ترمودینامیک هوارد شپیرو مایکل موران بیژن دیبایی نیا )مترجم( اختر رجبی )مترجم( مرکز نشر دانشگاهی

Transcript

1 ترمودینامیک منابع اصول ترمودینامیک زونتاگ و ون وایلن ترجمه غالمرضا ملک زاده-کاشانی حصار انتشارات نما مبانی ترمودینامیک مهندسی هوارد شپیرو مایکل موران بیژن دیبایی نیا )مترجم( اختر رجبی )مترجم( مرکز نشر دانشگاهی ترمودینامیک از دیدگاه مهندسی سنجل بولز حمید ممهدی هروی )مترجم( سیدامیر کرمی نژاد )مترجم( بهنام رحمانیان )مترجم( ابوالفضل آذرگون )مترجم( نشر نما تعاریف و مفاهیم پایه خواص مواد خالص کار و حرارت قانون اول ترمودینامیک قانون دوم ترمودینامیک آنتروپی تحلیلهای قانون دومی میان ترم 40 درصد پایان ترم 50 درصد تمرین 10 درصد 1

2 ترمودینامیک از دو کلمه یونانی تعریف عمومی thermos به معنای حرارت و dynamic به معنای نیرو گرفته شده است. ترمودینامیک علمی است که با حرارت و کار و آن گروه از خواص ماده که مرتبط با کار و حرارت هستند سروکار دارد. تعریف تخصصی ترمودینامیک علم انرژی و انتروپی است و فقط حالتهای تعادل و نهایی فرآیندها را بررسی میکند. کاربردهای ترمودینامیک سیستمهای تبرید از جمله یخچالها وکولر گازی سیستمهای تهویه مطبوع نیروگاههای بخار و گازی موتورهای دیزل و توربینهای گازی نکته: ترمودینامیک فقط حالتهای تعادل و نهایی فرآیندها را بررسی میکند. نکته: ترمودینامیک سرعت انتقال حرارت و سرعت انتقال اجزاء مختلف شیمیایی بین فازها را به ما نمیدهد. نکته: ترمودینامیک هیچ اطالعاتی در مورد مقدار کل انرژی به ما نمیدهد بلکه تغییرات انرژی را که برای ما مهم میباشد در اختیارمان میگذارد. دیدگاه های ترمودینامیکی ترمودینامیک کالسیک ترمودینامیک آماری سیستم ترمودینامیکی (System) سیستم ترمودینامیکی محدودهای است که محتوی مقداری از ماده و یا حتی تهی باشد که تحوالت ترمودینامیکی درون آن بررسی و دنبال می شود. در بررسی یک سیستم ترمودینامیکی مفاهیم زیر مطرح می شوند: محیط (Surrounding) : هر چیزی در خارج سیستم قرار داشته باشد به عنوان محیط در نظر گرفته میشود. 2

3 مرز سیستم Boundary) (System : مسیر جدایش سیستم با محیط اطرافش را مرز سیستم گویند که این مرزها می توانند ثابت یا متحرك باشند. برهمکنش بین سیستم و محیط از طریق مرز صورت میپذیرد در نتیجه نقش بسیار مهمی در ترمودینامیک مهندسی ایفا میکند. سیستم با مرزهاي بسته )جرم کنترل( Mass) (Closed System or Control : سیستمی که تبادل جرم با محیط اطراف ندارد سیستم بسته یا جرم کنترل (C.M.) نام دارد. مثالی از جرم کنترل سیستم باز )حجم کنتر ل( Volume) (Open system or Control : اگر سیستمی با محیط اطراف تبادل جرم داشته باشد سیستم باز یا حجم کنترل (C.V.) نام دارد حاوی مثالی از حجم کنترل دیدگاه ماکروسکوپی در برابر دیدگاه میکروسکوپی مکعبی به ابعاد 25 میلیمتر را در نظر بگیرید که حاوی یک گاز تک اتمی در دما و فشار محیط است. این حجم تقریبا اتم است. برای توصیف موقعیت هر اتم سه مختصه فضایی نیاز است و سه مولفه نیز برای سرعت هر اتم الزم است. بنابراین توصیف کامل این سیستم در دیدگاه میکروسکوپی نیازمند حداقل معادله است که حتی با پیشرفته ترین کامپیوترها کار بسیار دشواری است. 3 مختصه فضایی 3 مولفه سرعت 3

4 دو روش برای رفع این مشکل وجود دارد..1.2 روش آماری دیدگاه ماکروسکوپی اولین روش روش آماري است که بر مبنای مالحظات آماری و تئوری احتماالت عمل میکند. در این روش مدلی برای یک اتم در نظر گرفته شده و با مقادیر متوسط متغیرها برای تمامی ذرات کار دارد. ترمودینامیک آماري به بررسی سیستمهایی با تعداد ذرات بسیار باال ( زا استفاده خاصیتهای از میکروسکوپی و اتمی ساختار مانند ذرات این رده عدد آووگادرو( میپردازد. در این مبحث با مورد در اطالعاتی آنها بین برهمکنش ماکروسکوپی سیستم مانند فشار انتروپی و انرژی آزاد گیبس از طریق محاسبات و روشهای آماری به دست میآید. خواص روش دوم برای کاهش تعداد متغیرها استفاده دیدگاه ماکروسکوپی از ترمودینامیک کالسیک است. همانگونه که از واژه ماکروسکوپی میتوان فهمید: در این دیدگاه به تاثیرات توده یا متوسط تعداد زیادی از مولکولها پرداخته خواهد شد که قابل حس بوده و توسط ابزار اندازهگیری قابل ثبت هستند. در ترمودینامیک کالسیک هیچ مدلی از ساختار ماده در سطوح مولکولی اتمی و درون اتمی به صورت مستقیم مورد استفاده قرار نمیگیرد. به عنوان مثال فشاری که به دیواره یک ظرف وارد میشود حاصل تغییرات مومنتوم مولکولهایی است که به آن دیواره برخورد میکنند. اما در دیدگاه ماکروسکوپی ما کاری با عملکرد هر مولکول مجزا نداریم و با متوسط زمانی نیروی اعمال شده بر یک سطح مشخص سر و کار خواهیم داشت که توسط یک فشارسنج قابل اندازه گیری است. نکته: در دیدگاه ماکروسکوپی تمامی مالحظات مستقل از فرضیات مرتبط با طبیعت ماده هستند. در دیدگاه ماکروسکوپیک با حجمهایی سروکار داریم که در مقایسه با ابعاد مولکولی بسیار بزرگ هستند و لذا سیستم حاوی تعداد بسیار زیادی مولکول است. به دلیل عدم بررسی مولکولها به صورت میشود. نکته: فرض محیط پیوسته در خالء برقرار نیست. مجزا محیط پیوسته در نظر گرفته 4

5 خواص و حاالت ماده فاز (Phase) ماده خالص مقداری از ماده است که چه از نظر ترکیب شیمیایی و چه از نظر ساختار فیزیکی تماما یکنواخت باشد. یکنواختی در ساختار فیزیکی بدان معنی است که ماده به طور کامل جامد مایع یا بخار )گاز( است. زمانی که بیش از یک فاز وجود دارد فازها توسط مرزهای فازی از هم جدا میشوند. هر فاز خواص مختلفی دارد که به آنها حاالت ترمودینامیکی گفته میشود. مادهای است که ترکیب شمیایی آن یکنواخت و نامتغیر باشد. گرما آب )فاز مایع( بخار آب )فاز بخار( سرما آب )فاز مایع( یخ )فاز جامد( یک ماده خالص میتواند بیش از یک فاز داشته باشد اما ترکیب شیمیایی آن باید در همه فازها یکی باشد. به عنوان مثال آب مایع و بخار آب یک سیستم دوفازی تشکیل میدهند اما این سیستم را میتوان یک ماده خالص در نظر گرفت زیرا ترکیب شمیایی هر دو فاز یکی است. حالت ترمودینامیکی State) (Thermodynamic حالت ترمودینامیکی بیانگر وضعیت یک سیستم است که توسط خواصش توصیف میگردد. از آن جا که عموما روابطی بین خواص یک سیستم وجود دارد حالت ترمودینامیکی اغلب با ارایه مقادیرتعدادی از خواص مستقل مشخص میگردد و سایر خواص بر حسب این خواص تعیین میگردند. خواص مستقل )فشار حجم مخصوص انتروپی و...( خواص وابسته )چگالی جرم مخصوص و...( خاصیت (Property) مشخصه ماکروسکوپی قابل اندازهگیری به صورت مستقیم یا غیرمستقیم سیستم را خاصیت گویند. این اندازهگیری ربطی به رفتار گذشته سیستم ندارد مانند فشار سرعت دما )قابل اندازه گیري مستقیم( انرژی داخلی انتالپی و انتروپی )خواص قابل اندازه گیري یا محاسبه غیرمستقیم به وسیله روابط ریاضی( نکته مهم: خاصیت سیستم کمیتی است که تغییرات آن تنها بستگی به حالت ابتدایی و انتهایی فرایند دارد و به مسیر تغییرات بستگی ندارد مانند فشار و دما. نتیجه: خاصیت یک ماده در یک حالت ترمودینامیکی مشخص تنها دارای یک مقدار معین است و در حاالت یکسان همواره یکسان است. کار و گرما به مسیر فرایند بستگی دارند و خاصیت سیستم محسوب نمیشوند. 5

6 سطح زیر نمودار P-V معرف کار است سطح زیر نمودار خواص ترمودینامیکی به دو دسته کلی تقسیم میگردند: T-S شدتی 1. (intensive) مقداری 2. (extensive) یک خاصیت شدتی مستقل از جرم است )فشار دما و چگالی( معرف انرژی است مقدار یک خاصیت مقداري مستقیما با جرم تغییر میکند )جرم و حجم کلی( نکته: اگر مقداری از ماده در یک حالت مشخص به دو بخش مساوی تقسیم شود هر دو بخش حاوی مقدار مساوی از خاصیت شدتی با مقدار اصلی است در حالی که خواص مقداری هر بخش نصف مقدار اصلی خواهد بود. نکته: خواص مقداری در واحد جرم به خواص شدتی تبدیل میشوند )مانند حجم مخصوص( فرایند )تحول ترمودینامیکی( (Process) وقتی υ = V m یک یا چند خاصیت سیستم تغییر کند تغییر حالت رخ داده است. مسیری از حاالت متوالی و پی در پی را که سیستم از آن میگذرد یک فرایند مینامیم. 6

7 تعادل ترمودینامیکی : (Equlibirium) اگر حالت ترمودینامیکی تثبیت شود تعادل ترمودینامیکی داریم. فرایند شبه تعادلی (Quasi-Equilibrium) با توجه به تغییر حالت سیستم حین گذراندن یک فرایند الزم است تا فرض فرایند ایدهآل در نظر گرفته شود که به آن فرایند شبه تعادلی گفته میشود. یک فرایند شبه تعادلی فرایندی است که انحراف از حالت تعادل ترمودینامیکی در آن بسیار کوچک است و همه حاالتی را که یک سیستم حین این فرایند طی میکند میتوان تعادلی در نظر گرفت. مثال هنگامی که وزنههای سیستم زیر بسیار کوچک بوده و یکی یکی برداشته شوند. سیکل )چرخه(: (cycle) مثالی از یک سیستم که فرایند شبه تعادلی را طی میکند وقتی که یک سیستم از حالت اولیه چندین فرایند متفاوت را طی کند و در نهایت به حالت اولیه خود بازگردد سیستم یک سیکل )چرخه( را طی کرده است. سیکل قدرت متشکل از چهار فرایند 7 انرژي (Energy) انرژی به عنوان قابلیت ایجاد یک اثر تعریف میشود. از دیدگاه مولکولی سه شکل انرژی وجود دارد: -1 انرژی پتانسیل بین مولکولی که با نیروهای بین مولکولی )ناشی از پیوندهای بین مولکولی( مرتبط است

8 انرژی جنبشی مولکولی که همراه با سرعت انتقالی مولکولهای مجزاست انرژی درونی مولکولی که ناشی از ساختمان مولکولی و اتمی و نیروهای مرتبط با اتمهاست -2-3 نمایش انرژی جنبشی مولکولی نکته: در مواد با چگالی خیلی کم که فاصله بین مولکولی نسبتا زیاد است میتوان انرژی پتانسیل را صفر در نظر گرفت )گاز ایدهآل( -1 در دیدگاه ماکروسکوپی انرژی را میتوان به سه دسته زیر تقسیم نمود: انرژی پتانسیل گرانشی (PE = mgz) -2 انرژی جنبشی KE = 1 2 mv2-3 انرژی درونی )سایر انواع انرژی به غیر از انرژیها پتانسیل و جنبشی( U پتانسیل انرژی + جنبشی انرژی + درونی انرژی = E E = U + KE + PE υ = V/m ρ = m = 1 υ V حجم مخصوص و چگالی Density) (Specific Volume & حجم مخصوص: حجم به ازای واحد جرم )خاصیت شدتی( چگالی: جرم به ازای واحد حجم ρ فشار (Pressure) فشار در جامدات تحت عنوان تنش شناخته میشود. فشار در سیال به صورت مولفه عمودی نیرو بر واحد سطح تعریف میشود. مشخص در تمام جهات یکسان است. فشار در یک سیال ساکن در هر نقطه مثال 2-3 قطر سیلندر 0/1 متر جرم پیستون و میله رابط 25 کیلوگرم قطر میله 0/01 متر فشار اتمسفر 101kPa فشار سیال هیدرولیک داخل 250 kpa است. مطلوبست اندازه نیرویی که پیستون از طریق میله رابط به سمت باال وارد میکند. 8

9 حل: A rod = πr 2 = πd2 4 = π 4 (0/01)2 = 0/ m 2 (Absolute) (Gauge) انواع فشار فشار مطلق فشار نسبی نکته: فشار سنج فشار نسبی را نشان میدهد. 9

10 1 Pa = 1 N m 2 واحدهاي اندازهگیري فشار (bar) بار اتمسفر (atm) psi از بارومتر برای اندازهگیری فشار اتمسفر استفاده میگردد: نکته: هر 10 متر از ستون آب تقریبا معادل یک بار فشار است. یعنی با پایین رفتن در دریا به ازای افزایش هر 10 متر عمق 1 بار فشار افزایش مییابد. نکته: فشار هوا با افزایش ارتفاع از سطح زمین کاهش مییابد زیرا ستون هوا باالی نقطه اندازهگیری کاهش یافته است. نکته: بیشترین فشار در هوا در شهرهاي ساحلی به دلیل ارتفاع کم از سطح دریا و کمترین فشار در شهرهاي کوهستانی به دلیل ارتفاع زیاد از سطح دریا وجود دارد. نکته: تخم مرغ در باالی کوه دیرتر میپزد زیرا فشار هوا کمتر از سطح دریا بوده و نقطه جوش آب کمتر است. لذا فرایند جوشش آب زودتر شروع شده و گرمای کمتری به آب منتقل میشود. (Q T) نکته: حین فرایند جوشش دماي آب ثابت میماند زیرا گرما صرف غلبه بر گرماي نهان میشود. نکته: به فرار مولکولها از سطح مایع تبخیر سطحی گفته میشود. نکته: در شهرهای شمالی لباسها دیرتر خشک میشوند زیرا فشار هوا بیشتر بوده و تبخیر سطحی دیرتر انجام میشود. نکته: تبخیر در هر دمایی صورت میگیرد ولی جوشش فقط در نقطه جوش اتفاق میافتد )تفاوت تبخیر و جوشش(. نکته: در زودپز با افزایش فشار نقطه جوش آب افزایش مییابد )130 درجه سانتیگراد( لذا حرارت بیشتری به سیال داخل ظرف انتقال مییابد و در نتیجه زمان پخت کاهش مییابد )فرایند همحجم(. قانون ظروف مرتبط 10

11 P B A=P 0 A+mg = P 0 A+rAgH قانون ظروف مرتبط P B = P A = P 24cm اختالف ارتفاع بین دو ستون ρ = kg m 3 مثال 2-4 مانومتر جیوهای فشار درون ظرف P B = P 0 + ρgh P A = P B P A = P 0 + ρgh P 0 = 0/75 9/ = Pa = 99/988 kpa P A = 99/ /81 0/24 = 132 kpa فشار اتمسفر 750 mmhg H = 7/5 m, T = 25, P 0 = 101 kpa بنزین ρ = 750 kg m 3 مثال 2-5: مطلوبست فشار در کف مخزن 1( سیال اول بنزین ρ R 134a = 1206 kg m 3 2( سیال دوم R-134a حل: )1 )2 P = /7 = 189/7 kpa 11

12 101 kpa تمرین 2-53 فشار اتمسفر حل: است. بیشترین فشار در ظرف چقدر است بنزین P = P 0 + ρ آب gh 1 + ρ gh 2 بنزین ρ = 750 kg m 3, ρ kg آب = 997 m 3 P 0 = 101 kpa P = ( /5) 9/8 = 113/2 kpa kpa 400 kpa 5 kg در داخل سیلندری به قطر 100 mm در حالت تعادل با یک فنر خطی و فشار اتمسفر تمرین 2-83 پیستونی به جرم است. وقتی پیستون روی کف سیلندر قرار دارد هیچ نیرویی از فنر به پیستون وارد نمیشود. در حالت 1 فشار حجم 0/4 L است. شیر باز شده و هوا داخل سیلندر میشود و پیستون 2 cm باال میرود. فشار جدید چقدر است و حل: حالت 2 حالت 1 حالت سیلندر خالی P 1 A P = mg + kx 1 + P 0 A P x 2 = x 1 + 0/02 P 2 A P = mg + kx 2 + P 0 A P (II) (I) (P 2 P 1 )A P = k(x 2 x 1 ) P 2 = k(x 2 x 1 ) + P A 1 P 12 در حالت 1: (I) در حالت 2: (II)

13 و B تمرین 73-2: محفظه گازی دو سیلندر و پیستون A توسط یک لوله به یکدیگر متصل شدهاند. فشار اتمسفر را به گونهای بیابید که هیچ یک از پیستونها روی کف سیلندر قرار نداشته باشند. 100 kpa است. جرم B P A = P B = P حل: دما )Temperature( دما یک خاصیت ترمودینامیکی ماده است که بیان دمای یک جسم نشانه ای گرما جسمی به وقتی کننده مقدار گرمی یا سردي آن جسم است. از سرعت متوسط مولکولهاي تشکیل دهنده آن )انرژی جنبشی( است. میدهیم افزایش دما متجلی میشود. که سرعت صورت به افزایش این یابد. می افزایش آن داخلی جنبشی انرژی و مولکولها برعکس گرفتن گرما از جسم سرعت مولکولها و دمای جسم کاهش مییابد. بر اساس نظریه جنبشی مولکولی در صورتی تا جسم یک انرژی کاهش مولکولی کامال متوقف می شود. نکته: آن دمای باشد داشته ادامه صفر به به صفر مطلق یعنی حرکت و رسد می 273/15- صفر مطلق پایینترین دمایی است که میتوان بدان دست یافت. در این دما انرژي جنبشی ذرات سازنده یک جسم به حداقل میرسد و آنتروپی نیز صفر خواهد بود. قانون صفرم ترمودینامیک وقتی دو جسم با جسم سومی دارای تساوی دما باشند دمای آن دو جسم با یکدیگر نیز برابر است. 13

14 این قانون اساس اندازهگیری دما توسط دماسنج است. یعنی وقتی دما سنج در داخل دو ظرف مختلف قرار گیرد و اعداد یکسانی را نشان دهد آنگاه میتوان گفت که دو ظرف همدما هستند. 1 atm دمای مخلوط آب و بخار در فشار 100 o C 212 دمای مخلوط آب و بخار در فشار 1 atm F = 1/8 o C + 32 K = o C + 273/15 R = F + 459/67 مقیاسهای درجه حرارت سلسیوس یا سانتیگراد 0 o C دمای مخلوط آب و یخ در فشار 1 atm فارنهایت 32 دمای مخلوط آب و یخ در فشار 1 atm کلوین رانکین ابزار اندازهگیری و کنترل فشار فشار سنج جهت اندازهگیری فشار مورد استفاده قرار میگیرد. فشارسنج عقربهای شیر اطمینان جهت پیشگیری از افزایش فشار و جلوگیری از مخاطرات آن مورد استفاده قرار میگیرد. 14

15 ابزار اندازهگیري دما دو نوع ابزار متدوال برای اندازهگیری دما وجود دارد: -2 شیر اطمینان 1- ترموکوپل: مشتمل است بر یک زوج از اتصال دو فلز ناهمنجنس که در معرض دما تولید ولتاژ میکند و این ولتاژ با افزایش اختالف دما بین اتصاالت افزایش مییابد. :Thermistor در ترمیستورها مقاومت الکتریکی با دما تغییر میکند و ولتاژ الکتریکی تولید شده با مقاومت الکتریکی متناسب است. V R 15

16 خواص مواد خالص ماده خالص مادهای است که ترکیب شمیایی آن یکنواخت و نامتغیر باشد. ماده خالص میتواند در بیش از یک فاز وجود داشته باشد ولی ترکیب شیمیایی آن در تمام فازها یکسان است )مثال آب مایع مخلوط آب مایع و بخارآب و مخلوط یخ و آب مایع( تعادل فازهای بخار مایع گاز در ماده خالص 1 kg آب در سیلندر پیستون مطابق شکل (a) پیستون و وزنهها فشاری معادل 0/1 MPa قرار دارد. بر سیلندر اعمال میکنند و دمای اولیه 20 o C است. P =0/1 MPa, T = 20 o C وقتی به آب حرارت داده شود فشار ثابت اما حجم مخصوص افزایش مییابد Q P = cte و υ و T وقتی دما به 99/6 o C برسد انتقال حرارت بیشتر شده و تغییر فاز شروع خواهد شد )شکل (b)(. قسمتی از آب به بخار تبدیل شده و در این فرایند دما و فشار ثابت میماند )حالت اشباع( Q P = cte و υ و T = cte با تبخیر آخرین قطره مایع انتقال حرارت بیشتر سبب افزایش دما و حجم مخصوص بخار خواهد شد)شکل (c)( Q P = cte و υ و T P =0/1 MPa T = 20 o C P =0/1 MPa T = 99/6 o C P =0/1 MPa T نکته: دماي اشباع دمایی است که در آن تبخیر تحت فشاری معین صورت میگیرد و این فشار را فشار اشباع گویند. منحنی فشار برای یک ماده خالص 16

17 T P v نکته: شکل باال بیانگر آن است که با افزایش دما فشار بخار افزایش مییابد. نمودار فاز مایع - بخار اگر مادهای به صورت مایع در دما و فشار اشباع باشد به آن مایع اشباع Liquid) (Saturated گفته میشود. T = T sat, P = P sat اگر دمای مایع کمتر از دمای اشباع برای یک فشار معین باشد به آن مایع مادون سرد Liquid) (Subcooled )یعنی دمای کمتر از دمای اشباع در فشار معین( یا مایع متراکم Liquid) (Compressed )فشار باالتر از فشار اشباع در دمای معین( گفته میشود. مایع مادون سرد P T < T مایع متراکم T P > P اگر ماده در دمای اشباع به صورت بخار باشد آن را بخار اشباع مینامند. اگر بخار در دمایی باالتر از دمای اشباع باشد به آن بخار مافوق گرم Vapor) (Superheated گفته میشود. نکته: در حالت اشباع فشار و دما خواص مستقل نیستند. نکته: در بخار مافوق گرم فشار و دما خواص مستقل از هم هستند. بخار مافوق گرم sat T > T نکته: خطNJFB خط مایع اشباع نامیده میشود. نکته: خط NKGC خط بخار اشباع نامیده میشود. 17

18 18 وضعیت 1 A حالت اولیه سیلندر پیستون )مایع مافوق سرد( B حالت مایع اشباع C حالت بخار اشباع P = 0/1 Mpa, T = 20 P = 0/1 Mpa, T = 99/6 BC CD فرایند درجه حرارت ثابت که تغییر فاز از مایع به بخار انجام میشود فرایندی که طی آن بخارآب در فشار ثابت مافوق گرم میشود و دما و حجم هر دو افزایش مییابد. وضعیت 2 E حالت اولیه فرایند فشار ثابت )مایع مافوق سرد با حجم مخصوص کمتر از حالت قبل( F شروع تبخیر و تغییر فاز G حالت بخار اشباع P = 1 Mpa, T = 20 FG GH فرایند درجه حرارت ثابت که تغییر فاز از مایع به بخار انجام میشود فرایندی که طی آن بخارآب در فشار ثابت مافوق گرم میشود و دما و حجم هر دو افزایش مییابد. وضعیت 3 P = 1 Mpa, T = 179/9 در فشار 22/09 MPa که با خط MNO نشان داده شده است فرایند تبخیر در درجه حرارت ثابت وجود ندارد. در نقطه M مایع در حالت مافوق سرد قرار دارد. با افزایش دما از نقطه M تا نقطه N فاز مایع باقی میماند. در نقطه N وجود نخواهد داشت. مایع و بخار در تعادلند و با افزایش دما در این نقطه مایع تماما به بخار تبدیل میشود و فاز اشباع به نقطه N نقطه بحرانی گفته میشود. در این نقطه مایع اشباع و بخار اشباع با هم در تعادلند. دما فشار و حجم مخصوص در این نقطه دماي بحرانی فشار بحرانی و حجم مخصوص بحرانی نامیده میشوند. وضعیت 4 PQ خط فرایند فشار ثابت در فشاری باالتر از فشار بحرانی است P = 40 MPa, T = 20 در این فرایند هرگز دو فاز مایع و بخار وجود نخواهد داشت حجم مخصوص یا چگالی به صورت پیوسته تغییر خواهد کرد

19 کیفیت در فشارهای فوق بحرانی نمیتوان تفکیکی بین مایع و بخار قایل شد و ماده سیال نامیده میشود. اما در دماهای کمتر از دمای بحرانی مایع متراکم و در دماهای باالتر بخار فوق گرم مینامیم. در دمای اشباع قسمتی از ماده به صورت بخار و قسمتی دیگر به شکل مایع است. در این دما کیفیت به صورت نسبت جرم بخار به جرم کل تعریف میشود. نکته: کیفیت زمانی مفهوم دارد که ماده در حالت اشباع باشد. x = m vap m کیفیت بخار اشباع % 100 است. x = 1 = 100% کیفیت مایع مادون سرد %0 است. x = 0 = 0% f g fg پانویس برای نمایش خاصیت مایع اشباع پانویس برای نمایش خاصیت مایع بخار اشباع پانویس برای نمایش خاصیت حالت اشباع نمودار فازی x = v v f v fg 1 kg یخ در داخل سیلندر وضعیت شماره 1 P = 100 kpa, T = 20 با حرارت دادن فشار ثابت و حجم مخصوص اندکی افزایش مییابد Q P = cte و υ و T در دمای 0 دما ثابت و یخ شروع به ذوب شدن میکند )جامد اشباع( Q P = cte و T = cte 19

20 پس از ذوب کامل یخ افزایش حرارت سبب افزایش دما میشود وضعیت شماره 2 Q P = cte و υ و T اگر فشار اولیه یخ در دمای همراه خواهد بود. در این نقطه )( 10 برابر با 0/26 kpa انتقال حرارت به یخ ابتدا با ازدیاد درجه حرارت تا فاز جامد مستقیما به فاز بخار تبدیل میشود ( تصعید(. ادامه حرارت سبب مافوق گرم شدن بخار میگردد. وضعیت شماره 3 اگر فشار اولیه یخ 0/6113 kpa و دما 20 باشد با افزایش حرارت دما تا 0/01 افزایش مییابد با افزایش حرارت بخشی از یخ تبدیل به بخار و بخشی به مایع تبدیل میشود. در این نقطه تعادل بین سه فاز وجود داشته که به آن نقطه سهگانه گفته میشود. بر روی خط تصعید (Sublimation) فازهاي جامد و بخار در تعادلند. بر روی خط ذوب (Fusion) فازهاي جامد و مایع در تعادلند. بر روی خط تبخیر (Vaporization) فازهاي مایع و بخار در تعادلند. در نقطه سهگانه سه فاز در حالت تعادلند. خط تبخیر در نقطه بحرانی خاتمه مییابد زیرا از نقطه بحرانی به بعد تغییر آشکاری از فاز مایع به بخار وجود ندارد. نقطه A )حالت جامد( دما افزایش و فشار ثابت باشد تصعید فاز بخار )نقطه B( نقطه C )حالت جامد( دما افزایش و فشار ثابت باشد در نقطه سهگانه سه فاز در تعادلند )D فاز بخار )نقطه نقطه E )حالت جامد( دما افزایش و فشار ثابت باشد ابتدا جامد به مایع و سپس مایع به بخار تبدیل میشود حین فرایند GH تمایز مشخصی بین فازهای مایع و بخار مشاهده نمیشود

21 خواص مستقل یک ماده خالص برای تعیین حالت یک ماده دو خاصیت ترمودینامیکی مستقل مورد نیاز است. نکته: در حالت اشباع فشار و دما خواص مستقل نیستند. نکته: در حالت اشباع با داشتن فشار و حجم مخصوص یا فشار و کیفیت حالت ماده قابل تشخیص است. نمودارهاي P v P T و T v جداول خواص ترمودینامیکی نمودارهای ترمودینامیکی به صورت جدولی برای مواد مختلف تهیه و در ضمیمه B کتاب ترمودینامیک ارایه شدهاند. ناحیه مایع اشباع و بخار اشباع بر حسب مقادیر T در جدول 1 1 B ارایه شده است. ناحیه مایع اشباع و بخار اشباع بر حسب مقادیر P در جدول 2 1 B ارایه شده است. ناحیه بخار مافوق گرم در جدول 3 1 B ارایه شده است. ناحیه مایع متراکم در جدول 4 1 B ارایه شده است. ناحیه جامد اشباع و بخار اشباع بر حسب T در جدول 5 1 B ارایه شده است. مثال: در هر یک از حاالت زیر برای آب حالت ماده بر روی نمودارهای الف( 500 kpa و 120 P V T V 21 P T و ب( 0/5 m 3 kg و 120 حل: الف( مایع متراکم نمایش دهید. T = 120 B.1.1 P = 500 kpa > P s P s = 198/5kPa

22 P = 500kPa B.1.2 T s = 152 T = 120 > T s T = 120 B.1.1 v f = 0/00106 m 3 /kg v f < v < v g v g = 0/89186 m 3 /kg یا مایع متراکم ب( مخلوط دوفازی آب و بخار P = 300kPa B kpa مثال: درجه حرارت و کیفیت آب )در صورت وجود( را در فشار و هرکدام از حجم مخصوصهای زیر بیابید: v f = 0/ m 3 /kg, T s = 133/6 C v fg = 0/60475 m 3 /kg 0/5 = 0/ /60475x, x = 0/825 P = 300kPa B.1.2 v g = 0/60582 m 3 /kg< 1 P = 300kPa B.1.3 P = 300kPa B.1.3 v v 1 v 2 v 1 = T T 1 T 2 T = 300 C, v = 0/87529 m 3 = 400 C, v = 1/03151 m 3 /kg 1 0/87529 T 300 = T = 379/8 C 1/ / الف( 0/5 m 3 /kg ب( 1 m 3 /kg حل: الف( kg / v = 0/5 m 3 ب( v = 1 m 3 /kg بخار سوپرهیت 22

23 مثال: جدول زیر را برای آب تکمیل کنید 23

24 دو خاصیت ترمودینامیکی مستقل مشخص باشد اگر کیفیت (x) مشخص نباشد اگر کیفیت (x) مشخص باشد حالت اشباع T = T sat P = P sat P < P sat یا T و P معلوم باشند یا B.1.2 B.1.1 P > P sat یا معلوم باشند از جداول P = P sat و v یا u یا و h یا { s } T یا { P } از جداول 1.B 1. یا 1.2.B T > T sat T < T sat T = T sat از جداول 1.B 1. یا 1.2.B v f و v g u f و u g h f و h g { s f و s g } مایع متراکم بخار فوق گرم جدول 1.4.B جدول 1.3.B حالت اشباع جدول 1.3.B v f < v < v g یا u f < u < u g یا اگر { h f < h < h g یا s f < s < s g } v > v g یا u > u g یا اگر h > h g یا { s > s g } v < v f یا u < u f یا اگر h < h f یا { s < s f } v = v f + x v fg u = u f + x u fg h = h f + x h fg s = s f + x s fg v { u } h s v { u } h s v { u } h s مایع متراکم بخار فوق گرم از جداول حالت اشباع یا B.1.2 B.1.1 x = v v f v fg, u, h, s x = u u f u fg, v, h, s v { u } h s از جداول 1.3.B از جداول 1.4.B v { u } h s x = h h f h fg, v, u, s x = s s f s fg, v, u, h 24

25 کار و حرارت کار کار به صورت نیروي F تعریف میشود که طی جابجایی x اعمال میگرددو این جابجایی در جهت نیروست. واحد کار ژول است. J) ( W > 0 W < 0 سیستم کار انجام داده است کار بر روی سیستم انجام شده است کار انجام شده روی مرز متحرک δw = Fdx = PAdL = PdV کار مخصوص واحد کار مخصوص ژول بر کیلوگرم 25 است. (J/kg) سطح زیر منحنی = 2 PdV 1 مشتق توابع نقطهاي دیفرانسیل کامل است. خواص ترمودینامیکی توابع نقطهای بوده و مشتق آنها از نوع دیفرانسیل کامل است.

26 توابع نقطهای مستقل از مسیر هستند یعنی تنها به نقاط ابتدا و انتها بستگی دارند. انتگرال توابع نقطهای به راحتی قابل محاسبه است: همانطور که در شکل زیر دیده میشود کار وابسته به مسیر میباشد زیرا سطح زیرمنحنی P V متفاوت است: در سه مسیر 2 δw 1 2 = PdV 1 W 2 W 1 PV n = ثابت P 1 V 1 n = P 2 V 2 n, < n < + P = 2 چون کار تابع مسیر است پس مشتق آن دیفرانسیل کامل نیست. فرایند پلی تروپیک n ثابت V n = P 1V 1 V n = P 2V 2 V n PdV = ثابت dv 1 2 PdV 1 = 1 2 V n n V n+1 ( ثابت = n + 1 ) 1 2 ثابت 1 n (V 2 1 n V 1 n 1 ) = P 2V n 2 V 1 n 2 P 1 V n 1 n 1 V 1 = P 2V 2 P 1 V 1 1 n 1 n PV = ثابت P 1 V 1 = P 2 V 2 2 PdV 1 = P 1 V 1 dv V 1 2 = P 1 V 1 ln V 2 V 1 V = n/1 ثابت P 1/n, n 1 (n = 0) در حالتی که = 1 n باشد فرایند فشار ثابت فرایند = PV ثابت 1-2a 1-2b 1-2c فرایند = PV 1/3 ثابت 1-2d فرایند حجم ثابت ثابت ثابت = P 1/n n V = P 0 ثابت = 26

27 P 0 توسط یک فنر خطی و یک نیروی متمرکز F 1 بارگذاری شده است. m p فشار اتمسفر مثال: در شکل زیر پیستون با جرم پیستون توسط موانع باالیی و پایینی از نظر حرکتی محدود شده است و گاز محبوس شده در آن دارای فشار P میباشد. موازنه نیرو روی پیستون به صورت زیر است: حل: C 1 = P 0 + m pg A + F 1 A k s A 2 V 0 مثال: اگر سیلندر قبل حاوی 0/5 kg آمونیاك در 20 با کیفیت 25% است. آمونیاك را تا 20 گرم میکنیم تا در این حالت حجم آن 1/41 برابر شود. فشار نهایی و کار انجام شده توسط آمونیاك را بیابید. حل: 27

28 حرارت حرارت شکلی از انرژي است که از طریق مرز سیستم در یک درجه حرارت معین به سیستم دیگر در درجه حرارت پایینتر انتقال مییابد. نکته: جسم هرگز نمیتواند محتوی حرارت باشد. قراردارد Q < 0 Q > 0 Q = 0 جسم حرارت از دست داده است حرارت به جسم انتقال یافته است نکته: فرایندی که طی آن حرارت انتقال نمییابد فرایند آدیاباتیک )بیدررو( نامند. نکته: انتقال حرارت دیفرانسیل کامل نبوده و لذا خاصیت ترمودینامیکی نمیباشد. 1 Q 2 حرارت انتقال یافته طی فرایند معین بین حالت 1 و حالت 2 است. واحد انتقال حرارت است. ژول (J) 1 cal = 4/187 J کالري مقدار حرارتی است که الزم است تا نرخ انتقال حرارت با 1 gr آب از 14/5 به 15/5 برسد. Q نشان داده میشود. q = Q m انتقال حرارت مخصوص انتقال حرارت بر واحد جرم است: واحد انتقال حرارت مخصوص ژول بر کیلوگرم است. (J/kg) 28

29 مثال )تمرین 61-4( سیلندر پیستون زیر در ابتدا حاوی هوا در 150kPa و 400 است. مجموعه مذکور تا درجه حرارت 20 سرد میشود. )الف( آیا پیستون روی مانع متوقف میشود فشار نهایی سیلندر چقدر است )ب( کار انجام شده توسط هوا طی فرایند چقدر است حل: PV = mrt P 2 = P 1 قبل از این که پیستون روی مانع قرار گیرد فشار ثابت خواهد بود V 2 V 1 = T 2 T 1 L 2A p L 1 A p = V 2 V 1 L 2 = 2 V 2 = 1 A P پس پیستون بر روی مانع قرار گرفته است. < 1 0/871 = طی فرایند حجم ثابت 2 1aکار صفر است. 29

30 قانون اول ترمودینامیک قانون اول ترمودینامیک بیانگر این مطلب است که وقتی یک سیستم )جرم کنترل( در حال پیمودن یک چرخه است انتگرال سیکلی حرارت با انتگرال سیکلی کار برابر است. δq = δw + δe جرم کنترل : گاز موجود در مخزن فرایند 1 از چرخه: انجام کار بر سیستم به دلیل سقوط وزنه و چرخش پره فرایند 2 از چرخه: از دست دادن حرارت توسط سیستم و تکمیل سیکل تا برگشت سیستم به حالت اولیه δe = 0 قانون اول ترمودینامیک برای تغییر حالت یک جرم کنترل حالتی که جرم کنترل داشته باشیم و فرایند غیرسیکلی باشد )یعنی تغییر حالت داشته باشیم( چرخه 1 : فرایند رفت 1 2 (A) و فرایند برگشت 2 1 (B) (I) چرخه 2 : فرایند رفت 1 2 (C) و فرایند برگشت 2 1 (B) (II) (I) (II) 30

31 یعنی (δq δw) (δq δw) برای هر فرایند بین دو حالت 1 و 2 یکسان است. تنها به حاالت ابتدایی و انتهایی بستگی دارد و یک خاصیت ترمودینامیکی است. این خاصیت انرژي جرم کنترل (E) نامیده میشود. چون E خاصیت است مشتق آن دیفرانسیل کامل است (de) مفهوم: اختالف بین انتقال حرارت و کار در یک سیستم حین تغییر حالت سبب انرژی سیستم افزایش یافته است انرژی سیستم کاهش یافته است تغییر انرژي آن سیستم میشود. 1Q 2 1 W 2 > 0 E 2 > E 1 1Q 2 1 W 2 < 0 E 2 < E 1 بیان قانون بقاي انرژي انرژی از بین نمیرود بلکه تنها از صورتی به صورت دیگر تبدیل میشود. انرژی پتانسیل + انرژی جنبشی + انرژی داخلی = E E 2 E 1 = U 2 U mv mv mgz 2 mgz 1 U 2 U mv mv mgz 2 mgz 1 = 1 Q 2 1 W 2 انرژی داخلی خاصیت ترمودینامیکی انرژي داخلی یک سیستم (U) یک خاصیت مقداري است زیرا مقدار آن به جرم بستگی دارد. انرژي داخلی مخصوص (u) به عنوان یک خاصیت ترمودینامیکی شدتی به صورت زیر تعریف میگردد: u = U m از انرژی داخلی به همراه یک خاصیت ترمودینامیکی دیگر میتوان برای تعیین حالت ترمودینامیکی یک ماده استفاده کرد. مقدار انرژی داخلی از جداول ترمودینامیکی استخراج میگردد. u, T { u, P u, x u, v { B. 1.2 و B. 1.1 مایع اشباع.B 1.3 بخار فوق گرم B. 1.4 مایع متراکم B. 1.5 جامد بخار در حالت اشباع میتوان انرژی داخلی را به صورت زیر محاسبه نمود: 31

32 m T = 300 B.1.1 T = 300 B.1.3 T = 300 B.1.3 P = 2000kPa B.1.2 T = T s = 212/4 u g = 2563 kj/kg < u 1600 kpa 2781 kj/kg و 1800 kpa 2776/8 kj/kg 2781 kj/kg 0/15862 m 3 /kg v x مثال: و خواص نامعلوم T P یا را برای آب در حاالت زیر بیابید: الف( 300 = T و u = 2780 kj/kg ب( P =2000 kpa و u = 2000 kj/kg حل: در حالت اول بخار فوق گرم درون یابی 2776/8 kj/kg و 0/14021 m 3 /kg P = 1648 kpa درون یابی u f = 906/4 kj/kg < u < u g = 2600/3 kj/kg v = 0/1542 m 3 /kg در حالت دوم حالت اشباع 5 m 3 دارای 0/05 m 3 مایع اشباع آب و 4/95 m 3 بخار آب 0/1 MPa مثال: یک مخزن به حجم اشباع در فشار است. حرارت به مخزن انتقال مییابد تا این که مخزن پر از بخار اشباع شود. میزان انتقال حرارت برای این فرایند را تعیین نمایید. حل: کنترل جرم: کل آب داخل مخزن فرایند: حجم و جرم ثابت حجم مخصوص ثابت 32

33 درون یابی v = 0/09831 m 3 /kg B kpa v g = 0/09963 m 3 /kg و 2250 kpa v g = 0/08756 m 3 /kg P = 2/03 MPa آنتالپی خاصیت ترمودینامیکی حجم کنترل: گاز داخل سیلندر تغییر در انرژی جنبشی و پتانسیل وجود ندارد قانون اول ترمودینامیک: جرم کنترل تحت فرایند شبه تعادلی فرایند فشار ثابت در رابطه باال انتقال حرارت حین فرایند بر حسب تغییر کمیت U + PV گردیده است. در حالتی که فشار ثابت باشد واضح است که W دیفرانسیل کامل است )مستقل از مسیر(. بین حالتهاي اولیه و نهایی بیان 33

34 در حالتی که فشار ثابت باشد Q هم دیفرانسیل کامل خواهد بود. چون تمام کمیتهای U V و P که بدان آنتالپی گفته میشود: خواص ترمودینامیکی هستند ترکیب آنها نیز یک خاصیت ترمودینامیکی است مفهوم آنتالپی: طبق معادله قانون اول آنتالپی را میتوان به صورت محتواي گرمایی یک دستگاه در فشار ثابت در نظر گرفت. نکته: در حالت اشباع )فشار ثابت( گرمای الزم برای تبدیل مایع به بخار آنتالپی تبخیر نامیده میشود. آنتالپی مخصوص: نکته: در حالتی که فرایند فشار ثابت نباشد )آنتالپی فاقد اهمیت فیزیکی است( باشد. استفاده از آنتالپی مشکلی ایجاد نمیکند. زیرا طبق تعریف آنتالپی یک خاصیت ترمودینامیکی است و تنها به نقاط ابتدایی و انتهایی وابسته است و مستقل از مسیر و فرایند می- به عبارت دیگر آنتالپی تنها یک خاصیت است که به صورت فقط در فرایندهای فشار ثابت مورد استفاده قرار گیرد. U + PV مثال: آنتالپی برای استفاده در معادالتی تعریف شده است که در آنها ترم تعریف شده است و ضرورتا الزم نیست که U + PV ظاهر میگردد. یک سیلندر که حجم آن 0/1 m 3 است با یک پیستون آببندی شده است و حاوی 0/5 kg بخار آب در فشار است. حرارت به بخار آب انتقال مییابد تا در عین ثابت ماندن فشار درجه حرارت آن به 300 حرارت و کار را برای این فرایند بدست آورید. حل: جرم کنترل: آب درون سیلندر فرایند: فشار ثابت 0/4 MPa برسد. میزان انتقال در حالت 1 و v 1 h 1 )یا u( 1 را میتوان تعیین نمود. حالت 2 نیز مشخص بوده و و v 2 h 2 )یا u( 2 معلوم است. 34

35 گرمای ویژه حجم ثابت و فشار ثابت مقدار گرماي مورد نیاز در واحد حجم برای افزایش دما به میزان یک درجه گرماي ویژه نامیده میشود. با صرفنظر کردن از تغییرات انرژيهاي جنبشی و پتانسیل و با فرض ماده تراکم پذیر ساده و فرایند شبهتعادلی میتوان نوشت: d(ke) 0 d(pe) 0 ماده تراکم پذیر ساده } فرایند شبه تعادلی رابطه باال را در دو حالت مجزا میتوان تحلیل کرد: 1( حجم ثابت (0 = dv P): گرمای ویژه در حجم ثابت عبارتست از: δq = du 2( فشار ثابت: گرمای ویژه در فشار ثابت عبارتست از: δq = du + d(pv) = dh جامدات و مایعات چون مایعات و جامدات تقریبا تراکم ناپذیر هستند: چون حجم مخصوص هر دو فاز خیلی کم است: 35

36 در رابطه باال υ 0 C میتواند گرماي ویژه حجم ثابت یا گرماي ویژه فشار ثابت باشد چون این دو مقدار برای جامدات و مایعات تقریبا با هم برابرند. در بیشتر موارد میتوان فرض کرد که گرماي ویژه مایعات و جامدات ثابت است لذا: گرمای ویژه مایعات و جامدات به ترتیب در جداول و A.3 A.4 انرژی درونی آنتالپی و گرمای ویژه گازهای کامل در حالت کلی انرژی درونی هر ماده کند: u ارایه گردیدهاند. به دو خاصیت مستقل بستگی دارد که حالت ترمودینامیکی ماده را مشخص می- در گازهاي چگالی پایین وابستگی انرژی درونی به دما خیلی بیشتر از فشار و حجم مخصوص است. برای گاز ایدهآل میتوان نوشت: u = f(t, P) رابطه بین انرژی درونی و دما با استفاده از رابطه گرمای ویژه حجم ثابت برقرار میگردد: چون انرژی درونی گاز ایدهآل تابع حجم مخصوص نیست میتوان نوشت: اندیس صفر بیانگر گرماي ویژه گاز ایدهآل است. برای جرم m داریم: از تعریف آنتالپی و معادله حالت گاز ایدهآل میتوان نوشت: h = f(t) چون R ثابت بوده و u نیز تنها تابعی از دماست میتوان نتیجه گرفت که : رابطه بین آنتالپی و دما توسط رابطه گرمای ویژه فشار ثابت برقرار میگردد: نکته: مقادیر گرماي ویژه در دمای اتاق و ثابت گازهاي مختلف در جدول 5.A ارایه شدهاند. چون آنتالپی گاز ایدهآل تنها تابع دماست میتوان نوشت: برای جرم m داریم: شکل زیر دو خط دماثابت را نشان میدهد. چون انرژی درونی و آنتالپی تنها تابعی از دما هستند خطوط دماثابت خطوط انرژی درونی ثابت و آنتالپی ثابت نیز میباشند. 36

37 گاز ایدهآل ثابت = h و u ثابت = T از نقطه 1 روی شکل با مسیرهای متفاوتی میتوان به دمای باالتر دست یافت. با اینحال صرفنظر از مسیر تغییرات انرژي درونی مشابه تغییرات آنتالپی خواهد بود. نتیجه: P-v دیاگرام برای گاز ایدهآل چون انرژی درونی و آنتالپی گاز ایدهآل تنها وابسته به دماست گرماي ویژه حجم ثابت و گرماي ویژه فشار ثابت نیز تنها تابعی از دما میباشند. نکته: عامل اصلی که سبب میشود گرماي ویژه تنها به دما وابستگی داشته باشد ارتعاشات مولکولی است. مولکولهاي پیچیدهتر مودهاي ارتعاشی بیشتري خواهند داشت و در نتیجه وابستگی آنها به دما بیشتر خواهد بود ( 2 CO و H 2 O در مقایسه با و O 2 )H 2 ظرفیت گرمایی برخی گازها به صورت تابعی از دما رابطه بین گرمای ویژه حجم ثابت و گرمای ویژه فشار ثابت گاز ایدهآل 37 بر مبنای مولی میتوان نوشت:

38 در حالت گرمای ویژه ثابت میتوان نوشت: مثال: یک سیلندر عایق توسط یک پیستون به دو بخش مساوی با حجم پیستون قفل شده است. سمت A حاوی هوا در فشار h 2 h 1 = C p0 (T 2 T 1 ) u 2 u 1 = C v0 (T 2 T 1 ) 1 m kpa تقسیم شده است. مطابق شکل زیر در ابتدا و دمای 300 K است و در سمت B هوا با فشار 0/1 MPa و دمای 1000 K وجود دارد. حال پین نگهدارنده پیستون برداشته میشود به نحوی که پیستون میتواند آزادانه حرکت کند. اگر در حالت نهایی دمای هوا در دو طرف پیستون برابر باشد دما و فشار نهایی را بیابید. حل: T A = T B حجم کنترل: A + B در حالت نهایی توازن فشار در دو سمت پیستون باید برقرار باشد P A A = P B A چون کل حجم سیلندر به عنوان حجم کنترل در نظر گرفته شده است پس کار انجام شده روی آن صفر است: سیلندر عایق است جرم هوا در هر یک از دو طرف پیستون و 1W2 = 0 1Q2 = 0 E = 1 Q 2 1 W 2 E = 0 U = 0 U 2 U 1 = 0 قانون اول به صورت معادله نرخ قانون اول ترمودینامیک در حالت معمولی به صورت زیر است: اگر از رابطه باال نسبت به زمان مشتق بگیریم: 38

39 تحلیل قانون اولی برای حجم کنترل اگر سیستمی با محیط اطراف تبادل جرم داشته باشد سیستم باز سطحی که حجم کنترل را احاطه کرده است سطح کنترل نامیده میشود. یا حجم کنترل نام دارد. اندازه و شکل حجم کنترل کامال دلخواه است و باید به گونهای انتخاب گردد که مناسبترین حالت برای تحلیل مساله حاصل شود. سطح کنترل میتواند ثابت یا متحرک باشد. جرم حرارت و کار میتوانند از سطح کنترل عبور کنند. قانون بقای جرم )معادله پیوستگی( نرخ تغییرات جرم = جرم ورودی جرم خروجی رابطه باال بیانگر این موضوع است که تغییرات جرم در داخل حجم کنترل به دلیل افزوده شدن مقداري جرم یا کاسته شدن جرم از آن است. دبی حجمی V سرعت سیال و A سطح مقطع عمود بر جریان دبی جرمی قانون اول ترمودینامیک برای حجم کنترل قانون اول ترمودینامیک برای جرم کنترل به صورت زیر میباشد: قانون اول ترمودینامیک برای یک حجم کنترل در هر لحظهای از زمان به صورت زیر قابل بیان است: 39

40 انرژي وارده یا خروجی بر واحد جرم برای جریان سیالی که از سطح کنترل میگذرد بصورت زیر بیان میگردد: دیاگرام شماتیک برای توصیف عبارت معادله انرژی هنگامی که سیال به حجم کنترل وارد یا از آن خارج میشود نرخ کار جابجایی مرز مرتبط با آن فرایند به صورت زیر بیان میگردد: P e v e m e P i v i m i Pv کار جریان خروجی از حجم کنترل کار جریان ورودی به حجم کنترل کار جریان بر واحد جرم انرژي کلی مرتبط با جریان جرم قانون اول ترمودینامیک برای حجم کنترل را از قانون اول برای جرم کنترل به صورت زیر میتوان توسعه داد: با جاگذاری انرژی و کار در رابطه باال: قانون اول ترمودینامیک در حالت کلی: با تعریف انتالپی کلی قانون اول ترمودینامیک به صورت ساده زیر قابل توصیف است: 40

41 h tot = h i V i 2 + gz i فرایند حالت پایدار جریان پایدار در یک فرایند حالت پایدار: 1( حجم کنترل نسبت به چارچوب مختصات حرکت ندارد سرعتهای اندازهگیری شده نسبت به چارچوب مختصات با سرعتها نسبت به سطح کنترل یکی هستند 2( حالت جرم در هر نقطه از حجم کنترل با زمان تغییر نمیکند )3 همانند جریان جرم گذرنده از سطح کنترل شار جرم و حالت این جرم در هر سطح مجزا از جریان روی سطح کنترل با زمان تغییر نمیکند. نرخ گرما و کار گذرنده از سطح کنترل ثابت باقی میماند. معادالت حاکم برای یک فرایند حالت پایدار به صورت زیر بیان میگردند: معادله پیوستگی قانون اول m i = m e Q C.V. + m i (h i + V 2 i 2 + gz i) = m e (h e + V 2 e 2 + gz e) + W C.V. این فرض که جریانهای جرمی حاالت و نرخهای متفاوتی که در آنها گرما و کار از سطح کنترل گذر میکنند ثابت میماند مستلزم آن است که هر کمیتی در معادالت باال نسبت به زمان پایدار باشد. در حالتی که تنها یک جریان ورودي و یک جریان خروجی وجود داشته باشد: معادله پیوستگی قانون اول رابطه قانون اول را میتوان به صورت زیر بازنویسی نمود: که در آن m i = m e = m Q C.V. + m i (h i + V 2 i 2 + gz i) = m e (h e + V 2 e 2 + gz e) + W C.V. q + h i + V 2 i 2 + gz i = h e + V 2 e 2 + gz e + w q = Q C.V. m, w = W C.V. m 41

42 مثالهایی از فرایندهای حالت پایدار مبدل حرارتی Exchanger) (Heat در مبدل حرارتی حالت پایدار جریان سیال از میان لوله یا مجموعهای از لولهها عبور میکند در حالی که گرما به سیال منتقل شده یا از آن گرفته میشود. سیال ممکن است گرم یا تبدیل گردد یا چگالیده شده و از بخار به مایع تبدیل گردد. سرد شده و ممکن است به جوش آمده و از مایع به بخار فرایند انتقال گرما تقریبا فشار ثابت بوده و افت فشار نسبتا کمی در لولهها در اثر اصطکاک سیال با دیواره ایجاد میشود. در مبدل حرارتی شکل زیر بخار R-134a وارد شده و با از دست دادن حرارت خود به آب خنک کاری به صورت مایع از آن خارج میشود. فرض میشود که تغییرات انرژی جنبشی و پتانسیل ناچیز است. کار انجام شده صفر بوده و منطقی است فرض کنیم انتقال حرارتی از سطح کنترل عبور نمیکند. قانون اول را میتوان به صورت زیر نوشت: KE i KE e قانون اول: نازل (Nozzle) نازل ابزاری حالت پایدار است که کاربرد آن ایجاد جریان سیال سرعت باال با کاهش فشار سیال است. کار انجام شده در نازل صفر بوده و تغییرات انرژي پتانسیل ناچیز میباشد. از انتقال حرارت نیز صرفنظر میگردد. قانون اول برای نازل به صورت زیر بیان میشود: 42

43 دیفیوزر (Diffuser) دیفیوزر حالت پایدار ابزاری است که برای کاهش سرعت سیال سرعت باال استفاده میشود به نحوی که فشار سیال نیز افزایش خواهد یافت. دیفیوزر معکوس نازل عمل میکند. به عبارت دیگر با معکوس کردن جهت جریان در نازل دیفیوزر حاصل میگردد. فرضیات مشابه نازل میباشند. قانون اول به صورت زیر است: اختناق (Throttle) فرایند اختناق زمانی اتفاق میافتد که جریان سیال در مسیر مستقیم خود ناگهان با مانعی برخورد نماید. این فرایند توسط صفحهای که سوراخ کوچکی در آن تعبیه شده است یا شیری که اندکی بسته شده است یا تغییر اندازه به لولهای با قطر خیلی کوچکتر )لوله مویین( اتفاق میافتد. کرد. از انرژي جنبشی سیال در ورودي و خروجی میتوان صرفنظر نمود. کار انجام شده صفر بوده و تغییرات انرژي پتانسیل نیز اندک است. از طرفی فرصت و زمانی برای انتقال حرارت چشمگیر وجود نداشته و میتوان از آن صرفنظر KE i KE e قانون اول ترمودینامیک: توربین (Turbine) توربین معموال در ماشین دواری است که هدف آن تولید کار محوري )توان( ضمن کاهش فشار سیال عامل است. توربین بخار: سیال عامل بخار آب است و بخار خروجی از توربین پس از عبور از کندانسور مجددا به مایع تبدیل میشود. توربین گاز: گاز خروجی از توربین به اتمسفر تخلیه میشود. توربینها تغییرات انرژي پتانسیل و انرژي جنبشی در ورودي ناچیز است. اغلب از انرژي جنبشی در خروجی نیز صرفنظر میگردد. دفع حرارت از توربین نیز مطلوب نبوده و عموما ناچیز است بنابراین معموال فرایند توربین آدیاباتیک در نظر گرفته میشود. 43

44 مثال: دبی جریان ورودی به یک توربین 1/5 kg/s توربین معلوم هستند. توان خروجی توربین چقدر است و انتقال حرارت توربین 8/5 kw است. دادههای زیر در ورودی و خروجی حل: از قانون اول ترمودینامیک داریم: T i = 350 جدول 1.3.B h i = 3137 kj/kg از جداول بخار داریم: در خروجی توربین داریم: P e = 0/1 MPa جدول 1.2.B h e = 2675 kj/kg راه حل دوم: کار مخصوص توربین از معادله زیر قابل محاسبه است: 44

45 آنچه که از محاسبات باال میتوان فهمید انرژي پتانسیل در مقایسه با سایر انرژیها قابل مالحظه نمیباشد. همچنین در سرعتهاي کم مثال 20 m/s انرژي جنبشی نیز ناچیز میباشد. در مواردی که سرعتهاي ورودي و خروجی تقریبا یکسان باشند تغییرات انرژي جنبشی قابل صرفنظر میباشند. کمپرسور و پمپ کاربرد کمپرسور )گاز( و پمپ )مایع( افزایش فشار سیال در اثر اعمال کار محوري )توان( میباشد. در کمپرسورها تغییرات انرژي پتانسیل و انرژي جنبشی ورودي ناچیز است. اغلب از انرژي جنبشی در خروجی کمپرسور نیز میتوان صرفنظر کرد. از اتالف حرارت در کمپرسور نیز میتوان صرفنظر کرد و کمپرسور را میتوان آدیاباتیک فرض کرد. مثال: دیاکسید کربن در شرایط 100 kpa و 280 K در سرعت پایین وارد کمپرسور میشود. در خروجی کمپرسور دیاکسید کربن در 1100 kpa و 500 K با سرعت حل: 25 m/s خارج شده و سپس به یک مبدل حرارتی )افترکولر( وارد میشود که تا 350 K سرد میشود. توان ورودی کمپرسور 50 kw است. نرخ انتقال حرارت در مبدل حرارتی چقدر است معادله انرژی: q = 0, V 1 = 0 فرض میشود که دياکسید کربن مانند گاز ایدهآل با گرمای ویژه متغیر رفتار میکند )ضمیمه برای محاسبات دقیقتر بهتر است که از جدول قابل قبول است. همچنین میتوان فرض کرد )A.8 B.3 استفاده گردد اما چون در این حالت اختالف چشمگیر نیست فرض باال استخراج میشود. T 1 = 280K h 1 h 250 h 300 h 250 = T 2 = 500K h 2 = 401/52 kj/kg محیط(. انتالپی از جدول A.8 )هوای V 1 و 0 q h = 0/6 h 1 = 198 kj/kg T 3 = 350K h 3 = 257/9 kj/kg تغییرات انرژی جنبشی نیز قابل صرفنظر است: 45

46 مثال: یک پمپ آب کوچک در عمق 15 m از یک چاه قرار دارد که آب را در 10 و 90 kpa میکند. خط خروجی لولهای با قطر 0/04 m است که به یک مخزن با فشار نسبی با دبی جرمی 1/5 دریافت kg/s 400 kpa آدیاباتیک و سرعتهای ورودی و خروجی یکسان و دمای ثابت آب 10 کار مورد نیاز برای پمپ را بیابید. حل: میریزد. با فرض فرایند v ثابت است و انرژي درونی نیز ثابت میماند. v = و ثابت C v = u T v ثابت T ثابت = u u = 0 u in = u ex h in P in v = h ex P ex v h ex = h in + (P ex P in )v نیروگاه حرارتی و یخچال مثال: نیروگاه حرارتی بخار ساده زیر را در نظر بگیرید. با فرض دادههای زیر برای این نیروگاه حرارتی کمیتهای زیر را بر واحد جرم گذرنده از سیستم محاسبه نماید: 46

47 الف( انتقال حرارت در خط مابین بویلر و توربین ب( کار توربین ج( انتقال حرارت در کندانسور د( انتقال حرارت در بویلر حل: از جداول بخار داریم: از تغییرات انرژی جنبشی و پتانسیل صرفنظر میشود. الف( حجم کنترل خط لوله بین بویلر و توربین در نظر گرفته میشود. از قانون اول داریم )2-1(: ب( توربین ماشین آدیاباتیک در نظر گرفته میشود. بنابراین میتوان از انتقال حرارت در آن صرفنظر کرد. قانون اول به صورت زیر نوشته میشود: ج( کار برای حجم کنترل در برگیرنده کندانسور صفر است. بنابراین قانون اول به صورت زیر است) 4-3 (: د( برای حجم کنترل دربرگیرنده بویلر کار صفر است بنابراین قانون اول به صورت زیر نوشته میشود: در رابطه باال باید h 5 معلوم باشد که از نوشتن قانون اول برای حجم کنترل حول پمپ قابل محاسبه است: بنابراین: 0/1 kg/s مثال: یخچال نشان داده شده در شکل زیر از R 134a به عنوان سیال عامل استفاده میشود. دبی جرمی در هر قسمت است و توان ورودی به کمپرسور 5 kw است. دادههای زیر معلوم هستند. 47

48 کمیتهای زیر را محاسبه نمایید: الف( کیفیت در ورودی اواپراتور ب( نرخ انتقال حرارت در اواپراتور ج( نرخ انتقال حرارت در کمپرسور حل: از تغییرات انرژی جنبشی و پتانسیل صرفنظر میشود. الف( برای حجم کنترل حول شیر انبساط میتوان نوشت: ب( برای حجم کنترل حول اواپراتور قانون اول به صورت زیر نوشته میشود: ج( قانون اول برای کمپرسور به صورت زیر نوشته میشود: فرایند گذرا در یک فرایند گذرا: 48 )1 )2 )3 حجم کنترل نسبت به چارچوب مختصات ثابت میماند حالت جرم در داخل حجم کنترل با زمان تغییر میکند اما در هر لحظه از زمان در سرتاسر حجم کنترل یکنواخت میباشد. حالت جرم گذرنده از هر سطح از جریان روی سطح کنترل نسبت به زمان ثابت است هرچند که دبی جرمی ممکن است با زمان تغییر کند. معادالت حاکم برای یک فرایند حالت پایدار به صورت زیر بیان میگردند: معادله پیوستگی:

49 قانون اول: مثال: بخار در فشار 1/4 MPa و دمای 300 در لولهای مطابق شکل زیر جریان دارد. یک تانک خالء توسط یک شیر به این لوله متصل شده است. شیر باز میشود و تانک از بخار پر میشود تا فشار به 1/4 MPa برسد و سپس شیر بسته میشود. این فرایند به صورت آدیاباتیک اتفاق میافتد و انرژیهای جنبشی و پتانسیل ناچیز هستند. دمای نهایی بخار را بیابید. حل: Q C.V. = 0, W C.V. = 0, m e = 0, (m 1 ) C.V. = 0 همچنین فرض میشود که تغییرات انرژی جنبشی و پتانسیل ناچیز است. بنابراین قانون اول به صورت زیر خالصه میشود: از معادله پیوستگی برای این فرایند میتوان نوشت: از معادله پیوستگی و قانون اول میتوان نوشت: از جداول بخار نتیجه میشود: چون فشار نهایی دمای مربوط به فشار حل دوم: 49 1/4 MPa 1/4 MPa معلوم است دو خاصیت از حالت نهایی معلوم است و لذا حالت نهایی قابل تعیین است. P = 1/4 MPa, u 2 = 3040/4 kj/kg T = 452 و انرژی درونی 3040/4 kj/kg مقدار 452 است. با در نظر گرفتن بخاری که وارد تانک میشود و فضای خالء به عنوان جرم کنترل به صورت شکل زیر میتوان مساله را حل نمود.

50 فرایند مزبور آدیاباتیک است اما به دلیل جابجایی مرزها کار انجام میشود. اگر پیستونی را بین بخاری که در جرم کنترل وجود دارد و بخاری که پشت آن جریان دارد در نظر بگیریم واضح است که مرزها جابجا میشوند و بخار در لوله بر روی بخار درون جرم کنترل کار انجام میدهد. مقدار این کار برابر است با: قانون اول برای جرم کنترل به صورت زیر نوشته میشود: بنابراین: که همان نتیجه حاصل از راه حل اول است. مثال )تمرین 6.123(: خط نیتروژن در 300 K و 0/5 MPa که در شکل زیر نشان داده شده است به یک توربین متصل شده است که به یک مخزن خالی بسته به حجم 50 m 3 تخلیه میشود. توربین تا رسیدن فشار مخزن به 0/5 MPa کار میکند که در این فشار دمای نیتروژن نیز 250 K است. با فرض فرایند آدیاباتیک کار توربین را محاسبه کنید. حل: m e = 0, m 1 = 0 T cr = 126/2 K حالت i: نیتروژن در حالت بخار فوق گرم ) cr T) > T 50

51 حالت 2: نیتروژن در حالت بخار فوق گرم ) cr T) > T مثال: سیلندر پیستون نشان داده شده در شکل حاوی هوا در فشار و 17 است که حجم سیلندر در این حالت 1m kpa 0/25m 3 است. در حالتی که پیستون به توقفگاه برسد حجم سیلندر توسط یک شیر به این سیلندر متصل شده است. شیر باز میشود تا هوا به فشار جرم هوای ورودی کار و انتقال حرارت را بیابید. است. خط هوا با فشار 600 K و 500 kpa 400 kpa و دمای T = 350 K برسد. حل: حجم کنترل: هوای داخل سیلندر معادله پیوستگی m 2 m 1 = m i معادله انرژی )قانون اول(: با صرفنظر کردن از انرژیهای جنبشی و پتانسیل m 2 u 2 m 1 u 1 = m i h i + Q C.V 1 W 2 تا قبل از رسیدن به توقفگاه فشار ثابت و پس از آن حجم ثابت است. با توجه به این که فشار در حالت نهایی افزایش یافته است پس پیستون به توقفگاه رسیده است. m 1 = P 1V RT 1 = حالت 1( 300 0/25 حالت )2 kg = 0/ /287 m 2 = P 2V = = 3/982 kg RT 2 0/ m 2 m 1 = m i m i = 3/982 0/90 = 3/082 kg 51

52 1 W 2 = P 1 (V 2 V 1 ) = 300(1 0/25) = 225 kj Q C.V = m 2 u 2 m 1 u 1 m i h i + 1 W 2 انرژی درونی و آنتالپی از جدول 7.1.A استخراج میشوند. 52

53 قانون دوم ترمودینامیک سیکل )چرخه( وقتی که یک سیستم از حالت اولیه چندین فرایند متفاوت را طی کند و در نهایت به حالت اولیه خود بازگردد سیستم یک سیکل )چرخه( را طی کرده است. قانون دوم ترمودینامیک طبق قانون اول در طی هر سیکلی که یک سیستم میپیماید انتگرال سیکلی حرارت با انتگرال سیکلی کار برابر است. δq = δw + δe δe = 0 چون نقطه شروع و پایان سیکل یکی است δq = δw قانون اول هیچ محدودیتی براي جهت جریان حرارت و کار ایجاد نمیکند. مفهوم جامع قانون دوم تضمین میکند که یک فرایند فقط در یک جهت معین پیش میرود ولی درخالف جهت قابل وقوع نیست. سیستم زیر سیکلی را طی میکند که حین سقوط وزنه به وسیله چرخ پرهدار بر سیستم کار صورت میگیرد. سپس با انتقال حرارت به محیط سیکل تکمیل میشود. واضح است که سیکل معکوس نمیشود زیرا اگر طبق خط چین به گاز حرارت داده شود درجه حرارت گاز افزایش خواهد یافت اما چرخ پرهدار نخواهید چرخید و وزنه صعود نخواهد کرد. سیستمی که سیکلی شامل کار و حرارت را طی میکند مثالی از عدم امکان تکمیل سیکل از جسم درجه پایین به جسم درجه باال در شکل باال در فرایند مستقیم حرارت از جسم درجه حرارت باال به جسم درجه حرارت پایین منتقل میشود. 53

54 موتور حرارتی فرایند معکوس غیرقابل وقوع است )خط چین(. (heat engine) وسیلهای که در یک سیکل ترمودینامیکی عمل میکند و به دلیل انتقال حرارت از یک جسم درجه حرارت باال به جسم درجه حرارت پایین مقداری کار خالص مثبت انجام میدهد. پمپ حرارتی (heat pump) سیستمی است که در یک سیستم کار میکند و در آن حرارت از جسم درجه حرارت پایین به جسم درجه حرارت باال انتقال مییابد در حالی که مقداری کار نیز برای انجام فرایند مورد نیاز است. مثالی از موتور حرارتی موتور حرارتی ساده 1( وزنه روی سکوی فوقانی قرار دارد و پیستون روی مانع تحتانی سیلندر در حالت سکون است. 2( حرارت از جسم حرارت باال به گاز منتقل شده و پیستون تا مانع باالیی صعود میکند. 3( حال وزنه برداشته میشود. 4( فرض میکنیم که با انتقال حرارت از گاز به جسم با درجه حرارت پایین سیستم به حالت اولیه خود بازگردانده شود و سیکل تکمیل شود. نتیجه 1: چون طی سیکل وزنه صعود کرده است واضح است که طی سیکل گاز مقداری کار انجام داده است و کار انجام شده مثبت است )کار انجام شده و صرف شده طی صعود و پایین آمدن پیستون همدیگر را خنثی میکنند(. پیستون W) پیستون (W = ) ) صعود نزول سیکل W > 0 کار انجام شده برای جابجا کردن وزنه از سکوی پایینی تا سکوی باالیی خالص Q سیکل = Q H Q L = W > 0 نتیجه 2: طبق قانون اول انتقال حرارت خالص مثبت و برابر با کار انجام شده طی سیکل است. 54

55 مثالی از موتور حرارتی نیروگاه حرارتی به عنوان موتور حرارتی با فرایندهای SSSF کل نیروگاه حرارتی را میتوان به عنوان یک موتور حرارتی در نظر گرفت. در سیکل نیروگاه آب )بخار آب( سیال فعال میباشد. Q H قرارداد از نماد از جسم حرارت باال نظیر محصوالت احتراق در کوره یا رآکتور یا یک سیال ثانویه تامین میشود. پمپ توسط توربین به حرکت در میآید ولی کار خالص تولیدی در سیکل مهم است. Q حرارت L Q H به جسم درجه حرارت پایین که معموال آب سرد چگالنده است انتقال مییابد. برای نمایش حرارت منتقل شده به جسم با درجه حرارت باال یا انتقال یافته از آن و از نماد حرارت به جسم درجه حرارت پایین یا منتقل شده از آن استفاده میگردد. کارایی موتور حرارتی نسبت انرژی قابل فروش )کار( به انرژی هزینه ساز )هزینه سوخت( Q برای انتقال L مثال: موتور خودرو در کارایی (انرژی قابل فروش) W Q (انرژی هزینه ساز) H حرارتی η = = Q H Q L Q H = 1 Q L Q H درصد تولید hp توان در محور خروجی میکند. سوخت محترق شده انرژی آزاد میکند. نرخ انرژی دفع شده به محیط و نرخ مصرف سوخت بر حسب kj/kg را بیابید. kg/s 55

56 مثالی از پمپ حرارتی سیال فعال در سیکل یخچال مبردی مانند R 134a یا آمونیاك است. حرارت در تبخیر کننده به مبرد انتقال مییابد که فشار و دمای آن کم است. در کمپرسور فشار و دمای مبرد افزایش مییابد. در چگالنده حرارت از مبرد با فشار و دمای باال منتقل میشود. طی عبور از شیر اختناق یا لوله مویین فشار افت میکند. با کمپرسور کندانسور اواپراتور لوله مویین لولهای است به قطر بسیار کم که بین کندانسور و اواپراتور قرار میگیرد و به دلیل مقاومت اصطکاکی زیاد و پدیده خفگی سبب کاهش فشار و دمای مبرد میشود. ذوب برفک در یخچال )دیفراست( اواپراتور روی بر آب قطرات و شده یخچال وارد محیط گرم هوای از مقداری یخچال درب شدن باز قطرات آب بوجود آمده تودههای یخ )برفک( را بوجود میآورند که بوسیله آن ها عمل سرما سازی مختل میشود.. ظاهر میشود در روش متداول مسیر سیکل معکوس میشود. یعنی گاز گرم خروجی از کمپرسور برای چند لحظه از داخل اواپراتور عبور داده میشود تا برفکهای تشکیل شده ذوب گردند. 56

57 کولر آبی است. است. نمایی از کولر گازی در کولر آبی هوای خشک در اثر گردش موتور از میان پوشالهای خیس عبور داده میشود. به دلیل افزایش سرعت و جابجایی اجباری میزان انتقال حرارت از آب افزایش مییابد و آب تبخیر میشود که تبخیر نیز یک فرایند گرماگیر نکته: در کولر آبی به دلیل تبخیر آب رطوبت هوا افزایش مییابد و هر چه هوا خشکتر باشد کارایی کولر آبی بیشتر نکته: در هواهاي مرطوب مانند شمال که رطوبت هوا بسیار زیاد است کولر آب کارایی بسیار کمی دارد زیرا هوا اشباع بوده و قدرت جذب رطوبت را ندارد. کولر گازي اسپلیت یک اصل در ها اسپیلت و گازی کولر نوع پمپ حرارتی می صورت در و باشند کردن مسیر حرکت مبرد با جابه جا شدن نقش کندانسور و اواپراتور امکان داخل اتاق را دارند و می توانند جهت گرمایش به کار روند. وجود انتقال تجهیزات از گرما مناسب هوای جهت عکس به بیرون سرد 57

58 سیکل گرمایش سیکل سرمایش ضریب عملکرد COP) (Coefficient of Performance = کارایی یخچال با ضریب عملکرد بیان میشود. در یخچال هدف )یعنی انرژی قابل فروش( منتقل شده از اجسام داخل یخچال به مبرد میباشد و انرژی هزینهساز کار است. نکته: ضریب عملکرد همواره بزرگتر از یک است. Q L است که همان حرارت (انرژی قابل فروش) Q L (انرژی هزینه ساز) W β = 1 < β < = Q L = Q H Q L 1 Q H Q L 1 نکته: تامین فضاي سردتر )سردتر کردن مواد غذایی( یا محیط گرمتر )تابستان( سبب کاهش COP خواهد شد. کارنو β = Q H 1 1 = 1 Q L T H 1 T L T H T L T H T L 1 β T L T H T H T L 1 β Q از سیکل یخچال به عنوان سیستم گرمایش نیز میتوان استفاده کرد که بدان پمپ حرارتی گفته میشود که هدف H یعنی حرارت منتقل شده از مبرد به جسم درجه حرارت باال که در فضای گرم قرار دارد میباشد. اتمسفر یا چاه آب به مبرد انتقال مییابد. Q از زمین هوای L Q (انرژی قابل فروش) H (انرژی هزینه ساز) W β = = Q H = Q H Q L 1 1 Q L Q H مثال: یخچالی 150 وات توان الکتریکی دریافت و 400 وات حرارت به هوای آشپزخانه دفع میکند. نرخ انرژی خروجی از محفظه سرد یخچال و ضریب عملکرد را بیابید. 58

59 قانون دوم ترمودینامیک بیان کلوین - پالنک غیرممکن است که وسیلهای ساخته شود که در یک سیکل عمل کند و هیچ اثري جز صعود وزنه و تبادل حرارت با یک منبع مجزا نداشته باشد بیان کلوین - پالنک به عبارت دیگر غیرممکن است موتور حرارتی بیابیم که در یک سیکل عمل کند و مقدار مشخصی از حرارت را از جسم درجه حرارت باال دریافت کند و همان مقدار کار انجام دهد. نتیجه: امکان ندارد موتور حرارتی بسازیم که کارایی آن % 100 باشد. بیان کالزیوس غیرممکن است که وسیلهای بسازیم که در یک سیکل عمل کند و تنها اثر آن انتقال حرارت از جسم سردتر به جسم گرمتر باشد بیان کالزیوس نتیجه: نمیتوان یخچالی ساخت که بدون کار ورودي عمل کند. 59

60 نتیجه: ضریب عملکرد همیشه کوچکتر از بینهایت است. ماشین حرکت دایم نوع اول ماشینی است فرضی که از هیچ کار تولید میکند یا جرم انرژی میآفریند. این نوع ماشین ناقض قانون اول ترمودینامیک است. ماشین حرکت دایم نوع دوم حرارت را از یک منبع حرارتی استخراج نموده و کامال به نوع دیگر انرژی تبدیل مینماید. این نوع ماشین اگرچه با قانون اول تطابق دارد اما ناقض قانون دوم است. ماشین حرکت دایم نوع سوم بدون اصطکاك و بنابراین تا بینهایت حرکت میکند ولی کاری تولید نمیکند. تبصره: اگر قانون دوم درست نبود این امکان وجود داشت که یک کشتی بخار را در اقیانوس با گرفتن گرما از اقیانوس به حرکت درآوریم یا این که یک نیروگاه را با گرفتن گرما از هوای اطراف به کار اندازیم. باید توجه داشته باشیم که هیچ یک از این غیرممکن ها قانون اول ترمودینامیک را نقض نمی کند. زیرا هم اقیانوس و هم هوای محیط شامل ذخیره ی زیای از انرژی داخلی است که از نظر اصولی می آن ها را به صورت جریان گرما استخراج کرد. موتور حرارتی که ناقض قانون دوم باشد را میتوان به صورت زیر تبدیل به ماشین حرکت دایم نوع دوم نمود. فرایند بازگشت پذیر ماشین حرکت دایم نوع دوم داشتن موتور حرارتی با کارایی %100 ناممکن است. سوال این است که حداکثر کارایی چقدر است فرایند بازگشت پذیر فرایندی است که قابل بازگشت است و به گونهای انجام گیرد که هیچ گونه تغییري در سیستم یا محیط بر جاي نمیگذارد. مثالی از فرایند بازگشت ناپذیر وقتی میخ برداشته شود پیستون صعود کرده و به موانع باالیی میرسد به دلیل صعود پستون کار انجام شده است. 60

61 در فرایند برگشت باید نیرویی بر پیستون وارد شود تا گاز متراکم شود و میخ در جای خود قرار گیرد. فشار وارده بر پیستون در مسیر برگشت بیشتر است کار انجام شده بر گاز در فرایند بازگشت بیشتر از فرایند ابتدایی است برگشت P رفت > P برگشت W رفت PdV > W = برای این که انرژی داخلی به مقدار اولیه بازگردد باید سیستم مقداری حرارت از دست دهد ( Q) چون حرارت به محیط انتقال یافته پس محیط تغییر کرده و فرایند بازگشت پذیر نیست. مثالی از فرایندی که به سمت بازگشت پذیری میل میکند اگر وزنهها بسیار کوچک باشند و حین دو فرایند باال رفتن و پایین آمدن پیستون وزنهها در هر ارتفاعی همسطح با صفحه باالیی باشند و بدون انجام کار بر روی صفحه منتقل شود فرایند بازگشت پذیر خواهد بود. عواملی که موجب بازگشت ناپذیری میشوند اصطکاک )در فرایند صعود برای غلبه بر اصطکاك و محیط داده شود تا سیستم به حالت اولیه بازگردد( افزایش انرژی پتانسیل کار الزم است. در فرایند پایین آمدن حرارت باید به انبساط آزاد اصطکاك به عنوان عامل بازگشت ناپذیری )در فرایند رفت با پاره شدن غشاء گاز تمام مخزن را پر میکند. برای برگرداندن سیستم به حالت اولیه نیاز به کار و حرارت است که این مساله فرایند را بازگشت ناپذیر میکند( انبساط آزاد به عنوان عامل بازگشت ناپذیری 61

62 اختالط دو ماده مختلف )چون برای جداسازي دو گاز پس از اختالط نیاز به کار است فرایند بازگشت ناپذیر است. اختالط را میتوان حالت خاصی از انبساط آزاد در نظر گرفت.( اختالط عامل بازگشت ناپذیری نظیر احتراق سایر عوامل سیکل کارنو سیکل کارنو سیکلی است که تمام فرایندهاي آن بازگشت پذیر باشند. نکته: اگر سیکل کارنو داشته باشیم با معکوس کردن سیکل موتور حرارتی سیکل یخچال به دست خواهد آمد. موتور حرارتی که در سیکل کارنو کار میکند فرایندهای نیروگاه حرارتی باال 1- انتقال حرارت همدمای بازگشت پذیر در بویلر )برای آن که فرایند بازگشت پذیر باشد باید درجه حرارت آب )بخار( به مقدار بسیار ناچیزی از درجه حرارت منبع کمتر باشد 2- انبساط آدیاباتیک برگشت پذیر در توربین 3- انتقال حرارت همدمای بازگشت پذیر در چگالنده 4- تراکم بازگشت پذیر آدیاباتیک نکته مهم: سیکل کارنو صرفنظر از نوع سیال فعال همواره از 4 فرایند اساسی زیر تشکیل شده است: 1- فرایند همدمای بازگشت پذیر )انتقال حرارت به منبع درجه حرارت باال یا از آن( 62

63 فرایند آدیاباتیک بازگشت پذیر )کاهش دما از درجه حرارت باال به درجه حرارت پایین( فرایند همدمای بازگشت پذیر )انتقال حرارت از منبع درجه حرارت باال یا به آن( فرایند آدیاباتیک بازگشت پذیر )افزایش دما از درجه حرارت پایین به درجه حرارت باال( قضیه اول سیکل کارنو نمیتوان موتوري ساخت که بین دو منبع مشخص کار کند و کارایی آن بیشتر از کارایی موتور کارنو باشد. قضیه دوم سیکل کارنو واقعی η کارنو η تمام موتورهایی که در سیکل کارنو بین دو منبع درجه حرارت ثابت کار میکنند کارایی یکسان خواهند داشت. کارنو η = 1 Q L = 1 T L Q H T H سیکل کارنوی موتور حرارتی برای گاز ایده آل فرایند 2-1 همدمای بازگشت پذیر فرایند 3-2 انبساط آدیاباتیک (Q = TdS) فرایند همدمای پس دادن حرارت 4-3 فرایند آدیاباتیک تراکم

64 از دو معادله مربوط به انبساط و تراکم آدیاباتیک از معادالت انتقال حرارت داریم: ماشینهای ایدهآل در مقایسه با ماشینهای حقیقی راندمان حرارتی و ضرایب عملکرد برای ماشینهای ایدهآل کارنو η = 1 Q L Q H = 1 T L T H کارنو β = Q L Q H Q L β کارنو = Q H Q H Q L واقعی η = 1 Q L Q H واقعی β = Q L = T L T H T L = T H T H T L 1 T L T H T L Q H Q L T H T L اگر سیکل برگشت پذیر نباشد ماشین ایدهآل نخواهد بود و داریم: β واقعی = Q H T H Q H Q L T H T L مثال: موتور حرارتی نشان داده شده در شکل زیر را در نظر بگیرید که حرارت را با نرخ 1 MW در درجه حرارت 550 دریافت و انرژی را به محیطی در درجه حرارت 300 K است دفع میکند. نرخ کار تولیدی 450 kw میباشد. مقدار انرژی تلف شده به محیط اطراف و کارایی موتور را با مقادیر مربوط به یک موتور حرارتی کارنو مقایسه نمایید. حل: 64

65 مثال: در یک سیستم تهویه مطبوع که در سیکل کارنو کار میکند مقدار 4 kw حرارت از یک اتاق با درجه حرارت 24 محیط خارج با درجه حرارت 35 منتقل میشود. مقدار کار مورد نیاز را محاسبه نمایید. حل: به β Q L = = W β == β = Q L W Q L T L = T H T L Q H Q L ( ) ( ) = 27 W = Q L β W = 4 = 0/15 kw 27 مثال: در یک نیروگاه بخار مقدار 1 MW حرارت در دیگ بخار )بویلر( اضافه و مقدار 0/58 MW حرارت از چگالنده دفع میشود. کار پمپ 0/02 MW است. کارایی حرارتی نیروگاه را بیابید. اگر تمام فرایندهای سیکل معکوس شود ضریب عملکرد سیستم به عنوان یخچال را به دست آورید. حل: حجم کنترل: کل نیروگاه حرارتی معادله انرژی E in E out = 0 مثال )تمرین 74-7(: مطابق شکل یک پمپ حرارتی توسط کار خروجی از یک موتور حرارتی به حرکت در میآید. با فرض ایدهآل بودن دستگاهها نسبت توان گرمایشی خانه حل: 65 Q L1 + Q H2 به توان منبع انرژی گرم Q H1 را بر حسب دماها بیابید.

66 مثال )تمرین 95-7( : هوا در سیلندر پیستون در یک سیکل کارنو مطابق شکل زیر عمل میکند. دماهای باال و پایین به ترتیب 300 K و 600 K است. حرارت اضافه شده به سیستم از منبع دما باال 250 kj/kg مخصوص و فشار پس از دفع حرارت و کار خالص بر واحد جرم را بیابید. حل: است و پایینترین فشار در چرخه 75 kpa 2-1 انتقال حرارت برگشت پذیر همدما (H Q ) 3-2 انبساط آدیاباتیک برگشت پذیر )انتروپی ثابت( 4-3 انتقال حرارت برگشت پذیر همدما (L Q ) 1-4 تراکم آدیاباتیک برگشت پذیر )انتروپی ثابت( است.حجم حالت نشان داده شده در شکل: 1) 600 K, 2) 600 K, 3) 75 kpa, 300 K, 4) 300 K 66

67 η = 1 T L = T H 600 = 0/5 w net = η q H = 0/5 250 = 125 kj/kg q L = w net q H = 125 kj/kg 67

68 انتروپی ترمودینامیک علم انرژي و انتروپی است. در بحث قانون اول خاصیتی به نام انرژي داخلی معرفی گردید. در بحث قانون دوم خاصیت جدیدی به نام انتروپی معرفی میگردد. نامساوي کالزیوس الزمه قانون دوم ترمودینامیک است و در مورد همه سیکلها برقرار است. نامساوی کالزیوس در مورد موتورهاي حرارتی و یخچالهاي برگشت پذیر و برگشت ناپذیر صادق است. حالت تساوی مربوط به سیکل کارنوست. یخچال موتور حرارتی موتور حرارتی: حالت برگشت پذیر )کارنو( W rev = Q H Q L 0 δq rev 0 میل کند که در این صورت: T H T L δq rev 0 T L تساوی در رابطه باال مربوط به حالتی است که T H به سمت Q L rev T L = Q H T H Q H Q Lrev = 0 ( δq T H T L T ) = 0 rev حالت بازگشت ناپذیر )واقعی( W irr < W rev Q H Q L irr < Q H Q L rev Q Lirr > Q Lrev δq irr = Q H Q L irr 0 ( δq T ) irr = Q H Q Lirr < 0 T H T L حالت تساوي در 0 irr δq مربوط به حالت خاصی است که بازگشت ناپذیري موتور آنقدر زیاد شود که هیچ کاري تولید نشود ولی T H Q H و T L ثابت باشند. 68

69 یخچال: حالت برگشت پذیر )کارنو( δq rev = Q H + Q L 0 T H T L δq rev 0 T L تساوی در رابطه باال مربوط به حالتی است که T H به سمت میل کند که در این صورت: ( δq T ) rev = Q H T H + Q Lrev T L = 0 W irr > W rev Q H irr Q L > Q H rev Q L Q H irr > Q Hrev δq irr = Q H irr Q L 0 حالت بازگشت ناپذیر )واقعی( ( δq T ) irr = Q H T H + Q Lirr T L < 0 مثال: صحت نامساوی کالزیوس را در سیکل نیروگاه بخار زیر بررسی نمایید. انتقال حرارت در چگالنده و دیگ بخار به صورت همدما فرض میشود. حل: چون انتقال حرارت در دیگ بخار و چگالنده P = 0/7 MPa T 1 = T 2 = Q 2 = h 2 h 1 = h g h f = h fg = 2066 P = 15 kpa T 3 = T 4 = P = 15 kpa و x = 0/9 h 3 = 2362 P = 15 kpa و x = 0/1 h 4 = 463 kj/kg 3 Q 4 = h 4 h 3 = = 1900 kj/kg 69

70 δq T = Q 2 + 1T Q 4 = 1 3T = 1/087 kj/kg. K رابطه باال بدین معناست که سیکل فوق از قانون دوم ترمودینامیک تبعیت میکند. انتروپی یک خاصیت سیستم در سیکل مقابل: A B مسیر رفت طی فرایند بازگشت پذیر: مسیر برگشت طی فرایند بازگشت پذیر: C مسیر برگشت دوم طی فرایند بازگشت پذیر: با توجه به نامساوي کالزیوس و این واقعیت که کمیت انتروپی به شکل زیر تعریف میگردد: δq T مستقل از مسیر است یک خاصیت ترمودینامیکی به نام انتروپی افزایش مییابد انتروپی کاهش مییابد 0 > ds δq > 0 حرارت به سیستم داده شود 0 < ds δq < 0 حرارت از سیستم گرفته شود طبق تعریف باال در فرایند آدیاباتیک برگشت پذیر تغییرات انتروپی صفر بوده یا انتروپی ثابت است. تغییرات انتروپی به صورت زیر تعریف میگردد: آنتروپی مخصوص به صورت زیر تعریف میگردد: انتروپی در ناحیه اشباع به صورت زیر محاسبه میشود: s = S m kj/kg قانون سوم ترمودینامیک: انتروپی همه مواد خالص در درجه حرارت صفر مطلق برابر صفر خواهد بود. 70

71 مثال: آنتروپی را برای آب در حاالت زیر بیابید و بر روی نمودار الف( ب( حل: الف( T-S نسبت به ناحیه دو فازی نشان دهید. T = 250 s f = 2/7927 kj/kg K, s fg = 3/2802 kj/kg K ب( بخار فوق گرم 212 = sat T > T یا تغییر آنتروپی در سیکل کارنو سیکل یخچال کارنو سیکل موتور حرارتی کارنو موتور حرارتی کارنو از چهار فرایند زیر تشکیل شده است: 1( فرایند انتقال حرارت همدمای برگشت پذیر Q H = T H S 71

72 2( فرایند انبساط آدیاباتیک برگشت پذیر δq = 0 ds = ( δq T ) rev ثابت = S ds = 0 3( فرایند دفع حرارت همدمای بازگشت پذیر Q L = T L S 4( فرایند تراکم آدیاباتیک برگشت پذیر δq = 0 ds = ( δq T ) rev ثابت = S ds = 0 به فرایند آدیاباتیک برگشت پذیر فرایند ایزنتروپیک )آنتروپی ثابت( گفته میشود. سطح زیر نمودار T S معرف انتقال حرارت میباشد. ds = ( δq T ) rev Q = TdS η th = W net Q H η th = β = = Q H Q L Q H (سطح 3 b a 4 (3 (سطح 1 a b 2 (1 Q L W net R 134a = سطح 1 a b 2 1 سطح 1 a b 2 1 سطح کارایی موتور حرارتی کارنو به صورت زیر محاسبه میشود: = سطح سطح 1 a b 2 1 ضریب عملکرد یخچال کارنو به صورت زیر محاسبه میشود: R 134a مثال: یک پمپ حرارتی سیکل کارنو که سیال عامل آن است در نظر بگیرید. حرارت در 0 توسط جذب شده و در طی این فرایند سیال عامل از حالت دو فازی به حالت بخار اشباع تبدیل میشود. دفع حرارت از R 134a در 60 انجام میشود و سیال عامل به صورت مایع اشباع در میآید. مقدار فشار بعد از تراکم قبل از فرایند دفع حرارت را بیابید و ضریب عملکرد سیکل را حساب کنید. حل: 72

73 سیکل پمپ حرارتی عکس سیکل یخچال عمل میکند )2-1 کمپرسور 3-2 اواپراتور 4-3 شیر انبساط و 1-4 کندانسور( در سیکل کارنو دو فرایند انتقال حرارت همدما )دما ثابت( و دو فرایند آدیاباتیک برگشت پذیر وجود دارد. با درونیابی بین 1400 kpa و 1600 kpa از جدول 5.2.B خواهیم داشت: مثال: پیستونی در داخل یک سیلندر عایق قرار گرفته است که حاوی 0/1 kg اب در دمای 100 و کیفیت %90 است. پیستون جابجا میشود و آب تا رسیدن به فشار حل: حجم کنترل: آب داخل سیلندر سیلندر عایق است قانون اول: 1/2 MPa متراکم میشود. کار مورد نیاز برای فرایند بازگشت پذیر چقدر است 1 Q 2 = 0 m(u 2 u 1 ) = 1 Q 2 1 W 2 = W 2 1 m(s 2 s 1 ) = Q 2 T = 0 s 2 = s 1 1 معادله انتروپی )فرایند بازگشت پذیر(: حالت 1: اشباع حالت 2: بخار فوق گرم 73

74 رابطه خواص ترمودینامیکی δq = du + δw, δq = TdS, δw = PdV, H = U + PV TdS = du + PdV, Tds = du + Pdv TdS = dh VdP, Tds = dh vdp برای یک ماده تراکم پذیر ساده: تغییر انتروپی جامدات و مایعات du CdT ds = δq T = du T CdT T s 2 s 1 = C ln T 2 T 1 P du = C v0 dt, T = R v ds = du T + P T dv s 2 s 1 = C dt v0 T + R ln v 2 dh = C p0 dt, v T = R P ds = dh T v T dp s 2 s 1 = C p0 dt T R ln P 2 P 1 v 1 تغییر انتروپی گاز ایدهآل با فرض ثابت بودن ظرفیت گرماي ویژه s 2 s 1 = C p0 ln T 2 R ln P 2 T 1 P 1 s 2 s 1 = C v0 ln T 2 + R ln v 2 T 1 v 1 T همچنین با تعریف انتروپی استاندارد به صورت زیر میتوان نوشت: s T 0 = C p0 dt T T 0 T 0 دماي مرجع است. انتروپی استاندارد برای هوا در جدول 7.A و برای سایر گازها در جدول 8.A ارایه شده است. تغییرات انتروپی به صورت زیر نیز قابل محاسبه است: s 2 s 1 = (s 0 T2 s 0 T1 ) R ln P 2 P 1 رابطه باال و جداول 7.A میکنند. و فرض ثابت بودن گرماي ویژه اتاق دقیق میباشد. 8.A نتایج دقیقتري نسبت به فرمول مربوط به ظرفیت گرمایی ویژه ثابت ارایه تنها در مورد گازهاي تک اتمی و نیز سایر گازها در دماي کمتر از دماي 74

75 فرایند پلی تروپیک بازگشت پذیر براي گاز ایدهآل: PV n = ثابت = P 1 V 1 n = P 2 V 2 n W 2 = P 2V 2 P 1 V 1 1 n = mr(t 2 T 1 ) 1 n 1 n و 1 در فرایند همدمای بازگشت پذیر (1 = n) PV = ثابت = P 1 V 1 = P 2 V 2 چون در فرایند همدمای بازگشت پذیر تغییر انرژی درونی و تغییر انتالپی صفر است کار و انتقال حرارت با هم برابرند: در یک فرایند ایزنتروپیک براي گاز ایدهآل: رابطه باال حالت خاصی از فرایند پلی تروپیک (ثابت = n (PV است که در آن: n = k = C p0 C v0 75

76 فرایند فشار ثابت 0 = n فرایند دما ثابت 1 = n فرایند انتروپی ثابت k n = فرایند حجم ثابت = n مثال: در یک فرایند بازگشت پذیر نیتروژن در سیلندر از فشار 100 kpa و دمای 20 به فشار 500 kpa فشرده میشود. حین فرایند تراکم رابطه بین فشار و حجم به صورت ثابت = 1/3 PV میباشد. کار و انتقال حرارت بر واحد جرم را محاسبه کنید. حل: قانون اول: 76

77 تغییر انتروپی جرم کنترل در یک فرایند بازگشت ناپذیر در یک فرایند بازگشت ناپذیر در حالت کلی میتوان نوشت: حالت تساوی مربوط به فرایند بازگشت پذیر است. تولید انتروپی تغییر انتروپی برای یک فرایند بازگشت ناپذیر بیشتر از فرایند بازگشت پذیر است. برای فرایند بازگشت ناپذیر میتوان نوشت: بازگشت ناپذیر ds بازگشت پذیر > ds δs gen تولید انتروپی است که همواره مثبت است. تولید انتروپی در فرایند به دلیل بازگشت ناپذیری )ناشی از اصطکاك انبساط آزاد و...( است که درون سیستم رخ میدهد. در فرایند بازگشت پذیر تولید انتروپی صفر است: در فرایند بازگشت ناپذیر برای انتقال حرارت داریم: δq irr = TdS TδS gen انتقال حرارت در فرایند بازگشت ناپذیر کوچکتر از انتقال حرارت در فرایند بازگشت پذیر برای یک تغییر حالت مشخص است: δq irr < δq rev در فرایند بازگشت ناپذیر کار نیز برابر است: نمیباشد بلکه کمتر از مقدار کار برای فرایند بازگشت پذیر PdV δq irr = du + δw irr TdS = du + PdV } δq irr TdS = δw irr PdV δq irr TdS = TδS gen } δw irr = PdV TδS gen δw irr < δw rev 77 طبق رابطه مصرف میشود. δw irr = PdV TδS gen در فرایند انبساط کار کمتری تولید و در فرایند تراکم کار بیشتری

78 طبق رابطه δq irr = TdS TδS gen T S طبق رابطه نمیباشد. نمیباشد. δw irr = PdV TδS gen در فرایندهای بازگشت ناپذیر انتقال حرارت دیگر برابر با سطح زیر نمودار در فرایندهای بازگشت ناپذیر کار دیگر برابر با سطح زیر نمودار فرایندهای بازگشت ناپذیر با خط چین و فرایندهای بازگشت پذیر با خط توپر نشان داده میشوند. P V فرایند بازگشت پذیر فرایند بازگشت ناپذیر اگر دما طی فرایند 2 1 ثابت فرض شود: معادله موازنه انتروپی برای یک جرم کنترل به صورت زیر است: نتیجه: 1 S 2 S 1 = Q 2 T + 1 S 2 gen )1 )2 )1 دو راه برای افزایش انتروپی وجود دارد: انتقال حرارت به سیستم قرار دادن سیستم در یک فرایند بازگشت ناپذیر چون تولید تولید + خروجی ورودی = تغییرات انتروپی انتروپی نمیتواند کمتر از صفر باشد تنها یک راه برای کاهش انتروپی وجود دارد: حرارت از سیستم انتقال یابد در فرایند آدیاباتیک δq = 0 افزایش انتروپی تنها مربوط به بازگشت ناپذیریهاست. 78

79 اصل افزایش انتروپی تغییر انتروپی برای جرم کنترلی که به میزان δq حرارت دریافت کرده به صورت زیر است: ds c.m. δq T δq برای محیط با دمای T 0 داشت: چون حرارت را از دست داده است با فرض بازگشت پذیر بودن فرایند انتقال حرارت خواهیم ds surr = δq T 0 ds net = ds c.m. + ds surr = δq T + δs gen δq T 0 = δq ( 1 T 1 T 0 ) + δs gen ds net = ds c.m. + ds surr δq T δq T 0 δq ( 1 T 1 T 0 ) T > T 0 { δq < 0 1 T 1 < 0 } ds net 0 T 0 δq > 0 مقدار تغییر انتروپی کل برابر است با: اگر T > T 0 اگر باشد انتقال حرارت از سیستم به محیط انجام میشود: باشد سیستم از محیط حرارت میگیرد: T < T 0 { 1 T 1 > 0 } ds net 0 T 0 بیانگر تولید خارجی انتروپی است که ناشی از انتقال حرارت به واسطهی اختالف درجه حرارت T < T 0 δq ( 1 T 1 T 0 ) عبارت محدود میباشد. اگر جرم کنترل را سیستمی در نظر بگیریم که محیط با دمای را به جرم کنترل قبلی با درجه حرارت T ارتباط داده T 0 است این جرم هیچ تغییر حالتی را در پی ندارد با وجود این که شار جریان انتروپی به داخل و خارج به واسطه انتقال ds c.m.2 = 0 = δq T 0 محیط, gen δq T + δs gen δs = δq ( 1 T 1 T 0 ) حرارت وجود دارد و یک فرایند بازگشت ناپذیر است. چون تغییر حالت نداریم: 79

80 در حالتی که دماهای T و T 0 ثابت باشند تولید انتروپی محیط به صورت زیر قابل بیان است: T < T 0 سیستم حرارت دریافت میکند 1 Q 2 > 0 محیط, gen S = 1 Q 2 ( 1 T 1 ) T 0 T > T 0 سیستم حرارت از دست میدهد 1 Q 2 < 0 محیط, gen S = 1 Q 2 ( 1 1 T 0 T ) ممکن است عبارتهای اضافی دیگری نیز برای تولید انتروپی در محیط وجود داشته باشند که مثبت نیز هستند. لذا تغییر انتروپی خالص را میتوان تولید انتروپی کل نامید: در حالتی که تنها یک تبادل حرات جرم کنترل با محیط وجود داشته باشد: ds net = ds c.m. + ds surr = δs gen 0 محیط, gen ds net = δs gen,c.m. + δs مثال: 1 kg بخار آب اشباع در 100 قرار دارد و در اثر انتقال حرارت طی فرایند فشار ثابت به هوای محیط که دمای آن 25 است تبدیل به مایع اشباع در 100 میشود. مقدار افزایش خالص انتروپی آب به عالوه محیط چقدر است حل: جرم کنترل: آب یک موتور حرارتی که در سیکل کارنو کار میکند را در نظر بگیرید که حرارت را از آب دریافت و به محیط میدهد: واضح است که در سیکل کارنو حرارت کمتری به محیط دفع شده است و کار بیشتری قابل دستیابی است. 80

81 مثال )تمرین 135-8(: یک سیلندر پیستون تحت نیروی فنر حاوی یک کیلوگرم آمونیاك به صورت مایع اشباع در دمای 20 است. حرارت از یک منبع با دمای 100 تا رسیدن به شرایط نهایی در فشار تولید انتروپی را با فرض بازگشت ناپذیر بودن فرایند بیابید. حل: 800 kpa و دمای 70 اضافه میشود. کار انتقال حرارت و حجم کنترل: آمونیاك داخل سیلندر حالت 1: مایع اشباع 81

82 تحلیل قانون دوم در مورد حجم کنترل قانون دوم ترمودینامیک در مورد حجم کنترل برای یک جرم کنترل در حالت کلی )فرایند بازگشت ناپذیر( میتوان نوشت: ds c.m. δq T با مشتق گرفتن از رابطه باال نسبت به زمان شکل نرخی معادله قانون دوم به صورت زیر در میآید: که در آن: نرخ تولید انتروپی در واحد زمان نرخ تغییرات انتقال حرارت در واحد زمان ds c.m. = δq T + δs gen ds c.m. dt = Q T + S gen S gen = δs gen dt Q = δq dt برای یک حجم کنترل که در آن ورود و خروج جرم داریم )شکل باال( جریانهای جرمهای ورودی و خروجی سبب انتقال انتقال انتروپی بر واحد جرم خواهد شد و در عین حال انتروپی نیز ممکن است تولید شود. معادله موازنه انتروپی بیان میکند که نرخ تغییر انتروپی کل درون حجم کنترل برابر است با مقدار خالص مجموع شارهاي عبور کرده از سطح کنترل به عالوهي نرخ تولید انتروپی: تولید انتروپی+ خروجی ورودی+ = نرخ تغییر ds c.v. dt S gen 0 ds c.v. dt = m is i m es e + Q C.V. T m is i m es e + Q C.V. T + S gen 82

83 فرایند حالت پایدار جریان پایدار در حالت پایدار جریان پایدار نرخ تغییرات انتروپی نسبت به زمان صفر است: ds c.v. dt = 0 m es e m is i = Q C.V. T + S gen اگر فقط یک ورودي و یک خروجی وجود داشته باشد: m (s e s i ) = Q C.V. T + S gen با تقسیم رابطه باال بر m میتوان نوشت: (s e s i ) = q T + s gen q = Q C.V., s m gen = S gen m برای یک فرایند آدیاباتیک داریم: s e = s i + s gen s i حالت تساوي مربوط به فرایند بازگشت پذیر است. فرایند گذرا در حالتی که دما ثابت باشد: 1 (m 2 s 2 m 1 s 1 ) C.V. = m i s i m e s e + Q 2 T + 1 S 2 gen مثال: بخار آب با فشار 1 MPa درجه حرارت 300 و سرعت 50 m/s فشار و سرعت وارد یک توربین بخار میگردد. بخار آب توربین را در 200 m/s ترك میکند. با فرض آدیاباتیک و بازگشت پذیر بودن فرایند کار بر واحد جرم بخار 150 kpa عبور کننده از توربین را به دست آورید. حل: m e = m i = m معادل پیوستگی )بقای جرم( 83

84 h i + V 2 i 2 = h e + V 2 e 2 + w s e = s i قانون اول: قانون دوم: کیفیت و انتالپی بخار خروجی به صورت زیر محاسبه میشوند: 500kPa مثال )تمرین 27-9(: به 2 kg/s بخار اشباع 22-R در فشار در فشار ثابت تا 40 حرارت داده میشود. این حرارت توسط یک پمپ حرارتی تامین میشود که مطابق شکل حرارت را از محیطی در دمای 300 K با صرف مقداری کار دریافت میکند. با فرض بازگشت پذیر بودن کل فرایندها نرخ کار ورودی را محاسبه نمایید. حل: حجم کنترل: مبدل حرارتی m e = m i = m m ih i + Q H = m eh e معادل پیوستگی )بقای جرم( قانون اول: P=500 kpa h i = 250 kj/kg, s i = 0/9267 kj/kg K P=500 kpa,t=40 Q H Q L = W Q H = m (h e h i ) } W = m (h e h i ) Q L m (s e s i ) = Q C.V. T + S gen S gen = 0 m (s e s i ) = Q L Q L = m T T L (s e s i ) L Q L = 2 300(1/0247 0/9267) = 58/8 kw W = m (h e h i ) Q L = 2(278/69 250) 85/98 = 1/42 kw 84 جدول 4.2.B: h e = 278/69 kj/kg, s e = 1/0247 kj/kg K در مبدل حرارتی فشار ثابت بوده اما دما ثابت نیست. با در نظر گرفتن پمپ حرارتی به عنوان حجم کنترل: قانون دوم: چون T L ثابت است:

85 مثال: یک کندانسور بزرگ در یک نیروگاه حرارتی 15 MW با از دست دادن حرارت بخار آب اشباع در دمای 45 اشباع تبدیل میشود. دبی جرمی آب و نرخ تولید انتروپی محیط در دمای 25 را محاسبه نمایید. حل: به مایع چون در محیط تغییر حالت انجام نمیشود: s e = s i m (s e s i ) = Q C.V. T + S gen اصل افزایش انتروپی کل جهان را به حجم کنترل A و محیط اطرافش را به حجم کنترل B تقسیم نماییم فرض میشود یک فرایند در حجم کنترل A رخ دهد که تبادل جریان جرم انرژی و انتروپی با محیط داشته باشد. به عبارت دیگر اگر انتقال حرارت به حجم کنترل A وارد شود دمای برابر نخواهد بود. T A با نوشتن موازنه انتروپی برای دو حجم کنترل خواهیم داشت: ایجاد خواهد شد که ضرورتا با دمای محیط در فاصله بسیار دور از حجم کنترل 85

86 اگر هیچ فرایندی در محیط رخ ندهد عبارت تولید انتروپی صفر خواهد بود. برای این که انتقال حرارت در جهت نشان داده شده رخ دهد باید T B T A عبارت فوق بیانگر این موضوع است که انتروپی کل جهان افزایش یافته یا ثابت میماند: ds net dt ds net dt 0 = ds C.V. dt + ds surr dt تنها فرایندهایی که در رابطه ds net dt 0 صدق کنند احتمال وقوع خواهند داشت. هر فرایندی که انتروپی کل را کاهش دهد غیرممکن بوده و به وقوع نخواهد پیوست. اصل افزایش انتروپی را در حالت کلی میتوان به صورت زیر بیان نمود: اصل افزایش انتروپی را برای یک فرایند گذرا میتوان به صورت زیر بیان نمود: = S gen 0 S net = S C.V. + S surr S C.V. = (m 2 s 2 m 1 s 1 ) C.V. S surr = Q C.V. T 0 + m e s e m i s i کارایی کارایی یک موتور حرارتی به صورت زیر بیان گردید: کارایی یک نیروگاه حرارتی بیانگر میزان کار تولیدی توربین از حرارت دریافت شده از دیگ بخار است. η th = W net Q H کارایی یک ماشین را تحت فرایند خاص مقایسهای است بین عملکرد حقیقی ماشین تحت شرایط مورد نظر و عملکردی که میتوان در یک فرایند ایدهآل به آن رسید. توربین در تعریف فرایند ایدهآل از قانون دوم ترمودینامیک کمک گرفته میشود. برای یک توربین فرایند ایدهآل فرایند آدیاباتیک بازگشت ناپذیر )ایزنتروپیک( است. 86

87 δw irr = PdV TδS gen } δw δw rev = PdV irr < δw rev e خروجی توربین در حالت واقعی e s خروجی توربین در حالت ایزنتروپیک توربین η = W W s = h i h e h i h e s کار تولیدی توربین در حالت واقعی کار تولیدی توربین در حالت ایزنتروپیک w w s کمپرسور δw irr = PdV TδS gen } δw δw rev = PdV irr > δw rev e خروجی کمپرسور در حالت واقعی e s خروجی کمپرسور در حالت ایزنتروپیک کمپرسور η = W s W = h i h e s h i h e کار دریافتی کمپرسور در حالت واقعی کار دریافتی کمپرسور در حالت ایزنتروپیک w w s 87

88 مثال: آب به صورت مایع اشباع با دبی جرمی 5 kg/s در دمای 20 برای استفاده در یک فرایند خاص وارد بویلر شده و تبدیل به بخار 1000 kpa و با دمای 350 تبدیل میشود. اگر دمای منبع گرما مقدار ثابت 500 باشد و با فرض بازگشت پذیر بودن فرایند میزان انتقال حرارت را بیابید. حل: قانون اول ترمودینامیک: قانون دوم ترمودینامیک )دما ثابت است(: در ورودی )مایع اشباع جدول 1.1.B(: در خروجی )بخار فوق گرم جدول )1.3.B: مثال: هوا به عنوان گاز ایدهآل در داخل یک مخزن در فشار 2 و با حجم m K و دمای 300 kpa روی مخزن قرار دارد باز میشود تا زمانی که فشار مخزن به 200 kpa وجود دارد. شیری که برسد. همزمان حرارت نیز به مخزن داده میشود به گونهای که دمای هوای باقیمانده در مخزن همواره ثابت میماند. مقدار جرمی که مخزن را ترك میکند و انتروپی 300 kpa و 200 kpa T (K) 400 خروجی را با فرض بازگشت پذیر بودن فرایند محاسبه نمایید. خواص هوا در دو فشار 400 K در جدول زیر ارایه شده است. P (kpa) 300 u (kj/kg) 286/49 h (kj/kg) 401/3 s (kj/kg K) 6/ /49 401/3 6/96 حل: و دمای 88

89 m e s e = 5/2265 6/844 3/4843 6/ = 12/019 kj/k

90 فصل دهم بازگشت ناپذیری و قابلیت کاردهی شکل 1 منبع انرژی دما ثابت شکل 2 نمودار T S برای منبع دما ثابت 90