ERMODINAMIKA Vježbe II
Zadatak br. 9 kg neke materije mijenja stanje kvazistatički o zakonu = ks, gdje je od stanja ( 00K ) do stanja ( k kg K kj 900K ). Potrebna količina tolote dovodi se od tolotnog izvora, koji mijenja stanje o zakonu i const. Dokazati da je ova romjena stanja neovratna. Rješenje: Da bi se dokazalo da je neka romjena stanja neovratna, rema drugom zakonu termodinamike, otrebno je utvrditi da je romjena entroije izolovanog sistema veća od nule. Analizom se dolazi do zaključka da se u ovom slučaju izolovani sistem sastoji iz radne materije i jednog tolotnog izvora konstantne temerature. Prema tome, romjena entroije izolovanog sistema biće: Ss Srm Sti. Promjena entroije radne materije, ošto je zakon romjene stanja oznat (slika ), određuje se iz izraza: 900 00 k k 0 srm s s 50 0 J kgk 50kJ kgk Za određivanje romjene entroije tolotnog izvora otrebno je rvo konstatovati da je količina tolote (q ) koja se dovodi radnoj materiji jednaka količini tolote(q ii ) koja se uzima od tolotnog izvora (slika ).
Pošto je: s s k k k k k q ds ksds k k k k, i Q ds (S S ) S, ii i i ti i slijedi da je romjena entroije tolotnog izvora: Q mq. ii Si Si Sti m, 0 J K,kJ K k Promjena entroije izolovanog sistema iznosi: Ss Srm Sti 6,67 0 J K 6,67kJ K Promjena entroije izolovanog sistema je ozitivna, a time je dokazano da je osmatrana romjena stanja neovratna.
Zadatak br. 40 5 kg neke materije mijenja stanje kvazistatički o zakonu = ks, gdje je k,5kg K kj od stanja ( 000K ) do stanja ( a) Može li ova romjena stanja da buda adijabatska? 00K ). b) Da li se, u slučaju neadijabatske romjene, radnoj materiji dovodi ili od nje odvodi neka količina tolote? Odrediti tu količinu tolote. c) Ako se od radne materije odvodi tolota i redaje tolotnom onoru koji mijenja stanje o zakonu const, odrediti orast entroije izolovanog sistema. d) Odrediti srednju secifičnu tolotu ove romjene stanja. Rješenje: a) Ova romjena stanja ne može biti adijabatska, jer je za adijabatske romjene stanja romjena entroije izolovanog sistema jednaka romjeni entroije radne materije, a ovdje se entroija radne materije smanjuje (slika ), što znači da bi u slučaju adijabatske romjene stanja romjena entroije izolovanog sistema bila negativna, a to je u surotnosti sa drugim zakonom termodinamike. b) Kod kvazistatičke romjene količina tolote jednaka je ovršini isod krive romjene stanja u -s koordinatnom sistemu. Ovdje se količina tolote odvodi, ošto entroija radne materije oada. Zakon romjene stanja je oznat, a je količina tolote:
s s 00 000 9 Q mds mksds mk m 5,56 0 J,56GJ k,5 0 c) U ovom slučaju izolovani sistem sastoji se iz radne materije i jednog tolotnog onora konstantne temerature, a je romjena entroije izolovanog sistema: Ss Srm St, ri čemu je romjena entroije radne materije negativna i romjena entroije tolotnog onora ozitivna (tolotnom onoru se dovodi količina tolote). Pošto je romjena entroije radne materije: 00 000 k k,5 0 6 srm m(s s ) m( ) 5, 0 J K,MJ K i romjena entroije tolotnog onora: 9 Q,56 0 6 St 5,05 0 J K 5,05MJ K, 00 biće: 6 6 Ss Srm S t (, 5,05) 0,77 0 J K,77MJ K, d) Prema definiciji srednje secifične tolote neke romjene stanja biće: Q,56 0 m( ) 5 (00 000) 9 c 4,4 0 J kgk 4,4kJ kgk
Zadatak br. 4 Čelična kugla rečnika d = 00 mm i temerature t č 80 C otoi se u m v = 5 kg vode temerature t v 0 C, koja se nalazi u jednom izolovanom sudu. Poslije izvjesnog vremena usostaviće se termička ravnoteža. Dokazati da je ovaj roces razmjene tolote neovratan. Rješenje: Da bi se utvrdilo da je ovaj roces razmjene tolote neovratan, otrebno je okazati da će entroija izolovanog sistema orasti. Pošto je sud izolovan, u ovom slučaju izolovani sistem sastoji se samo iz dvije radne materije (čelična kugla i voda), a je romjena entroije izolovanog sistema: S S S m c ln m c ln č s č v č č v v č v v Količina tolote koja se odvede od čelične kugle, jednaka je količini tolote koja se dovede vodi: Qč Q v, odnosno: mčc č(č č ) mvc v(v v ), gdje je č v - temeratura za stanje termičke ravnoteže, cč secifična tolota čelika (Priručnik, tabela 6.), vode (Priručnik, tabela 4..8), cv 0,46kJ kgk - 4,8kJ kgk - secifična tolota č4r 7,85 0 40,05,4 mč čv 4,kg - masa čelične kugle, gdje je č 7850kg m (Priručnik, tabela 6.4). Iz gornjeg izraza dobija se temeratura za stanje termičke ravnoteže: mvcvv mčcčč 5 4,8 0 9 4, 0,46 0 5 mvcv mčcč 5 4,8 0 4, 0,46 0 98K
Promjena entroije izolovanog sistema biće: 98 98 5 9 Ss Sč Sv mčcč ln mvcv ln 4, 0,46 0 ln 5 4,8 0 ln č v 0, 5,7,6 J K Pošto je romjena entroije izolovanog sistema veća od nule, time je dokazano da je ovaj roces neovratan.
Zadatak br. 4 Radna sustanca azot N mase m = 4 kg zagrijava se kvazistatički olitroski od stanja ( = 0, Ma, t = 7 ) do stanja ( = Ma, t = 500 ), ri čemu se tolota dovodi iz tolotnog izvora temerature t i = 600. Od ukune tolote koju odaje izvor 70% odlazi na zagrijavanje radne materije, a 0% su gubici na okolinu t okoline = 7. Skicirati romjenu stanja u -s dijagramu i naći romjenu entroije adijabatski izolovanog sistema. Rješenje: Ssis SRm Si S 0 n SRm m s, m cv ln n (t. 7.) cv 0,74kJ kgk,4 (t.. i.4) 7 7 C 00K 7 500 C 77K n =? ( ) n n n n 0, 0,9 / log n n log0, log0,9
n log0, log0,9 n n log0,,44 n log0,9 n (n ),44 n,44n,44,44,44n n,7 S,kJ K Rm Q i ti 7 87K Si 0 i n Q m q mc v ( ) 600kJ n S 0,69kJ K i Q tok 7 00K 0 S kj K S,5kJ K sis
Zadatak br. 4 kg ugljen-dioksida (idealan gas) mijenja stanje kvazistatički izohorski od stanja ( = 9 bar, v = 0,09 m /kg) do stanja ( = 7 bar). Odvedena količina tolote od ugljendioksida dovodi se u otunosti kg azota (idealan gas) koji mijenja stanje kvazistatički izobarski od stanja ( = bar, v = 0,9 m /kg) do stanja 4. Odrediti orast entroije sistema usljed ove razmjene tolote. Rješenje: S S S s CO N SCO c v ln cv 660J kgk v R CO RCO 89J kgk 5 v 9 0 Pa 0,09m kg 48K R 89J kgk CO v R CO 5 v 7 0 Pa 0,09m kg K R 89J kgk CO SCO c v ln 660 J kgk ln 65,6 J kgk 48
4 SN c ln c,04kj kgk v R R 97J kgk 5 v 0 Pa 0,9m kg 0K R 97J kgk q c ( ) v q 660J kgk(k 48K) 6,7 0 J kg c (4 ) q4 q ( 6,7 0 J kg) 6,7 0 J kg dov odv q 6,7 0 0K 4 c,04 0 6 4 SN c ln,04 0 J kgk ln 88 J kgk 0 Ss 65,6 88,4 J kgk
Zadatak br. 44 Kiseonik (idealan gas) iz očetnog stanja ( 0,MPa,v 0,76m / kg ) komrimuje se olitroski do stanja ( 0,5MPa,t 9 C ). Secifični tolotni kaacitet ove romjene stanja je cn 0,6kJ / kgk. a) Dokazati da je ova romjena stanja nekvazistatička, a to znači da je n nkv b) Naći steen dobrote ove romjene stanja Rješenje: a) nkv cn cv cv 0,7kJ / kgk,4(.4) n KV cn nkv c n v KV 0,6 nkv,4 0,7 n KV nkv,4 n KV 0, n,4 0,n 0, KV KV,n,7 n, KV KV n n 9 7 464K v R O v R R O O 9K 60J / kgk
n n / ln n ln ln n n 0,4597,60944 n n 0,856 n n 0,856n 0,747n n,4 n n KV
b) d * nkv * nkv nkv n KV * 44K 0,77 d
Zadatak br. 45 Jedan kilogram kiseonika (idealan gas) mijenja stanje o zakonu ( 8bar,v 0,m / kg ) do stanja ( bar, v const od stanja ). Pri ovoj romjeni stanja kiseoniku se dovodi količina tolote q 0kJ / kg. Utvrditi da li je ova romjena stanja kvazistatička ili nekvazistatička i odrediti odvedeni rad. Rješenje: Količina tolote za kvazistatičku olitrosku romjenu, čiji se zakon romjene oklaa sa zadatim, iznosi n qk c n( ) c v( ) n emeratura za zadato stanje određuje se iz termičke jednačine stanja idealnog gasa 5 v 8 0 0, 65K R 60 O A temeratura za stanje iz zadatog zakona romjene u - koordinatnom sistemu, 0,,, 65 8K 8 Količina tolote za kvazistatičku olitrosku romjenu, čiji se zakon romjene oklaa sa zadatim, iznosi n,,4 n, qk c n( ) c v( ) 650(8 65) 50,7 0 J / kg Zadata količina tolote razlikuje se od količine tolote za kvazistatičku olitrosku romjenu sa eksonentom n =,, a je osmatrana romjena nekvazistatička.
Odvedeni asolutni rad ove nekvazistatičke romjene može se odrediti iz rvog zakona termodinamike l q c V( ) 0 0 650(8 65) 8, 0 J / kg
Zadatak br. 46 Kiseonik (idealni gas) stanja ( 4bar, t 45 C ) eksandira olitroski do stanja, v ( bar ) o zakonu Odrediti secifičnu tolotu ove romjene stanja. const. Steen dobrote ove ekanzije iznosi 0,6. Rješenje: Za nekvazistatičku olitrosku romjenu (slika) secifična tolota ima istu vrijednost kao i za kvazistatičku olitrosku romjenu. Secifična tolota kvazistatičke olitroske romjene (zadate nekvazistatičke romjene ) iznosi n cn cv n c V 650J / kgk Eksonent kvazistatičke olitroe određuje se iz zakona olitroske eksanzije u - koordinatnom sistemu n n Koristeći rvi zakon termodinamike steen dobrote olitroske eksanzije idealnog gasa može se naisati u sljedećem obliku l t (c v c n)( ) ( ) l (c c )( ) ( ) t v n
emeratura možese odrediti iz oznatog zakona nekvazistatičke olitroske romjene, 0,0909, 4,7 Odnosno 8,7,7 50K emeratura određuje se sada iz izraza za steen dobrote olitroske eksanzije ( ) 8 50 ( ) 8 0,6 Odakle je = 05 K Eksonent kvazistatičke olitroe određuje se iz zakona olitroske eksanzije u - koordinatnom sistemu n n n n 8 4,55 05
Odnosno, n =,. Secifična tolota kvazistatičke olitroske romjene (zadate nekvazistatičke romjene) iznosi n,,4 cn cv 650 650J / kgk n,
Zadatak br. 47 U sudu zaremine V = 00 l nalazi se vazduh (idealni gas) stanja ( = 50 bar, t = 0 ), a ritisak i temeratura okoline su: O = bar, t O = 0. Odrediti maksimalan rad koji se može dobiti romjenom stanja vazduha. Rješenje: Pod maksimalnim radom se odrazumjeva najveća količina rada koja se može dobiti koristeći termodinamičku neravnotežu neke određene količine materije u odnosu na okolinu (gdje vlada konstantna temeratura O, ritisak O, sastav ξ O ), ako se ta količina materije na ovratan način dovodi u ravnotežu sa okolinom. Maksimalni rad: Lmax U U O(S S ) O(V V ) U ovom zadatku u osmatranom izolovanom sistemu (vazduh-okolina) vlada samo mehanička ravnoteža (razlika u ritiscima), a već ostoji koncentraciona i termička ravnoteža. Vazduh se može na ovratan način dovesti u ravnotežu sa okolinom, ako se izvrši kvazistatička izotermska eksanzija osmatranog vazduha do ritiska okoline. U slučaju kvazistatičke izotermske eksanzije idealnog gasa biće U = U, a je maksimalni rad u ovom slučaju: Lmax m O(s s ) O(V V ). Pošto je romjena entroije vazduha za kvazistatičku izotermsku eksanziju do ritiska okoline: 50, s s R ln 0,87 ln,kj kgk masa vazduha u sudu: 5 V 50 0 0, m 7,84kg, R 87 9 a zaremina na kraju kvazistatičke izotermske eksanzije: V V 50 0, 5m,
maksimalni rad biće: Lmax O m (s s ) O(V V ) 9 7,84, 0 (5 0,) 496kJ. Zadatak se može riješiti i grafički (slika). Od ovršine BA (rad dobijen usljed eksanzije) otrebno je oduzeti ovršinu AB (rad koji bi se izvršio rotiv okoline). Lmax L L Pošto su: 50, L mr ln 7,84 0,87 9 ln 5866kJ L O(V V ) 0 (0, 5) 470kJ, maksimalni rad biće: Lmax 5866 470 496kJ.
Zadatak br. 48 Koliko se najviše rada može dobiti od 0 kg kiseonika (idealni gas) stanja ( = 0 bar, t = 00 ) ako je stanje okoline 0 ( O = bar, t O = 0 )? Rješenje: Isunjeni su uslovi za dobijanje rada, jer u osmatranom izolovanom sistemu vladaju termička, mehanička i koncentraciona neravnoteža. Maksimalni rad dobiće se dovođenjem kiseonika na ovratan način u ravnotežu sa okolinom. Da bi se izolovani sistem doveo rvo u termičku ravnotežu otrebno je izvršiti izentrosku eksanziju kiseonika do temerature okoline. Pritisak kiseonika, za tako dobijeno stanje (slika) iznosi:,4 9 0,4 ( ) 0( ) 4,bar 7 Nakon izentroske eksanzije vrši se kvazistatička izotermska eksanzija kiseonika rvo do ritiska okoline (da bi se izolovani sistem doveo u mehaničku ravnotežu), a zatim do ritiska = 0, bar arcijalni ritisak kiseonika u okolini (da bi se izolovani sistem doveo u koncentracionu ravnotežu). Maksimalni rad je: L m(u u ) m(s s ) (v v ). max O O Pošto je:
m(u u ) m c v( ) 0 0,65 80 50kJ, 4,, O m(s s ) O m(s s ) O R ln 9 0 0,6 ln 00kJ 0,, O(V V ) 0, 0 (6, 0,97) 74,9kJ jer su zaremine: m R 0 60 7 V 0,97m, 5 0 0 m R 0 60 9 V 6,m. 5 0,0 Maksimalan rad iznosi: Lmax 50 00 74,9 078, kj Zadatak se može riješiti i grafički (gornja slika). Od ovršine CA (rad dobijen usljed eksanzije) otrebno je oduzeti ovršinu 4AC (rad koji bi se izvršio rotiv okoline), Lmax L L L4.
Pošto su: 80 0,4 L mr 0 0,6 50kJ 4,, L m R ln 0 0,6 9 ln 00kJ 0,, L4 O(V4 V ) 0, 0 (0,97 6,) 74,9kJ, maksimalni rad iznosi: Lmax 50 00 74,9 078, kj.
Zadatak br. 49 kg vazduha (idealan gas) ostvaruje Karnoov kružni roces, između temeratura i = 67ºC i = 7ºC, ri čemu je najveći ritisak = 60 bar, a najmanji = bar. Odrediti, v i za karakteristične tačke ovog rocesa, termodinamički steen korisnosti, odvedenu i dovedenu količinu tolote i dobijeni rad? Rješenje: 5 60 0 Pa 67 7 900K i v R R 87J / kgk (.4) v v R 0,04m / kg 900K 0 Pa 00K 5,4(.4) 4676000Pa R v R v 0,00554m / kg
5 0 Pa v v 00K R R 0,86m / kg 4 00K 4 4 4 4 4 45580Pa R 4 4v4 R4 v 4 0,059m / kg 4 min 0,667 max v q q R ln 6470,6 J / kg Q 6470,6 J d d v v q q Rln 045J / kg Q 045J 4 o 4 o v l l l l l l 6564 J / kg 4 4 4 l 6470,6J / kg L 6564J l l 045J / kg l 4
Zadatak br. 50 Za Otoov kružni roces odrediti veličine stanja u karakterističnim tačkama, dovedenu i odvrdenu količinu tolote, koristan rad, i termodinamički steen korisnosti ako je: bar, t 00C, 6,,6 v steen komresije, Radna materija je vazduh. v ogonska karakteristika Rješenje: Veličine stanja u karakterističnim tačkama određuju se ostuno rimjenjujući zakone romjena stanja i termodinamičku jednačinu stanja idealnog gasa. R 87 7 m ačka: bar, 7K, v,07 0 kg 5 v,07 m 6 kg ačka : v 0,78 v 0,4 7 6 765K v R 87 765 5, 0 Pa v 0,78
ačka : v v 0,78m / kg,,6, 9,7bar,6 765 5K 0,4 m v 4 4 kg v 4 6 ačka 4 : v v,07, 5 598K 598 4 5 4,6 0 Pa 7 Količine dovedene i odvedene tolote su: q q c ( ) 0,7 (5 765),kJ/ kg d v q q c ( ) 0,7 (7 598) 6kJ/ kg o 4 v 4 Pa je korisna količina tolote qkor qd qo, 6 69,kJ/ kg Odnosno koristan rad l q 69,kJ/ kg kor kor ermodinamički steen korisnosti ovog kružnog rocesa biće t 0,5 0,4 6 ili qd qo 69, 0,5,odnosno5,%. t q, d
Zadatak br. 5 Za Dizelov kružni roces odrediti veličine stanja u karakterističnim tačkama, dovedenu i odvedenu količinu tolote, koristan rad i termodinamički steen korisnosti ako je: bar, t 0C,,7, v v steen komresije, v steen ubrizgavanja Radna materija je vazduh (idealan gas). v Rješenje: Veličine stanja u karakterističnim tačkama određuju se ostuno rimjenjujući zakone romjena stanja i termodinamičku jednačinu stanja idealnog gasa. R 87 9 m ačka: bar, 9K, v 0,84 0 kg 5 v 0,84 m, kg ačka : v 0,066 v 0,4 9,7 80K v R 87 80 5 5, 0 Pa v 0,066
ačka : 5,bar, v v 0,066 0,m / kg 80 60K m v 0, 4 4 kg v4 0,84 ačka 4 : v v 0,84, 5,,6bar 4 4 9,6 77K,4 Količine dovedene i odvedene tolote su: q q c ( ) (60 80) 80kJ/ kg d q q c ( ) 0,7 (9 77) 44,9kJ/ kg o 4 v 4 Pa je korisna količina tolote qkor qd qo 80 44,9 465,kJ/ kg Odnosno koristan rad l q 465,kJ/ kg kor kor ermodinamički steen korisnosti ovog kružnog rocesa biće,4 t 0,578,4,4,7 ili qd qo 465, 0,574,odnosno57,4%. t q 80 d
Zadatak br. 5 Odrediti termodinanamički steen korisnosti idealnog Rankin-Klozijusovog ciklusa koji radi sa regrijanom arom, ako je temeratura tolotnog izvora t i = 450 C, ritisak regrijane are = 0 bar, a ritisak na kraju izentroske eksanzije 0,04 bar. Rješenje: Q Q Q L Q Q Q d o o K d d d Promjena stanja od i 4 je izentroska, a od i 4 izobarska. qd h h4 qo h h 0bar t 450 C (t.4..6) h s 5 7,5 h x s x 79 7, h 57kJ / kg s 7,85kJ / kg
0,04bar s s 7,85kJ / kgk (t.4..4) s 0,45kJ / kgk s 8,47kJ / kgk s s s vlažnaara ' '' ' '' s s x 0,85 ' '' ' s s h h x (h h ) (t.4..4) h,4kj / kg h 554kJ / kg ' '' ' ' '' ačke i 4 se nalaze u odručju ključale vode, a je za: 0,04bar h h,4kj / kg h ' ' 4 0bar h h 908,5kJ / kg ' 4 4 0,5 5%
Zadatak br. 5 Vazduh (idelan gas) obavlja levokreti Džulov kružni roces u rashladnoj mašini. emeratura tolotnog izvora je i 6K const, a tolotnog onora (okoline) 9K const. Steen ovišenje ritiska u komresoru ove rashladne mašine iznosi /. Odrediti faktor hlađenja i teorijsku snagu za ogon ove rashladne mašine, ako je kaacitet hlađenja Q kw. Rješenje: Pošto je faktor hlađenja ovog lijevokretnog kružnog rocesa definisan izrazom qd qd 4 h l q q ( ) ( ) o d 4 Potrebno je odrediti temerature u karakterističnim tačkama 0,86,69 4,69 60K 9,69,69 4 4K
Sada je faktor hlađenja 6 4 h,7 (60 9) (6 4) eorijska snaga otrebna za ogon ove rashladne mašine iznosi N Q 0,7 d 40,8 0 W h
Zadatak br. 54 Ravan zid neke eći sastavljen je od sloja šamota ( 500kg/ m ) debljine 0mm i sloja livenog gvožđa debljine mm. emeratura unutrašnje ovršine zida eći je t 800 C, a temeratura soljašnje ovršine zida je t 5 C. Odrediti termički fluks između unutrašnje i soljašnje ovršine zida, ako je ovršina zida A 4m, i naći temeraturu dodirne ovršine gvožđa i šamota. ermička rovodnost za šamot je,0 W / m K, a liveno gvožđe 50 W / m K. Rješenje: ermički fluks kroz jedan kvadratni metar ovršine ravnog zida od dva sloja biće t t q 800 5 q 77,6 0 W / m 0,0 0,0,0 50 Pa je termički fluks Q qa 77,6 0 4 08,64 0 W emeratura dodirne ovršine gvožđa i šamota biće t t,0 50 800 5 0,0 0,0 t q 4,5 C,0 50 0,0 0,0 ili 0,0 t t q 5 77,6 0 4,5 C 50
ili 0,0 t tq 800 77,6 0 4,5C,0
Zadatak br. 55 Destilovanje vode se vrši u jednom usravnom kotlu temerature temeratura dimnih gasova je Koeficijent relaza tolote na strani vode je gasova 5W / m K I 0 C(t II), 900 C(t I), a debljina kotlovskog lima je 0mm. II 904W / m K a) Kolike su temerature zidova na kotlu ako je 70W / m K Č, a na strani dimnih b) Za koliko oraste temeratura zidova ako se na strani vode nahvata kamenac debljine 5mm i tolotna rovodljivost kamenca K,05 W / m K Rješenje: a) Ovo je rolaz tolote kroz ravan zid, a je: q k(t t ) q 740 W / m I II k I Č II olotni fluks Q kao ukuni može se uzeti u obzir i kao tolotni fluks kod relaženja tolote radi određivanja temerature na zidovima cijevi.
q (t t ) z f t t II q t,9 C sa vode na zid II q (t t ) f z t t I q t 7C sa zida na dimne gasove I b) k 9,8 W / m K zbog kamenca dodatog na cijev I Č K II q k (t t ) 54W/ m I II q (t t ) z f t t II q t 4C sa vode na zid II
q (t t ) f z t t I q t 7,4 C sa zida na dimne gasove I Promjena temerature zidova sa unatrašnje i soljašnje strane je: t 4,9, C u t 7,4 7 0,4 C s
Zadatak br. 56 U komori za miješanje miješa se 0 kg vlažnog vazduha temerature 40 i relativne vlažnosti 0,6 i 0 kg vlažnog soljašnjeg vazduha temerature 0 i relativne vlažnosti 0,. Odrediti stanje tako dobijene mješavine. Rješenje: Iz jednačine mv xm mv x mv x slijedi da je vlažnost mješavine: x M m x m x m v v v gdje je: mv mv mv - količina suvog vazduha u mješavini. U tabelama za vlažan vazduh (t. 4..) nalazi se da su vlažnosti vazdušnih struja temeratura t = 40 i t = 0 : x 0,0495kg kg v (za t 40 C), x 0,0077kg kg v (za t 0 C). Kako su relativne vlažnosti vazduha date izrazom x x, to su stvarne vlažnosti vazdušnih struja: x x 0,6 0,0495 0,097kg kg, v x x 0, 0,0077 0,00kg kg. v Količina suvog vazduha temerature 40 je: m m 0 v x 0,097 9,7kg,
a količina suvog vazduha temerature 0 je: m v m 0 x 0,00 9,95kg. x M mv x mv x 9,7 0,097 9,95 0,00 m 9,7 9,95 v xm 0,05kg kgv, Na osnovu izraza mv im mv i mv i, odnosno izraza mv c tm mv c t mv c t, dobija se izraz za temeraturu mješavine: t M mv t mv t 9,7 40 9,95 0 m 9,7 9,95 v tm 9,8 C
Zadatak br. 57 Koliku količinu tolote treba dovesti da bi se 0 kg vlažnog vazduha temerature 5 i vlažnosti x 0,005kg kgv zagrijalo na temeraturu 40? Rješenje: Za grijanje ukune količine vlažnog vazduha otrebno je dovesti količinu tolote: Q, mv q,. q i i, Secifična entalija vlažnog vazduha na očetku rocesa zagrijavanja je: i,005 t x (,96 t 500), i,005 5 0,005 (,96 5 500) 7,7kJ kgv. Na isti način može se odrediti secifična entalija vlažnog vazduha na kraju rocesa grijanja: i,005 t x (,96 t 500), i,005 40 0,005 (,96 40 500) 5,09kJ kgv. Prema tome, o jedinici količine suvog vazduha otrebno je dovesti količinu tolote: q, i i 5,09 7,7 5,7kJ / kgv Kako je ukuna masa vazduha m mv mv x 0kg, to je količina suvog vazduha u vlažnom vazduhu: m v m 0 9,4kg x 0,005, a je: Q, 9,4 5,7 09,8kJ.
Zadatak br. 58 Stanje vlažnog vazduha određeno je ritiskom = 995 Pa, relativnom vlažnosti φ = 40% i temeraturom t = 0. Odrediti vlažnost ovog vazduha. Koliko bi vlage još mogao da rimi ovaj vazduh (o jednom kilogramu suvog vazduha) ako bi mu se relativna vlažnost ovećala na 95%? Rješenje: x x x Vlažnost ovog vazduha je: x 0,6 0,6. Parcijalni ritisak zasićenja vodene are temerature 0 određuje se omoću tabela za vlažan vazduh (tabela 4..): 44Pa. Prema tome, vlažnost vazduha u osmatranom slučaju je: 0,4 44 x 0,6 0,08kg kg 995 0,4 44 v. Vlažnost vazduha iste temerature ri relativnoj vlažnosti 0,95 je: x 0,6 0,6, odnosno: 0,95 44 x 0,6 0,064kg kg 995 0,95 44 v. Asolutno ovećanje vlažnosti vazduha je: x x x 0,064 0,08 0,008kg kgv.