 oC odnosno 23 oC, dok barometar pokazuje tlak od 760 mm Hg. Potrebno je odrediti.
a) – sadržaj vlage i relativnu vlažnost tog zraka; b) – temperaturu rosišta tok (okolišnjeg) zraka.
Način određivanja stanja zraka na temelju očitanih temperatura, kao i temperaturu rosišta prikazati u h1+x,x- dijagramu!
Rješenje a) – Višu temperaturu na psihrometru pokazuje suhi a nižu temperaturu vlažni termometar, to znači da je C; 35 o
1s ==ϑϑ sHvl ϑϑ = = 23 oC → temperatura granice hlađenja Prema [1] može se napisati sljedeću jednadžbu
( ) ( )
sH1sH
11sH1 ϑvxx c
xxhh
=−− ++ (1)
Iz zadanih podataka moguće je izračunati specifičnu entalpiju i sadržaj pare u točki granice hlađenja sH:
( )( ) kg/kg 0,0177
02808,00133,102808,0622,0
C 23C 23
622,0 osHs
osHs
sH =−
⋅==−
==
ϑϑ
ppp
x (a)
( ) ( ) ( ) 68,22 2393,125000177,023005,1sHd0sHsHzsH1 =⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch kJ/kg (b) ( ) ( ) ( ) 111d011z11 2567,5535,175 3593,1250035005,1 xxcrxch ppx +=⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ (c) Uvrštavanjem (a), (b) i (c) u jed. (1) dobiva se jednadžbu u kojoj se javlja nepoznanica x1
30,9623187,40177,0
55,2567175,3522,68
1
1 =⋅=−−−
xx
odakle se dobiva sadržaj vlage okolišnjeg zraka
30,9655,2567
7045,1045,331 =
−−
=x 0,0127 kg/kg
pa tražena relativna vlažnost zraka ima vrijednost
( ) ( ) ( ) 05622,00127,0622,0
0133,10127,0C 35622,0 o
1s1
11 ⋅+
⋅=
=+=
ϑϕ
pxpx = 0,3606; (36,06%)
Prema tome stanje zraka je p= 1,0133 bar; ϑ = 35 oC; ϕ = 36,06 % b) – Temperaturu rosišta ovog zraka dobiva se iz uvjeta
( )( )Rs
Rs1R 622,0
ϑϑ
ppp
xx−
==
iz kojeg se dobiva tlak zasićenja ( )Rs ϑp
( ) bar 0,0203 0127,0622,00133,10127,0
622,0 1
1Rs =
+⋅
=+
=x
pxp ϑ
Koristeći toplinske tablice [2] linearnom interpolacijon se dobiva traženu temperaturu u točki rosišta
( )019362,00203,00,019362-0,0206217-18 C 362,17 o
R −⋅+=ϑ = 18,10 oC
Prikaz procesa u h1+x,x – dijagramu je na slici 4.
Slika 4. Prikaz rješenja u h1+x,x – dijagramu
6. Zadatak Vlažni zrak temperature 20 oC, ukupnog tlaka 1,02 bar ima temperaturu rosišta 12 oC. Potrebno je odrediti:
a) – relativni i apsolutnu vlažnost, te sadržaj vlage tog zraka; b) – ukupni tlak na kojeg se izotermno mora komprimirati taj zrak, da bi on postao
zasićen s pojavom vlage samo u obliku suhozasićene pare!
Rješenje
a) – Iz uvjeta da je x1 = xR može se napisati sljedeći oblik jednadžbe
( )( )
( )( )R
R
ppp
ppp
ϑϑ
ϑϕϑϕ
s
s
1s1
1s1 622,0622,0−
=−
iz kojeg se izravno dobiva
( )( )
( )( )
02337,0014014,0
C 20C 12
o1s
oRs
1s
Rs1 ==
==
==ϑϑ
ϑϑ
ϕpp
pp
0,5997; (59,97%)
Apsolutnu vlažnost se računa prema jednadžbi
( )
15,2938314
180,023370,5997 C 20
1m
wo
1s1
1w
dd ⋅
⋅⋅=
===
TRMp
TRp ϑϕ
ρ = 0,0103 kg/m3
Sadržaj vlage ovog zraka je
( )( )
02337,05997,002,102337,05997,0622,0
C20C20
622,0 o1s1
o1s1
3 =⋅−
⋅⋅=
=−=
=ϑϕ
ϑϕpp
px 0,0087 kg/kg
b) – Ukupni tlak vlažnog zraka nakon izotermne kompresije dobiva se iz uvjeta da je xs(p2,ϑ1) = x1, odnosno iz jednadžbe
( )( ) 1o
1s2
o1s
C 20C 20
622,0 xpp
p=
=−=ϑ
ϑ
( )( ) ( )
0087,00087,0622,002337,0622,0C 20
1
1o
1s2
+⋅=
+==
xxp
pϑ
= 1,694 bar
7. Zadatak U adijabatsko mješalište ulazi struja vlažnog zraka temperature 4 oC i sadržaja vlage 3,6 g/kg i struja zraka temperature 20 oC, relativne vlažnosti 60%. Te se dvije struje miješaju u masenim omjerima 1:1. Nastalu se mješavinu zagrijava u zagrijaču zraka ogrjevnog učinka 5 kW na 30oC, nakon čega se taj zrak ovlažuje zasićenom parom tlaka 1,2 bara koju se prethodno prigušuje na 1,05 bar, sve dok zrak ne postane zasićen s vlagom samo u obliku suhozasićene pare temperature 20 oC. Ukupni tlak vlažnog zraka u opisanom procesu iznosi 1,05 bar. Potrebno je odrediti: a) volumenske protoke struja na ulazu u mješalište, kao i volumenski protok struje nakon ovlaživanja vodom; b) – sadržaj pare i maseni protok ubrizgavajuće vodene pare; Skica cjelokupnog procesa u h1+x,x – dijagramu!
Rješenje
a) – Prvo se odrede veličine stanja vlažnog zraka prije miješanja ( ) ( ) ( ) kJ/kg 13,048 493,125000036,04005,11d011z11 =⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch
( ) ( ) ( ) /kgm 0,762 0036,0622,01005,115,2775,461622,05,461 3
511
11 =+⋅⋅
⋅=+=+ xp
Tv x
( )( ) kg/kg 0,0084
02337,06,005,102337,06,0622,0
C20C20
622,0 o2s2
o2s2
2 =⋅−
⋅⋅=
=−=
=ϑϕ
ϑϕpp
px
( ) ( ) ( ) /kgm 0,808 0052,0622,01005,115,2935,461622,05,461 3
522
21 =+⋅⋅
⋅=+=+ xp
Tv x
( ) ( ) ( ) kJ/kg ,4714 2093,125000084,020005,12d022z21 =⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch Budući je maseni omjer miješanja struja 1:1, specifična entalpija odnosno sadržaj vlage mješavine su jednako aritmetičkoj sredini odnosnih veličina ulaznih struja
( ) ( ) ( )kJ/kg 27,26
247,41048,13
22111
m1 =+
=+
= +++
xxx
hhh
kg/kg 0,0060 2
0084,00036,02
21m =
+=
+=
xxx
Temperaturu nastale mješavine dobije se iz jednadžbe za specifičnu entalpiju mješavine
( ) ( ) ( )C 12,06
005,193,10060,025000060,026,27 o
ddm
0m11md0mmzm1 =
+⋅⋅−
=+−
=→++= ++
pp
xmppx ccx
rxhcrxch ϑϑϑ
Specifična entalpija zraka nakon zagrijavanja, uz x4 = xm
( ) ( ) ( ) kJ/kg 45,49 3093,125000060,030005,14d044z41 =⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch Ukupni maseni protok dobiva se iz zadanog ogrjevnog učinka zagrijača zraka
( ) ( ) kg/h 987,83 26,2749,45
36005
m141
grm =
−⋅
=−
=++ xx hh
Φq
Kako je zadan maseni omjer miješanja struja 1:1, to znači da obje struje imaju jednake masene protoke koje odgovaraju polovici gornje vrijednosti
kg/h 493,69 2
987,38 2m
m2m1 ====q
pa traženi volumenski protoci struja na ulazu u mješalište iznose ( ) 762,062,49311m11 =⋅== +xV vqq 376,19 m3/h ( ) 808,062,49321m21 =⋅== +xV vqq 398,85m3/h b) Specifičnu entalpiju ubrizgavajuće vodene dobiva se iz jednadžbe
( ) ( )
45
4151D xx
hhh xx
−−
= ++ (1)
( )( ) kg/kg 0,0142
02337,005,102337,0622,0
C 20C 20
622,0 o5s
o5s
5 =−
⋅==−
==
ϑϑ
ppp
x
( ) ( ) ( ) kJ/kg 56,15 2093,125000142,020005,15d055z51 =⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch Vraćanjem ovih i prethodno izračunatih vrijednosti u jed.(1) dobiva se vrijednost tražene temperature ubrizgavajuće vode
( ) ( )
kJ/kg 1300 0060,00142,049,4515,56
45
4151D =
−−
=−−
= ++
xxhh
h xx
pa je sadržaj pare prije prigušivanja jednak
( )( ) 76,2243
299,4391300bar 2,1
bar 2,1'DD
−=
=−=
rphh
x = 0,3836 kg/kg
Maseni protok ubrizgavajuće vodene pare iznosi ( ) ( ) 0060,00142,038,98745mmD =−⋅=−= xxqq 8,097 kg/h Skicu cjelokupnog procesa u h1+x,x – dijagramu prikazuje slika 5.
Slika 5. Prikaz procesa u h1+x, x – dijagramu
8. Zadatak U struju vlažnog zraka ukupnog tlaka 1,0133 bar, temperature 40 oC, relativne vlažnosti 20% i volumenskog protoka 250 m3/h adijabatski se ubrizgava struju kapljevite vode temperature 20 oC koja ishlapljuje u taj zrak, hladeći i ovlažujući ga pri tome. Temperatura zraka nakon ubrizgavanja vode je 25 oC, dok je ukupni tlak također 1,0133 bar. Potrebno je odrediti: a) – relativnu vlažnost zraka nakon ubrizgavanja i maseni protok ubrizgavajuće vode; b) – koristeći h1+x,x dijagram očitati minimalnu temperaturu na koju se može ohladiti taj zrak s tom ubrizgavajućom vodom. Tako očitanu minimalnu temperaturu prekontrolirati i analitičkim putem! Koliki bi trebao iznositi maseni protok vode u tom slučaju? Proces skicirati u h1+x,x – dijagramu!
Rješenje
a) – Prvo se treba odrediti sadržaj pare, specifičnu entalpiju zraka početnog stanja kao i maseni protok suhog zraka
( )( ) kg/kg 0,009228
07375,020,00133,107375,020,0622,0
C40C40
622,0 o1s1
o1s1
1 =⋅−
⋅⋅=
=−=
=ϑϕ
ϑϕpp
px
( ) ( ) ( ) kJ/kg 63,98 4093,12500009228,040005,11d011z11 =⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch
( ) ( ) ( ) /kgm 0,90027 009228,0622,0100133,1
15,3135,461622,05,461 351
111 =+⋅
⋅⋅=+=+ x
pTv x
( ) kg/h 277,69 90027,0250
11
1mz ===
+x
V
vq
q
Stanje zraka nakon ubrizgavanja određuje se iz sljedeće jednadžbe
( ) ( )
v12
1121 ϑvxx c
xxhh
=−− ++ (1)
iz koje slijedi ( ) ( ) vv111vv221 ϑϑ cxhcxh xx −=− ++ ( ) ( ) vv111vv22d022z ϑϑϑϑ cxhcxcrxc xpp −=−++ +
( )kg/kg 0,01542
20187,42593,1250025005,120187,40092,091,63
vv2d0
2zvv1112 =
⋅−⋅+⋅−⋅⋅−
=−+
−−= +
ϑϑϑϑ
ccrccxh
xp
px
pa relativna vlažnost zraka u stanju 2 iznosi
( ) ( ) ( ) 03166,001542,0622,0
0133,101542,0C 25622,0 o
2s2
22 =
⋅+⋅
==+
=ϑ
ϕpx
px 0,7743; (77,43%)
Maseni protok ubrizgavajuće vode je ( ) ( )009228,001542,069,27712mzmv −⋅=−= xxqq = 1,719 kg/h b) – Minimalnu temperaturu na koju se može ohladiti struju zraka stanja 1, shodno jed.(1), dobije se na način, da se na skalu smjernicu nanese vrijednost specifične entalpije ubrizgavajuće vode hv = cvϑv =4,187⋅20 = 83,86 kJ/kg, i zatim se tu točku spoji s ishodištem h1+x,x – dijagrama, pa se iz točke početnog stanja zrak 1 povuče paralelu s prethodnom spojnicim do presjecišta s linijom zasićenja ϕ = 1, i očita u točki tog presjecišta vrijednost minimalne temperature na koju se može ohladiti zadanu struju zraka. ϑ2min = 22,01 oC Prekontrolirajmo ovi temperaturu računski shodno jed.(1)
( ) ( )
v13
1131 ϑvxx c
xxhh
=−− ++ (2)
( )( ) kg/kg 0,01673
02654,00133,102654,0622,0
C01,22C01,22
622,0 o2ss
os2s
3 =−
⋅==−
==
ϑϑ
ppp
x
( ) ( ) ( ) kJ/kg 64,6588 01,2293,12500016732,001,22005,1min2d03min2z2s1 =⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch Vraćanjem ovih i prethodnih vrijednosti u jed.(2), provodi se kontrolu iste
01,20187,4009228,001673,0
91,636588,64⋅=
−−
90,13 ≈ 92,16 što potvrđuje činjenicu da je minimalna temperatura dobro očitana u h1+x,x – dijagramu! Jasno je da se za taj slučaj mora ubrizgavati više vode, pa se maseni protok vode u ovom slučaju, računa prema jednadžbi ( ) ( ) 009228,001673,069,27713mzmb =−⋅=−= xxqq 2,083 kg/h Skicu procesa u h1+x,x – dijagramu prikazuje slika 6.
Slika 6. Prikaz procesa u h1+x,x – dijagramu
9. Zadatak Struju vlažnog zraka temperature 50 oC, stupnja zasićenja 40 % i ukupnog tlaka 1,2 bara adijabatski se prigušuje na tlak 1 bar. Potrebno je odrediti:
a) - relativnu vlažnost zraka nakon prigušivanja; b) - omjer promjera cijevi prije i nakon prigušilišta, da bi brzine strujanja zraka prije i
nakon prigušilišta bile međusobno jednake!
Rješenje
a) - Za adijabatsko prigušivanje vrijedi zakonitost ( ) ( )2111 xx hh ++ = (1) kao i zakonitost da je x1 = x2 (2) Ako se raspiše jed.(1), dobiva se sljedeću jednakost ( ) ( )2d012z1d011z ϑϑϑϑ pppp crxccrxc ++=++ iz koje proizlazi činjenica da je ϑ1 = ϑ2 (3) (To je i razumljivo, budući su stanja zraka prije i nakon prigušivanja u nezasićenom području u kojem se i vlaga (vodena para) i suhi zrak ponašaju kao idealni plinovi!) Nakon prigušivanja vlažnom zraku se promijenila relativna vlažnost, koju se računa prema jednadžbi
( )C 50)622,0( o2s2
222 =⋅+=
ϑϕ
pxpx (4)
Odredimo relativnu vlažnost, odnosno sadržaj vlage prije ptrigušivanja
( ) ( ) ( ) 0,426312335,040,012,1
2,140,0C 501 o
1s11
111 =
⋅−−⋅=
=−−=
ϑχχϕ
ppp
( )( ) kg/kg 0,0285
12335,04263,02,112335,04263,0622,0
C50C50
622,0 o1s1
o1s1
1 =⋅−
⋅⋅=
=−=
=ϑϕ
ϑϕpp
px
Vraćanjem ove izračunate vrijednosti kao i ostalih zadanih u jed.(4) dobiva se iznos relativne vlažnosti zraka nakon prigušivanja
( ) ( ) 12335,00285,0622,0
10285,0C 50)622,0( o
2s2
222 =
⋅+⋅
==⋅+
=ϑ
ϕpxpx 0,3552; (35,52%)
Očito se relativna vlažnost zraka nakon prigušivanja smanjuje, a što je u skladu s činjenicom da se linija zasićenja ϕ = 1,0 sa smanjenjem ukupnog tlaka pomiče u desno! b) – Traženi omjer promjera dobije se iz zakona o održanju mase, kojeg se može napisati u obliku
( ) ( )( )( )
( )
( )
2,11
622,05,461
622,05,461
44 1
2
12
1
21
1
21
11
2
1
21
22
11
21 ==
+
+==→
⋅=
⋅ +
+
++ pp
xpT
xpT
vv
dd
vwd
vwd
x
x
xx
ππ
2
1 =dd 0,913
Prikaz promatranog procesa u h1+x,x – dijagramu daje se na slici 7.
Slika 7. Prikaz procesa prigušivanja u h1+x,x- dijagramu
10. Zadatak U struju vlažnog zraka temperature 10 oC i sadržaja vlage 3 g/kg adijabatski ubrizgavamo vodenu paru tako da se nakon adijabatskog ubrizgavanja postiže temperaturu zraka 25 oC i sadržaj vlage 22 g/kg. Ukupni tlak vlažnog zraka je 1 bar što je ujedno i tlak ubrizgavajuće vodene pare. Ako ukupni maseni protok suhog zraka u procesu iznosi 220 kg/h potrebno je: a) - provjeriti da li stanje zraka nakon ubrizgavanja pare pada u zasićeno područje; b) – ako je odgovor pod a) potvrdan, odrediti maseni protok vlage koja kondenzira; c) – odrediti stanje vodene pare koju se ubrizgava kao i njezin maseni protok u promatranom slučaju. Proces prikazati u h1+x,x – dijagramu!
Rješenje
a) – Da bi se odgovorilo na pitanje pod a) treba odrediti sadržaj vlage x2s
( )( ) g/kg 20,34 kg/kg 0,02034
03166,0103166,0622,0
C 25 C 25
622,0 o2s
o2s
2s ==−
⋅==−
==
ϑϑpp
px
Kako je zadani x2 = 22 g/kg > x2s = 20,34 g/kg, to znači da stanje zraka nakon ubrizgavanja vodene pare spada u zasićeno područje, pa će se dio ubrizgavane vodene pare nužno kondenzirati. b) – Maseni protok nastalog kondenzata računa se prema jednadžbi ( ) ( ) 02034,0022,0220s22mzmv =−⋅=−= xxqq 0,365 kg/h c) – Specifičnu entalpiju ubrizgavajuće vodene pare određuje se iz jednadžbe
( ) ( )
12
1121D xx
hhh xx
−−
= ++ (1)
( ) ( ) ( ) kJ/kg 17,608 1093,12500003,010005,11d011z11 =⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch ( ) ( ) ( ) 2v2s22d0s22z21 ϑϑϑ cxxcrxch ppx −+++=+ ( ) ( ) ( ) kJ/kg 13,7725187,402034,0022,02593,1250002034,025005,121 =⋅⋅−+⋅+⋅+⋅=+xh Uvrštavanjem ovih i zadanih vrijednosti u jed.(1) dobiva se traženi iznos ubrizgavajuće vodene pare
( ) ( )
kJ/kg 7,3132003,0022,0608,1713,77
12
1121D =
−−
=−−
= ++
xxhh
h xx
Kako je hD = 3132, 7 kJ/kg > h''(p = 1 bar) = 2257,51 kJ/kg znači da se radi o pregrijanoj vodenoj pari čiju se temperaturu odredi koristeći toplinske tablice i linearnu interpolaciju
( ) 89,31147,31323114,89-3155,45320-340 C 320 o
D =−⋅+=ϑ 320,8 o C
pa je stanje ubrizgavajuće vodene pare: p = 1 bar; ϑD = 320,8 oC Maseni protok ubrizgavajuće vodene pare iznosi ( ) ( ) 003,0022,022012mzmD =−⋅=−= xxqq 4,18 kg/h Prikaz procesa u h1+x,x – dijagramu prikazuje slika 8.
Slika 8. Prikaz procesa u h1+x,x – dijagramu
11. Zadatak Vlažni zrak stupnja zasićenja 1,6 temperature 0 oC u kojem se višak vlage javlja na način da je maseni omjer vlažne i ledene magle 1:1, treba razmagliti zagrijavanjem do temperature rosišta tog zraka. Ako je ukupni tlak tog vlažnog zraka 1,1 bar, potrebno je odrediti:
a) – temperaturu rosišta tog zraka; b) – potrebni specifični toplinski tok kojeg treba dovoditi za razmagljivanje tog zraka.
Proces skicirati u h1+x,x – dijagramu.
Rješenje a) – Temperaturu rosišta se dobije iz uvjeta da je x1 = xR, pa slijedi jednadžba
( )( ) ( )
R
RRs
Rs
RsR 622,0
622,0x
pxppp
px
+=→
−= ϑ
ϑϑ
(1)
( )( ) kg/kg 00648,0
006108,01,1006108,0622,06,1
C 0C 0
622,0 o0s
o0s
101R1 =−
⋅⋅==−
=⋅===
ϑϑ
χχpp
pxxx s
Uvrštavanjem ove vrijednosti u jed.(1) dobiva se
( ) bar 01134,0622,000648,01,100648,0
622,0 R
RRs =
+⋅
=+
=x
pxp ϑ
Koristeći toplinske tablice i linearnu interpolaciju, dolazi se do vrijednosti temperature rosišta
( ) 010720,001134,00,010720-0,0114728-9C 8 o
R =−⋅+=ϑ 8,83 oC
b) – Dovođeni specifični toplinski tok na zagrijaču zraka računa se prema jednadžbi ( ) ( )11R11R xx hhq ++ −= (2) ( ) ( ) ( ) kJ/kg 21,18 83,893,1250000648,083,8005,1Rd0RRzR1 =⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch Zrak u stanju 1 sadrži xs0 vlage u obliku suhozasićene pare, 0,5⋅(x1 –xs0) vlage u obliku leda i isto toliko vlage u obliku kapljevine temperature 0 oC, pa je specifična entalpija tog zraka jednaka ( ) ( ) ks010s011 5,0 qxxrxh x −⋅−=+ (3)
6,1
00648,0
1
1s0 ==
χx
x = 0,00405 kg/kg
Vraćanjem ove vrijednosti u jed.(3) slijedi ( ) ( ) ( ) 33400405,000648,05,0250000405,05,0 ks010s011 ⋅−⋅−⋅=−⋅−=+ qxxrxh x ( ) kJ/kg 9,72 11 =+xh Uvrštavanjem ovih izračunatih vrijednosti u jed.(2) dobiva se vrijednost traženog specifičnog toplinskog toka ( ) ( ) 9,73 - 18,2111R11R ==−= ++ xx hhq 11,46 kJ/kg Dijagram na slici 9 predstavlja proces u h1+x,x – dijagramu.
Slika 9. Prikaz procesa u h1+x,x – dijagramu
12. Zadatak
Vlažni zrak ukupnog tlaka 100 kPa, temperature 20 oC i relativne vlažnosti 90% se izentropski komprimira u kompresoru na tlak 800 kPa. Potrebno je odrediti:
a) - relativnu vlažnost zraka na izlazu iz kompresora; b) – specifičnu utrošenu snagu za ovu kompresiju
Rješenje
a) – Pretpostavka je, a koju se kasnije, provjerava, da se izentropska kompresija odvija u nezasićenom području vlažnog zraka, gdje se i vlaga (vodena para) i suhi zrak ponašaju po zakonitostima idealnog plina. Tijekom te kompresije ne mijenja se sadržaj vlage pa je x1 = x2, te se prvo odredi sadržaj pare x1
( )( ) kg/kg 0,01336
02337,090,00,102337,090,0622,0
C20C20
622,0 o1s1
o1s1
1 =⋅−
⋅⋅=
=−=
=ϑϕ
ϑϕpp
px
( )( ) ( ) ( )2s1
212
2s12
2s212 622,0
622,0ϑ
ϕϑϕ
ϑϕpx
pxpp
pxx
+=→
−== (1)
Dakle, treba odrediti temperaturu nakon izentropske kompresije, a nju se računa iz omjera temperatura i tlakova pri izentropskoj promjeni mješavine idealnih plinova
κκ 1
1
212
−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
ppTT (2)
Potrebno je odrediti izentropski eksponent κ
mdmdzmz
dmdzmz
mm
m
m
m
RCyCyCyCy
RCC
CC
pp
pp
p
p
V
p
−+
+=
−==κ (3)
Molne udjele yz i yd u vlažnom zraku, mogu se odrediti iz molne vlažnosti kako slijedi
zd1z
dd 0251,0 0,0251 01336,061,161,1 nnx
nn
⋅=→=⋅=⋅==κ
0,9789 0251,01
10251,0 zz
z
dz
zz =
+=
⋅+=
+=
nnn
nnny
yd = 1 – yz = 1 – 0,9789 = 0,0211 Vraćanjem ovih vrijednosti u jed.(3) dobiva se vrijednost izentropskog eksponenta κ
3983,1314,8499,330211,00948,299789,0
499,330211,00948,299789,0
mdmdzmz
dmdzmz =−⋅+⋅
⋅+⋅=
−+
+=
RCyCyCyCy
pp
ppκ
Uvrštavajući ovu vrijednost u jed.(2), dobiva se iznos tražene temperature T2
C) 256,9 ( K; 06,5301815,293 o3983,1
13983,11
1
212 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛⋅=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
−−κκ
ppTT
Tlak zasićenja za ovu temperaturu dobiva se linearnom interpolacijom
( ) ( ) bar 45,324 255-256,9255-260.43,227-46,921 227,43C 9,256 o
2s =⋅+==ϑp
pa relativna vlažnost zraka na izlazu iz kompresora iznosi
( ) ( ) ( ) 324,4501336,0622,0
801336,0622,0
2s1
212 =
⋅+⋅
=+
=ϑ
ϕpx
px 0,0037; (3,7%)
Vidi se da se nakon izentropske kompresije radi o izrazito suhom zraku, što znači da je utjecaj povećanja temperature tijekom kompresije bio bitno veći od utjecaja povećanja ukupnog tlaka tijekom ove izentropske kompresije.
b) – Specifičnu utrošenu snagu, normiranu na masu suhog zraka, određuje se prema jednadžbi ( ) ( ) ( )211112teh xx hhw ++ −= (4) ( ) ( ) ( ) kJ/kg 54,02 2093,1250001336,020005,11d011z11 =⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch ( ) ( ) ( ) kJ/kg 298,21 9,25693,1250001336,09,256005,112d022z21 =⋅+⋅+⋅=++=+ ϑϑ ppx crxch Vraćanjem ovih vrijednosti u jed.(4) dobiva se vrijednost utrošene specifične snage ( ) 21,29802,5412teh −=w = - 244,19 kJ/kg [1] A. Galović: Termodinamika II, V. promijenjeno izdanje, Udžbenici Sveučilišta u Zagrebu, Zagreb, 2010. [2] B. Halasz, A. Galović, I. Boras: Toplinske tablice, Fakultet strojarstva i brodogradnje, Zagreb, 2010.
Antun Galović
