te4vjrj

4.vjeba iz Termodinamike rjeenja zadataka

22

1. Zadatak

U posudi volumena 5 m3 nalazi se 3,5 kg mjeavine vodika i kisika, tlaka 3 bar i temperature 50 C. Kakav je molni i maseni sastav plina u posudi?

Rjeenje 1. zadatka

Zadano:

V= 5 m3 m=3,5 kg pmj=3 bar mj=50 C

Znaenje oznaka:

1- vodik 2- kisik

Oitano iz T.T. str. 2

M1=2,016 kg/kmol M2=32,0 kg/kmol

Mjeavina idealnih plinova je takoer idealni plin i za nju vrijedi jednadba stanja idelanog plina. Mnoinu mjeavine izraunat emo iz jednadbe stanja idealnog plina

mj mj m mjp V n R T=

5mj

mjm mj

3 10 5 0,5586 kmol8314 323

p Vn

R T

= = =

Individualnu plinsku konstantu mjeavine Rmj izraunat emo iz jednadbe stanja idealnog plina, budui da je masa mjeavine zadana

mj mj mj mjp V m R T=

( )5

mjmj

mj mj

3 10 5 1326,8 J kg K3,5 323

p VR

m T

= = =

Molarna masa mjeavine

mmj

mj

8314 6,27 kg kmol1326,8

RMR

= = =

Molni udjeli plinova u mjeavini dobit e se iz sustava od dvije jednadbe:

mj 1 1 2 2

1 21M y M y M

y y

= +

= +

Nakon sreivanja slijedi:

mj 21

1 2

6,27 32 0,862,016 32

M My

M M

= = =

1 mj2

1 2

2,016 6,27 0,142,016 32

M My

M M

= = =


23

Maseni udjeli plinova u mjeavini mogu se izraunati iz molnih udjela prema izrazima:

1 11

mj

0,86 2,016 0,286,27

y Mx

M

= = =

2 22

mj

0,14 32 0,726,27

y Mx

M

= = =


24

2. zadatak

Treba izraunati srednji molni i srednji specifini toplinski kapacitet pri stalnom tlaku za mjeavinu idealnih plinova molnog sastava: 15% CO2, 9%O2, 72% N2 i 4% H20 izmeu temperatura 370 C i 1600 C, 1600p 370C ,

1600p 370

c .

Rjeenje 2. zadatka

Zadano:

y1=0,15ugljik dioksid y2=0,09kisik y3=0,72duik y4=0,04vodena para

Izraunato ( u tablici):

( )370p,mj 0 31,848 kJ kmol KC = ( )1600p,mj 0 36,248 kJ kmol KC =

mj 30,36 kg kmolM =

Srednje molarne toplinske kapacitete mjeavine 1 2

p,mj p,mj0 0iC C

izraunat emo iz srednjih molarnih toplinskih kapaciteta plinova po formulama:

1 1

2 2

p,mj i p,i0 01

p,mj i p,i0 01

n

in

i

C y C

C y C

=

=

=

=

plin yi Mi yi Mi 370p,i 0

C 370

i p,i 0y C

1600p,i 0

C 1600

i p,i 0y C

CO2 0,15 44 6,60 42,802 6,420 52,80 7,920 O2 0,09 32 2,88 30,735 2,766 34,474 3,103 N2 0,72 28 20,16 29,536 21,265 32,699 23,543

H20 0,04 18 0,72 34,936 1,397 42,056 1,682 1,00 30,36 31,848 36,248

Za raunanje srednjeg molarnog toplinskog kapaciteta mjeavine pri konstantnom tlaku izmeu temperatura 1 i 2 koristi se sljedea formula

2 1

2

1

p,mj 2 p,mj 10 0p,mj

2 1

C CC

=

Srednji molarni toplinski kapacitet mjeavine pri konstantnom tlaku izmeu temperatura 370

i 1600 C

( )1600p,mj 37036,248 1600 31,848 370 37,57 kJ kmol K

1600 370C = =

Srednji specifini toplinski kapacitet mjeavine pri konstantnom tlaku izmeu temperatura 370

i 1600 C

( )1600

1600 p,mj 370p,mj 370

mj

37,57 1,24 kJ kg K30,36

Cc

M

= = =


25

3. Zadatak

U cilindru s pominim stapom nalazi se 0,1 kg duika poetnog stanja 1 bar i 30 C kojeg treba dovesti na temperaturu 100 C zagrijavanjem: a) pri konstantnom volumenu b) pri konstantnom tlaku Kakvo je konano stanje duika, kolika je dovedena toplina, izvreni rad i promjena unutarnje energije? Obadva procese skicirati u istom p,V dijagramu.

Rjeenje 3. zadatka

Zadano:

duik m=0,1 kg p1=1 bar=1105 Pa 1=30 C, T1=303 K

2=100 C, T2=373 K

duik

R=296,7 J/(kgK) cp=1,043 kJ/(kgK) cv=0,746 kJ/(kgK)

a) izohora, V=konst, V1=V2a

Tlak p2 se moe izraunati iz odnosa veliina stanja koji vrijede za izohoru:

2 2

1 1

p Tp T

= 22 11

3731 1,231 bar303

Tp pT

= = =

Promjena unutarnje energije ( )2 1 v 2 1U U mc =

( )2 1 0,1 0,746 100 30 5,22 kJU U = =

Rad 12 0W = (jer je V=konst)

Dovedena toplina tijekom izohorne promjene stanja: ( )12 v 2 1Q mc =

( )12 0,1 0,746 100 30 5,22 kJQ = =


26

a) izobara, p=konst, p1=p2

Volumen V1 cilindra se moe izraunati iz jednadbe stanja idealnog plina za poetno stanje

1 1 1 1pV m RT=

311 5

1

0,1 296,7 303 0,09 m1 10

mRTVp

= = =

Volumen V2 e se izraunati iz odnosa veliina stanja koje vrijede za izobaru

2 2

1 1

V TV T

= 322 11

3730,09 0,11 m303

TV VT

= = =

Promjena unutarnje energije ( )2 1 v 2 1U U mc =

( )2 1 0,1 0,746 100 30 5,22 kJU U = =

Rad ( )

( )12 2 1

512 1 10 0,11 0,09 2,0 kJ

W p V V

W

=

= =

Dovedena toplina tijekom izobarne promjene stanja: ( )12 p 2 1Q mc =

( )12 0,1 1,043 100 30 7,30 kJQ = =


27

4. Zadatak

Kisik poetnog stanja 7 bar i 250 C ekspandira do dvostrukog volumena. Kakvo je konano stanje kisika? Koliki je izvreni rad, izmijenjena toplina i promjena unutarnje energije kisika (po kg kisika), ako se proces odvija:

a) izobarno (n=0) b) izotermno (n=1) c) izentropski (n= ) d) politropski, n=1,3 e) politropski, n=1,6

Sve promjene stanja prikazati u istom p,V dijagramu.

Rjeenje 4. zadatka

Zadano:

kisik p1=7 bar=7105 Pa V2=2V1; v2=2v1 1=250C, T1=523 K

kisik

R=259,8 J/(kgK) cp=0,913 kJ/(kgK) cv=0,653 kJ/(kgK) =1,4

a) izobara, n=0

p2=p1=7 bar

Temperaturu T2 kisika emo izraunati iz odnosa veliina stanja koje vrijede za izobaru

2 2

1 1

T vT v

= 22 11

2523 1046 K1

vT Tv

= = =

Promjena specifine unutarnje energije jednaka je ( )2 1 v 2 1u u c T T =

( )2 1 0,653 1046 523 341,5 kJ kgu u = =

Specifini rad ( ) ( )

( )12 2 1 2 1

12 0, 2598 1046 523 135,9 kJ kgw p v v R T T

w

= =

= =

Specifina toplina tijekom izobarne promjene stanja:


28

( )12 p 2 1q c T T= ( )12 0,913 1046 523 477,5 kJq = =

b) izoterma, n=1

T2=T1=523 K

Tlak p2 i temperaturu T2 kisika emo izraunati iz odnosa veliina stanja koje vrijede za izotermu

2 1

1 2

p vp v

= 12 12

17 3,5 bar2

vp pv

= = =

Promjena specifine unutarnje energije

2 1 0u u = (jer je T=konst)

Specifini rad jednak je specifinoj dovedenoj toplini 2 2

12 12 1 1 11 1

12 12

ln ln

20,2598 523 ln 94,2 kJ kg1

v vw q p v RT

v v

w q

= = =

= = =

c) izentropa, n==1,4

Temperaturu T2 kisika emo izraunati iz odnosa veliina stanja koje vrijede za izentropu

2 1

1 2

p vp v

=

1,4

12 1

2

17 2,65 bar2

vp pv

= = =

1

2 1

1 2

T vT v

=

1 1,4 11

2 12

1523 396,4 K2

vT Tv

= = =

Specifina toplina tijekom izentropske promjene stanja jednaka je nuli

12 0q = Specifini rad jednak je promjeni specifine unutarnje energije

( )12 1 2 v 1 2w u u c T T= = ( )12 1 2 0,653 523 396,4 82,72 kJ kgw u u= = =

Promjena specifine unutarnje energije ( )2 1 0,653 396,4 523 82,72 kJ kgu u = =

d) politropa, n=1,3 Tlak p2 i temperaturu T2 kisika e se izraunati iz odnosa veliina stanja koje vrijede za politropu n=1,3


29

2 1

1 2

n

p vp v

=

1,3

12 1

2

17 2,843 bar2

n

vp pv

= = =

1

2 1

1 2

n

T vT v

=

1 1,3 11

2 12

1523 424,8 K2

n

vT Tv

= = =

Specifini rad

( )12 1 21R

w T Tn

=

( )12 0,2598 523 424,8 85,04 kJ kg1,3 1w = =

Promjena specifine unutarnje energije ( )2 1 v 2 1u u c T T =

( )2 1 0,653 424,8 523 64,65 kJ kgu u = =

Specifina toplina tijekom politropske promjene stanja ( ) ( )12 n 2 1 v 2 11

nq c T T c T Tn

= =

( )12 1,3 1,40,653 424,8 523 21,38 kJ kg1,3 1q

= =

e) politropa, n=1,6

Tlak p2 i temperaturu T2 kisika emo izraunati iz odnosa veliina stanja koje vrijede za politropu n=1,6

2 1

1 2

n

p vp v

=

1,6

12 1

2

17 2,309 bar2

n

vp pv

= = =

1

2 1

1 2

n

T vT v

=

1 1,6 11

2 12

1523 345,1 K2

n

vT Tv

= = =

Specifini rad

( )12 1 21R

w T Tn

=

( )12 0,2598 523 345,1 77,07 kJ kg1,6 1w = = Promjena specifine unutarnje energije

( )2 1 v 2 1u u c T T = ( )2 1 0,653 345,1 523 116,27 kJ kgu u = =

Specifina toplina tijekom politropske promjene stanja ( ) ( )12 n 2 1 v 2 11

nq c T T c T Tn

= =

( )12 1,6 1,40,653 345 523 38,76 kJ kg1,6 1q

= =

te4vjrj

Documents