126094534 termotehnika-zbirka

dr Aleksandar B. Srećković
redovni profesor Fizičkog fakulteta
Univerziteta u Beogradu
ZBIRKA ZADATAKA
IZ
PRIMENJENE
TERMODINAMIKE
Beograd, 2006

ZBIRKA ZADATAKA IZ PRIMENJENE TERMODINAMIKE
Autor:
Dr Aleksandar Srećković
Redovni professor Fizičkog fakulteta
Univerziteta u Beogradu
Recenzenti:
Dr Stevan Djeniže, redovni profesor Fizičkog fakulteta, Beograd
Dr Dragomir Krpić, redovni profesor Fizičkog fakulteta, Beograd
Naslovna strana:
po ideji autora
Kompjuterska obrada:
Autor
Ova zbirka zadataka je odlukom Nastavno-naučnog veća Fizičkog fakulteta
Univerziteta u Beogradu, od 15. januara 1997. godine, prihvaćena kao univerzitetski
idžbenik I odobreno njeno štampanje.
Tiraž:
200 primeraka

Predgovor
Ova zbirka rešenih zadataka proizašla je iz objektivne potrebe studenata.
Predmeti Termodinamika i Fizički osnovu termotehnike predaju se u šestom semestru
treće godine studija Fizičkog fakulteta Univerziteta u Beogradu studentima studijskih
grupa primenjena fizika, primenjena fizika i informatika i fizika i osnovi tehnike.
Postojeće zbirke zadataka iz termodinamike samo delom mogu da koriste studenti
fizike. Naime, određene oblasti termodinamike (termodinamičke relacije, ravnoteža
termodinamičkih sistema i fazni prelazi, procesi sa hlađenje i rashladni sistemi), koje
slušaju studenti fizike, nisu uopšte obrađene ili su obrađene nedovoljno u postojećoj
literature na srpskom jeziku.
U ovoj zbirci dat je postupak rešavanja i rešenje svih zadataka iz onih oblasti
tehničke termodinamike koje se predaju studentima Fizičkog fakulteta, tako da je, pre
svega, namenjena njima. Međutim, ovu zbirku zadataka mogu da koriste i studenti
drugih (pedagoških i tehničkih) fakulteta i odgovarajćih viših škola, kao i inžinjeri pri
rešavanju nekih problema u praksi.
Bez obzira što su zadaci detaljno rešeni, preporučujem da korisnici ove zbirke
predhodno detaljno prouče odgovarajuće oblasti iz teorije termodinamike.
Na kraju zbirke, u prilogu, su date odgovarajuće tablice i dijagrami, koji su
neophodni za rešavanje nekih zadataka.
Koristim priliku da se zahvalim recenzentima, redovnim profesorima Fizičkog
fakulteta, dr Stevanu Djenižeu i dr Dragomiru Krpiću na savesnoj i stručnoj recenziji i
korisnim sugestijama i savetima.
Beograd, 1997
prof dr Aleksandar B. Srećković

SADRŽAJ
Zadaci rešenja
1. Parametri stanja, jednačine stanja i termodinamički procesi 1 1
2. Prvi princip termodinamike 5 6
3. Drugi princip termodinamike. Maksimalan koristan rad 11 12
4. Termodinamičke relacije 18 19
5. Ravnoteža termodinamičkih sistema i fazni prelazi 28 29
6. Termodinamička svojstva supstancije. Vodena para 32 33
7. Procesi za hlađenje 38 41
8. Proticanje i isticanje fluida 60 62
9. Procesi u kompresorima 77 78
10. Motori sa unutrašnjim sagorevanjem 82 83
11. Gasnoturbinska postrojenja 95 96
12. Parnoturbinska postrojenja 104 105
13. Rashladni sistemi 119 122
14. Prostiranje toplote 138 141
Prilozi 158
Literatura 168

6.08.06
1. PARAMETRI STANJA, JEDNAČINE STANJA I
TERMODINAMIČKI PROCESI
1.1. Odrediti specifičnu zapreminu i gustinu ugljen dioksida (CO2) koji se nalazi pod
pritiskom p = 0,5 bara i temperaturi t = 300 0
C.
1.2. Odrediti vrednost koeficijenta zapreminskog širenja idealnog gasa na temperaturi t1 =
250 0
C i t2 = 350 0
C, kao i njegovu srednju vrednost u dataom temperaturskom intervalu.
1.3. Smeša gasova se sastoji od 18% ugljen-dioksida (CO2), 12% kiseonika (O2) i 70%
azota (N2) i nalazi se na temperaturi t = 200 0
C i pritisku p = 0,2 M Pa. Smatrajući ove gasove
idealnim odrediti: a) gasnu konstantu smeše i b) specifičnu zapreminu smeše.
1.4. Smatrajući da se atmosferski vazduh sastoji od 23,2% kiseonika i 76,8% azota
odrediti: a) molarnu masu vazduha; b) gasnu konstantu vazduha i c) gustinu vazduha pri
temperaturi t = 27 0
C i pritisku p = 0,1 M Pa.
1.5. Odrediti masu kiseonika u balonu zapremine V = 5 m3
, u kojem se nalazi pod
pritiskom p = 5 bara i temperaturi t = 17 0
C.
1.6. Pomoću kompresora sabija se vazduh u rezervoar zapremine V = 50 m3
, pri čemu se
pritisak vazduha u rezervoaru poveća od p1 = 0,1 M Pa do p2 = 0,5 M Pa a temperatura od t1 = 27
0
C do t2 = 37 0
C. Odrediti: a) masu vazduha koji kompresor usisa iz atmosfere i sabije u rezervoar
i b) zapreminu usisanog vazduha pri normanim uslovima.
1.7. Idealan gas se nalazi u zatvorenom sudu pod barometarskim pritiskom od pm1 = 10
bara i temperaturi od t1 = 37 0
C. Odrediti temperaturu gas pri barometarskom pritisku od pm2 = 20
bara, posle izohorne kompresije. Atmosferski pritisak je pb = 0,9 bara.
1.8. Pri politropskoj promeni stanja idealnog gasa pritisak gasa se smanji 6 puta a
zapremina poveća 4 puta. Odrediti: a) eksponent politrope i b) temperaturu gasa na kraju procesa
ako je početna temperatura t1 = 27 0
C.
1.9 Vazduh mase m = 1 kg pri temperaturi t1 = 30 0
C i pritisku p1 = 0,1 M Pa adijabatski
sa sabije do pritiska p2 = 1 M Pa. Odrediti parametre stanja vazduha na kraju procesa.
R1. REŠENJA
R1.1. Molarna masa ugljen dioksida je M = 0,044 kg/mol, tako da je njegova gasna
konstanta
R = 8,314 / M = 8,314 / 0,044 = 189,0 J/kgK.
Smatrajući da je pri ovim uslovima ugljen dioksid idealan gas njegova specifična
zapremina i gustina iznose
kg
m
p
RT
v 3
5
1659.2
105,0
5730,189
=
⋅
⋅
==
i

2
3
4617.0
1659.2
11
m
kg
v
===ρ .
R1.2. Po definiciji koeficijent zapreminskog širenja dat je izrazom
pT
v
v
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
1
α (R1.2.1)
Za idealan gas je v = RT/p, tako da je (∂v/∂T)p = R/p. Koeficijent zapreminskog širenja
idealnog gasa iznosi
Tpv
R
T
v
v p
11
==⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=α , (R1.2.2)
tako da je
α (T1) = 1/ T1 = 1/ 523 = 1,912 . 10-3
K-1
i
α (T2) = 1/ T2 = 1/ 623 = 1,605 . 10-3
K-1
Srednja vrednost koeficijenta zapreminskog širenja u datom temperaturskom intervalu
iznosi
13
12
1
2
12
2
1
12
2
1
21 10.75,1
100
523
623
lnln)(
),( −−
==
−
=
−
=
−
=
∫∫
K
TT
T
T
TT
T
dT
TT
dTT
TTsr
α
α .
R1.3. Za pritisak p smeše gasova važi Daltonov zakon:
∑∑ ==
==
n
i i
i
n
i
i
v
R
pp
11
(R1.3.1)
gde je
i
i
i
v
TR
p = (R1.3.3)
parcijalni pritisak i-te komponente smeše čija je gasna konstanta Ri i specifična zapremina vi.
S druge strane, ukupan pritisak smeše gasova iznosi
v
TR
p sr
= , (R1.3.3)
gde je Rsr srednja vrednost gasne konstante smeše a - specifična zapremina smeše
gasova. Iz izraza (R1.3.1) i (R1.3.3) sledi
∑=
=
n
i
ivv
1
∑=
=
n
i i
i
sr
v
R
vR
1
(R1.3.4)

3
Kako je v = V/m i vi = V/mi, gde je V- zapremina smeše, m -masa smeše i mi - masa i-te
komponente smeše, sledi
∑
∑
=
=
==
n
i
ii
n
i
ii
sr Rg
m
Rm
R
1
1
, (R1.3.5)
gde je
gi = mi /m (R1.3.6)
relativni maseni sadržaj i-te komponente smeše.
Jasno je da je g
i
n
=
∑1
i = 1.
Molarne mase ugljen-dioksida, kiseonika i azota su: M1 = 0,044 kg/mol; M2 = 0,032
kg/mol i M3 = 0,028 kg/mol, respektivno. Kako je gasna konstanta data izrazom Ri = Ru/Mi =
8,314/Mi , gde je univerzalna gasna konstanta Ru = 8,314 J/mol K, sledi:
R1 = 188,95 J/kg K,
R2 = 259,81 J/kg K i
R3 = 296,92 J/kg K.
Relativni maseni sadržaji komponenti smeše su: g1 = 0.18, g2 = 0,12 i g3 = 0,70.
a) Gasna konstanta smeše iznosi (izraz R1.3.5)
Rs = g
i
n
=
∑1
i Ri = g1R1 + g2R2 + g3R3 =
= 0,18 . 188,95 + 0,12 . 259,81 + 0,70 . 296,92 = 273,03 J/kg K.
b) Specifi~na zapremina smeše iznosi
v = Rs T/p = (273,0 . 473) / (0,2 . 106
) = 0,6456 m3
/kg.
R1.4. a) Kako je
∑∑∑ ===
===
n
i i
i
n
i
uu
n
i
i
M
m
V
TR
V
TR
pp
111
, (R1.4.1)
gde je
V
TR
M
m
p u
i
i
i = (R1.4.2)
parcijalni pritisak i-te komponente, i kako je ukupan pritisak p
V
TR
M
m
p u
sr
= , (R1.4.3)
Iz predhodnih izraza sledi,

4
∑=
i
i
sr M
m
M
m
,
odakle je srednja vrednost molarne mase smeše gasova
∑∑∑ ===
=== n
i i
i
n
i i
i
n
i i
i
sr
M
g
Mm
m
M
m
m
M
111
1
1
1
, (R1.4.4)
gde je
m
m
g i
i = - ralativni maseni sadržaj i-te komponente smeše.
U ovom slučaju srednja vrednost molarne mase smeše gasova (vazduh) iznosi:
kmol
kg
mol
kg
M
g
M
g
M
g
M n
i i
i
sr 36,288028836,0
028,0
768,0
032,0
232,0
111
2
2
1
1
1
==
+
=
+
===
∑=
b) Gasna konstanta vazduha iznosi
kgK
J
RgRgRgR
n
i
iisr 32,28893,296268,081,259232,02211
1
=⋅+⋅=+== ∑=
ili
kgK
J
M
R
R
sr
u
sr 32,288
028836,0
314,8
===
c) Gustina vazduha pri datim uslovima je
3
6
1561,1
30031,288
101,01
m
kg
TR
p
v sr
=
⋅
⋅
===ρ
R1.5. kg
RT
pV
m 2,33
29081,259
105 5
=
⋅
⋅
== .
R1.6. a) Pre početka rada kompresora u rezervoaru se nalazi vazduh mase m1 = p1V/RT1, a
posle završenog rada kompresora u rezervoaru je vazduh mase m2 = p2V/RT2, tako da masa
usisanog vazduha iznosi
kg
T
p
T
p
R
V
mmm 2,234
300
101.0
310
105.0
287
50 66
1
1
2
2
12 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ⋅
−
⋅
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=−=
b) Zapremina usisanog vazduha pri normalnim uslovima (p0 = 0,1013 M Pa i T0 = 273,16 K)
iznosi
3
6
0
0
181
101013,0
2732872,234
m
p
mRT
V =
⋅
⋅⋅
==

5
R1.7. Manometar meri razliku apsolutnog pritiska p gasa u sudu i atmosferskog pritiska pa
: pm = p - pa , tako da je p1 = pm1 + pa = 10 + 0,9 = 10,9 bara = 1,09 M Pa i p2 = pm2 + pa = 20 +
0,9 = 20,9 bara = 2,09 MPa. Posle izohorne kompresije (V = const) temperatura gasa je
K
p
pT
T 594
09,1
09,2310
1
21
2 =
⋅
== .
R1.8. a) Kako je p1/p2 = (V2/V1)n
, gde je n -eksponent politrope sledi
2925,1
4ln
6ln
ln
ln
1
2
2
1
===
V
V
p
p
n .
b) Konačna temperatura gasa je
K
p
p
T
p
p
TT
k
k
k
k
0,200
6
1
300 2263,0
1
2
1
1
1
1
2
12 ==⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
−−
R1.9. Kako je k =1,40 sledi
K
p
p
TT
k
k
0,58510300 286,0
1
1
2
12 =⋅=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
−
,
tako da je
kg
m
p
RT
v
3
6
2
2
2 1679,0
101
585287
=
⋅
⋅
== .
2. PRVI PRINCIP TERMODINAMIKE
2.1. Zavisnost zapremine V jednog mola neke supstancije od pritiska p pri sobnoj
temperaturi data je jednačinom: V = a + bp + cp2
, gde su a, b i c poznate empirijske konstante,
nezavisne od pritiska. Naći izraz za rad koji treba da se izvrši pri sabijanju supstancije od 0 do p,
pri sobnoj temperaturi.
2.2. Odrediti odnos izvršenog rada prema uloženoj toplotnoj energiji pri izobarnom širenju
vazduha.
2.3. Pri pritisku p = 1 bar specifična zapremina i specifična unutrašnja energija suve
vodene pare iznose v’’ = 1,694 m3
/kg i u’’ = 2506 kJ/kg, respektivno. Odrediti specifičnu
entalpiju suve vodene pare pri datom pritisku.

6
2.4. Pri zagrevanju n = 0,5 kmol azota od t1 = 63 0
C do temperature t2 = 483 0
C, pri
konstantnom pritisku od p = p1 = p2 = 2 bara, unutrašnja energija azota se poveća za ΔU = 4534
kJ. Odrediti: a) promenu entalpije azota i b) srednju vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri
konstantnom pritisku (cp)sr u datom temperaturskom intervalu.
2.5. Vazduh se širi izobarno pri pritisku p = 1 M Pa = const od zapremine V1 = 0,5 m3
do
V2 = 1 m3
. Konačna temperatura vazduha iznosi t2 = 1000 0
C. Smatrati da je vazduh idealan gas.
Gasna konstanta vazduha je R = 287 J/kgK. Odrediti: a) temperaturu vazduha na početku procesa;
b) dovedenu količinu toplote; c) izvršen rad; d) promenu unutrašnje energije i e) promenu
entalpije.
2.6. U cilindru površine poprečnog preseka S = 1 dm2
nalazi se n = 0,25 kmol azota (N2)
na temperaturi t1 = 100 0
C. Na klip deluje konstantna sila F = 5 kN. Gasu se dovodi količina
toplote Q = 3,00 MJ, usled čega se širi. U datom temperaturskom intervalu srednje vrednosti
specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i konstantnoj zapremini iznose (cp)sr =
1076 J/kgK i (cv)sr = 779 J/kgK, respektivno. Gasna konstanta azota je R = 297 J/kgK. Odrediti: a)
parametre stanja gasa na kraju procesa širenja; b) promenu unutrašnje energije; c) promenu
entalpije i d) rad širenja gasa.
2.7. Zavisnost specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku cp (u kJ/kgK) od
temperature t (u 0
C) za vazduh, u temperaturskom intervalu od 0 do 1000 0
C, data je izrazom cp =
a + b t, gde su a = 0,992915 kJ/kgK i b = 1,97535 x 10-4
kJ/kgK2
, empirijski određene konstante.
Odrediti: a) srednju vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku cpm u
datom temperaturskom intervalu; b) promenu entalpije vazduha mase m = 2 kg pri izobarnom
zagrevanju od t1 = 0 0
C do t2 = 500 0
C.
2.8. Odrediti srednju vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri stalnom pritisku za azot
u temperaturskom intervalu od t1 = 100 0
C do t2 = 1000 0
C, ako se zna da srednje vrednosti
specifičnog toplotnog kapaciteta pri stalnom pritisku azota u intervalu od 0 do 100 0
C i od 0 do
1000 0
C iznose cpm [0,100] = 1,040 kJ/kgK i cpm [0,1000] = 1,118 kJ/kgK, respektivno.
2.9. Vazduh mase m = 2 kg prelazi kvazistatičkim procesom, po zakonu p = Av2
iz stanja
1 (p1 = 1 bar, t1 = 27 0
C) u stanje 2 (p2 = 2,2 bara, t2), gde je A konstanta. Smatrajći da je vazduh
pri datim uslovima idealan gas odrediti: a) izvršeni rad; b) promenu unutrašnje energije; c)
srednju vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku u datom intervalu
temperatura cpm (t1,t2) i d) promenu entalpije.
R2. REŠENJA:
R2.1. Kako je , sledi2
cpbpaV ++=
dpcpbcpdpbdpdV )2(2 +=+=
tako da se konačan rad izračunava na osnovu izraza
3
2
2
2)2(
3
0
2
0
2
00
cpbp
dppcpdpbdpcpbppdVA
p ppp
+=+=+== ∫ ∫∫∫ .
R2.2. Iz prvog principa termodinamike δq = du +δl sledi

7
q
du
q
l
δδ
δ
−=1 .
Kako je du = cv dT, δq = cp dT i cp/cv = k, sledi
.286,0
40,1
140,111
111 =
−
=
−
=−=−=−=
k
k
kc
c
q
du
q
l
p
v
δδ
δ
Znači, pri izobarnom širenju vazduha (dvoatomskog gasa) za vršenje rada iskoristi se svega
28,6% uložene toplotne energije, a ostatak (71,4%) ide na povećanje njegove unutrašnje energije.
R2.3. Specifična entalpija data je izrazom i = u + pv, tako da je u ovom slučaju i’’ = u’’ +
pv’’ = 2506 . 103
+ 1 . 105
. 1,694 = 2675 kJ.
R2.4. a) Masa azota je m = nM = 0,5 . 103
. 0,028 = 14 kg ( M = 0,028 kg/mol je molarna
masa azota). Gasna konstanta azota je R = 8,314/M ≅ 297 J/kgK Specifične zapremine na početku
i kraju procesa su
kg
m
p
RT
p
RT
v
3
5
1
1
1
1 4990,0
102
336297
=
⋅
⋅
===
i
kg
m
p
RT
p
RT
v
3
5
2
2
2
1 1227,1
102
756297
=
⋅
⋅
===
Promena entalpije jednaka je dovedenoj količini toplote pri izobarnom širenju, tako da je
kJ
vvmpUvmpUVpUQI p
6280)499,01227,1(10214104534
)(
53
12
=−⋅⋅+⋅=
=−+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ==Δ
b) Kako je ΔI = Qp = m(cp)sr (t2 - t1) , sledi
( )
kgK
kJ
TTm
I
ttm
I
c srp 068,1
)336756(14
6280
)()( 1212
=
−
=
−
Δ
=
−
Δ
=
R2.5. a) Temperatura na početku procesa je
C
V
V
TT 0
2
1
21 5,363
1
5,01273
=
⋅
== .
b) Obzirom da je masa vazduha kg
RT
pV
m 727,2
5,636287
5,0101 6
1
1
=
⋅
⋅⋅
== i da je za idealan dvoatomski
gas
kgK
J
k
kR
cp 5,1004
1
=
−
= , dovedena količina toplote iznosi
kJTTmcQ pp 1750)5,6361273(5,1004737.2)( 12 =−⋅=−=

8
c) Pri širenju vazduh je izvršio rad
.kJVVpL 500)5,01(101)( 6
12 =−⋅=−=
d) Kako je
kgK
J
k
R
cv 5,717
1
=
−
= , promena unutrašnje energije vazduha iznosi
kJTTmcU v 12505,6361273(5,717737,2)( 12 =−⋅=−=Δ ,
ili
kJLQU p 12505001750 =−=−=Δ .
e) Obzirom da je , promena entalpije iznosipVUI +=
kJLUVpUpVUI 17505001250)( =+=+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ .
R2.6. a) Masa azota je .kgnMm 7028,01025,0 3
=⋅⋅==
Pritisak gasa jednak je pritisku na klip i iznosi
MPaPa
S
F
ppp 5,0105
101
105 5
2
3
21 =⋅=
⋅
⋅
==== −
.
Specifična zapremina na početku procesa je
kg
m
p
RT
v
3
5
1
2 2215,0
105
373297
=
⋅
⋅
==
Kako je Q = m(cp)sr (T2 - T1), sledi
K
cm
Q
TT
srp
3,771
10767
103
373
)(
6
12 =
⋅
⋅
+=+=
Specifična zapremina na kraju procesa je
kg
m
p
RT
T
T
vv
3
5
2
1
2
12 4582,0
105
3,771297
=
⋅
⋅
=== .
b) Promena unutrašnje energije iznosi
kJTTcmU srv 2172)3733,771(7797)()( 12 =−⋅=−=Δ .
c) Promena entalpije iznosi
.kJQQI p 3000===Δ

9
d) Rad širenja gasa je
,kJUQL 82821723000 =−=Δ−=
ili
.kJvvmpvmpVpL 828)2215,04582,0(1057)( 5
12 =−⋅⋅=−=Δ=Δ=
R2.7. a) Spednja vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku u
temperaturskom intervalu od t1 do t2 odre|ena je izrazom
2
)(2
)(
)()()(
),( 21
12
2
1
2
2
12
12
2
1
12
2
1
21
ttb
a
tt
ttb
tta
tt
dtbta
tt
dttc
ttc
p
pm
+
+=
−
−
+−
=
−
+
=
−
=
∫∫
U datom slučaju je
kgK
kJ
ttcpm 042,1
2
)5000(1097535,1
992915,0),(
4
21 =
+⋅
+=
−
.
b) Kako je cp = di/dt promena entalpije iznosi
))(,(
2
)(
)(
2
(
)()()(
2221
21
12
2
1
2
1
2
2
12
2
1
ttttmc
ttb
attm
ttb
ttmdtbtamdttcmI
pm
p
−=⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡ +
+−
=⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡ −
+−=+==Δ ∫∫
U ovom slučaju je
kJttttmcI pm 1042)0500(042,12))(,( 2221 =−⋅=−=Δ .
R2.8. Srednja vrednost specifičnog toplotnog kapaciteta pri stalnom pritisku u
temperaturskom intervalu od t
),( 21 ttcpm
1 do t2 može da se izrazi preko srednje vrednosti toplotnog
kapaciteta pri stalnom pritisku u intervalu od 0 do t),0( 1tcpm 1 i srednje vrednosti toplotnog
kapaciteta pri stalnom pritisku u intervalu od 0 do t),0( 2tcpm 2
12
12
12
2
0
1
0
12
2
1
21
),0(),0(
)()()(
),(
tt
tctc
tt
dttcdttc
tt
dttc
ttc
pmpm
ppp
pm
−
−
=
−
−
=
−
=
∫ ∫∫
U ovom slučaju je
kgK
kJ
tt
tctc
ttc
pmpm
pm 126,1
1001000
100040,1100118,1),0(),0(
),(
12
12
21 =
−
⋅−⋅
=
−
−
= .

10
R2.9. a) Kako je
A
p
v = , iz jednačine stanja idealnog gasa sledi
2
32
3
1
2
1
2
1
2
11
22
1
2
2,2=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
===
p
p
p
p
p
p
vp
vp
T
T
,
tako da je
KTT 9,978263,33002,2 2
3
12 =⋅== ,
odnosno
.Ct 0
2 706≅
Izvršen rad pri procesu 1→ 2 iznosi
kJ
p
pmRT
T
TmRT
TTmRvpvpmvvmA
dvvmAdvvpmL
90,12912,2
3
3002872
1
3
1
3
3
)(
3
)(
3
)(
)(
2
32
3
1
21
1
21
121122
3
1
3
2
2
1
2
1
2
2,1
=⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
⋅⋅
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
=
−
=
−
=
−
=== ∫ ∫
b) Promena unutrašnje energije iznosi
kJ
p
p
k
mRT
T
T
TmcTTmcU vv
28,97412,2
1,0
3002872
1
1
1)(
2
3
2
3
1
21
1
2
112
=⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
⋅⋅
=
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=−=Δ
c) Dovedena količina toplote iznosi
)(
)1(3
)2(
1
)1(3
)2(
1
3
1
1
12
2
3
1
21
2
3
1
21
2
3
1
21
2,12,1
TT
k
kmR
p
p
k
kmRT
p
pmRT
p
p
k
mRT
LUQ
−
−
+
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
+
=
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
=+Δ=
Obzirom da je
))(,( 12212,1 TTTTmcQ pm −=
sledi
kgK
JR
k
kR
TTcpm 2,813287833,2
)14,1(3
)24,1(
)1(3
)2(
),( 21 =⋅=
−
+
=
−
+
=

11
d) Promena entalpije vazduha iznosi
kJ
p
p
k
mkRT
p
p
mRT
p
p
k
mRT
T
T
mRTUvpvpmUI
99,1363)12,2(
4,0
3002874,12
1
1
11
1
1)(
2
3
2
3
1
21
2
3
1
2
1
2
3
1
21
1
2
11122
=−
⋅⋅⋅
=
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
=
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
=
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−+Δ=−+Δ=Δ
3. DRUGI PRINCIP TERMODINAMIKE. MAKSIMALAN KORISTAN RAD
3.1. Odrediti promenu entropije idealnog gasa u funkciji:
a) T i v; b) T i p i c) p i v.
3.2. Odrediti maksimalan koristan rad (radnu sposobnost, eksergiju) vazduha mase m = 10
kg koji se nalazi u balonu pod pritiskom p1 = 10 M Pa na temperaturi t1 = 27 0
C. Temperatura i
pritisak okolnog vazduha iznose t0 = t1 = 27 0
C i p0 = 0,1 M Pa, respektivno. Gasna konstanta
vazduha iznosi R = 287 J/kg K. (Sept ‘05)
3.3. Odrediti eksergiju vazduha mase m = 5 kg, temperature t1 = 327 0
C, koji se nalazi na
atmosferskom pritisku p1 = p0. Pritisak i temperatura okolnog vazduha iznose p0 = 0,1 M Pa i t0 =
27 0
C, respektivno. Smatrati da je vazduh idealan gas. Uzeti da je gasna konstanta vazduha R =
287 J/kgK. (Apr ‘04)
3.4. U boci zapremine V1 = 500 l nalazi se vazduh pod pritiskom p1 = 0,1 M Pa i
temperaturi od t1 = - 30 0
C. Pritisak i temperatura okolnog vazduha su p0 = 0,1 M Pa i t0 = 27 0
C,
respektivno. Odrediti maksimalan koristan rad (eksergiju) vazduha u boci.
3.5. Odrediti maksimalan koristan rad kiseonika mase m = 3 kg, temperature t1 = 227 0
C i
pritiska p1 = 1 bar. Parametri okolne sredine su p0 = p1 = 1 bar, t0 = 27 0
C. Gasna konstanta za
kiseonik je R = 260 J/kg K.
3.6. Ugljen dioksid mase m = 37,8 kg nalazi se u balonu pod pritiskom p1 = 10 M Pa i
temperaturi t1 = 20 0
C. Temperatura i pritisak okolne sredine su t0 = 20 0
C i p0 = 0,1 M Pa,
respektivno. Odrediti maksimalan koristan rad koji može da izvrši ugljen dioksid pri datim
uslovima. Molarna masa ugljen dioksida je M = 0,046 kg/mol.
3.7. Odrediti gubitak specifične eksergije (specifične radne sposobnosti toplote) vazduha
pri njegovom prigušenju od pritiska p1 = 10 M Pa do pritiska p2 = 5 M Pa. Temperatura okolne
sredine je t0 = 27 0
C.
3.8. Azot mase m = 1 kg prelazi iz stanja koje je određeno parametrima p1 = 7 bara i t1 =
495 0
C u stanje koje je određeno parametrima p2 = 2 bara i t2 = 47 0
C. Tepmeratura okolne sredine
iznosi t0 =10 0
C..

12
3.9. Odrediti guditak eksergije goriva pri njegovom sagorevanju u vazduhu. Specifična
toplota sagorevanja goriva je konstantna i iznosi qs = 10 MJ/kg, a temperatura pri kojoj se vrši
sagorevanje je t1=1200 0
C. Parametri okolne sredine su p0 = 0,1 M Pa i t0 = 27 0
C.
R3. REŠENJA:
R3.1. a) Kako je na osnovu prvog principa termodinamike
,pdvdTcpdvduq v +=+=δ
sledi
v
dv
R
T
dT
c
T
pdv
T
dT
c
T
q
ds vv +=+==
δ
. (R3.1.1)
Konačan priraštaj entropije pri prelazu iz stanja 1 u 2 iznosi:
1
2
1
2
lnln),(
v
v
R
T
T
cvTs v +=Δ . (R3.1.2)
b) Diferenciranjem jednačine stanja idealnog gasa (pv = RT) sledi
RdTvdppdv =+ ,
tako da je
p
dp
T
dT
v
dv
−= . (R3.1.3)
Smenom dobijenog izraza (R3.1.3) u izraz (R3.1.1) dobija se
p
dp
T
T
dT
c
p
dp
R
T
dT
Rcds pv −=−+= )( , (R3.1.4)
tako da je konačna promena entropije data izrazom
1
2
1
2
lnln),(
p
p
R
T
T
cpTs p −=Δ . (R3.1.5)
c) Na osnovu izraza R3.1.2 i izraza R3.1.3 sledi
p
dp
c
v
dv
Rcds vv ++= )( ,
tako da konačan priraštaj entropije može da se napiše u obliku:
1
2
1
2
lnln),(
p
p
c
v
v
cpvs vp −=Δ . (R3.1.6)

13
R3.2. Maksimalan koristan rad gasa se dobija pri njegovom izotermnom širenju (T2 = T0 =
T1) do pritiska okolne sredine (p2 = p0), sobzirom na povratnost datog procesa :
)()()()()( 10010001001001 VVpSSTVVpSSTUULmk −−−=−+−−−=
Na osnovu (R3.1.5), u slučaju izotermnog procesa, promena entropije iznosi
1
2
1
2
1
2
12 lnlnln),(
p
p
R
p
p
R
T
T
csspTs p −=−=−=Δ
odnosno
kgK
kJ
p
p
mR
p
p
mRSSS 8,21613100ln28710lnln
0
1
1
0
10 =⋅⋅==−=−=Δ
Početna i konačna zapremina vazduha iznose
3
7
1
1
1 0861,0
10
30028710
m
p
mRT
V =
⋅⋅
==
3
5
0
0
2 6100,8
10
30028710
m
p
mRT
V =
⋅⋅
==
tako da je maksimalan koristan rad vazduha u ovom slučaju
MJMJ
VVpSSTLmk
113,3)8524,09653(
)0861,06100,8(10108,21613300)()( 53
100100
=−=
=−−⋅⋅=−−−=
R3.3. Maksimalan koristan rad u ovom slučaju se dobija ako se vazduh povratnim
procesom dovede u ravnotežno stanje s parametrima okolne sredine (T2 = T0 i p2 = p1 = p0). Ovo
može da se postigne ako se vazduh prvo adijabatski širi do temperature okolne sredine T1’ = T2 =
T0 a zatim izotermno sabije do pritiska okolne sredine p2 = p0 (Slika R3.1).

14
Promena unutrašnje energije i entropije po završenom procesu iznose, respektivno
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=−=−=− 1)(
0
1
0010121
T
T
TmcTTmcUUUU vv , (R3.3.1)
0
1
2
1
1
2
1
2
0121 lnln
T
T
mc
T
T
mc
T
dT
mc
T
q
SSSS ppp ====−=− ∫∫
δ
. (R3.3.2)
Obzirom da je
0
0
2
p
mRT
V = i
0
1
21
T
T
VV = , sledi
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=− 11)(
0
1
0
2
1
20010
T
T
mRT
V
V
VpVVp . (R3.3.3)
Na osnovu (R3.3.1), (R3.3.2) i (R3.3.3), uzimajući u obzir da je
1−
=
k
kR
cp , i vp ccR −= ,
eksergija vazduha u ovom slučaju iznosi:
.ln1
1
ln11ln1
)()()(
0
1
0
10
0
1
0
1
0
0
1
0
0
1
0
0
1
0
01001001
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−−
−
=
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−+−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
=−+−−−=
T
T
T
T
k
kmRT
T
T
T
T
Tmc
T
T
mRT
T
T
Tmc
T
T
Tmc
VVpSSTUUL
vpv
mk
Zamenom brojnih vrednosti u predhodni izraz dobija se

15
kJLmk 35,462
300
600
ln1
300
600
14,1
30028754,1
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−
−
⋅⋅⋅
= .
R3.4. U ovom slučaju maksimalan koristan rad se postiže ako se vazduh prvo adijabatskim
sabijanjem zagreje do temperature okolne srerdine T1’ = T0 , a zatim se izotermnim širenjem
pritisak smanji do pritiska okolne sredine p2 = p0 (Slika R3.2 )
Promena unutrašnje energije i entropije po završenom procesu iznose, respektivno
)1.4.3(,1
)1(
1)(
0
1
0
1
10
0
1
0
1
11
010121
R
T
T
T
Tk
Vp
T
T
Tc
RT
Vp
TTmcUUUU vv
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
−
=
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=−=−=−
0
1
1
10
2
1
1
2
1
2
0121 ln
)1(
ln
T
T
kT
kVp
T
T
mc
T
dTmc
T
q
SSSS p
p
−
====−=− ∫∫
δ
. (R3.4.2)
Obzirom da je
1
01
1
21
20
T
TV
T
TV
VV ===
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=− 11)(
1
0
10
1
0
10100
T
T
Vp
V
V
VpVVp . (R3.4.3)
Maksimalan koristan rad, na osnovu (R3.4.1-R3.4.3), iznosi

16
)4.4.3(ln1
1
ln
)1(
1ln
)1(
1
)1(
)()()(
0
1
1
0
1
010
0
1
0
1
1
010
1
0
10
0
1
0
1
10
0
1
0
1
10
01001001
R
T
T
T
T
T
T
k
Vkp
T
T
T
T
kT
kTVp
T
T
Vp
T
T
T
kT
kVp
T
T
T
kT
Vp
VVpSSTUULmk
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+−
−
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
−
=
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−−
−
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
−
=
=−+−−−=
Zamenom brojnih vrednosti dobija se
kJ
T
T
T
T
T
T
k
Vkp
Lmk 4774ln1
1 0
1
1
0
1
010
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+−
−
=
R3.5. Na osnovu rešenja zadatka 3.3
kJ
T
T
T
T
k
kmRT
T
T
T
T
Tmc
T
T
mRT
T
T
Tmc
T
T
Tmc
VVpSSTUUL
vpv
mk
63,127
300
500
ln1
300
500
14,1
30026034,1
ln1
1
ln11ln1
)()()(
0
1
0
10
0
1
0
1
0
0
1
0
0
1
0
0
1
0
01001001
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−
−
⋅⋅⋅
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−−
−
=
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−+−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
=−+−−−=
R3.6. Maksimalan koristan rad gasa u ovom slučaju se dobije pri njegovom izotermnom
širenju (T2 = T0 = T1) do pritiska okolne sredine (p2 = p0) (pogledati zadatak 3.2) :
MJ
p
p
p
p
mRT
p
p
mRT
p
p
mRT
p
T
p
T
mRp
p
p
mRT
VVpSSTVVpSSTUULmk
235,7
10
1,0
1
1,0
10
ln2937,1808,371ln
1lnln
)()()()()(
1
0
0
1
0
1
0
0
0
1
0
1
1
0
0
0
0
1
0
10010001001001
=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
⎥⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−⋅⋅=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−=
=⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−=⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−=
=−−−=−+−−−=
R3.7. Gubitak radne sposobnosti (eksergije) iznosi:
).()( 21021 ssTii
m
L
e mk
−−−=
Δ
=Δ (R3.7.1)
Kako je pri prigušenju i1 = i2 sledi
.ln)(
2
1
0210
p
p
RTssTe =−−=Δ (R3.7.2)

17
U ovom slučaju je
kg
kJ
p
p
RTe 7,592ln300287ln
2
1
0 =⋅⋅==Δ .
R3.8. Obzirom da je )( 0101 TTcTciii pp −=Δ=−=Δ , i
1
2
1
2
lnln),(
p
p
R
T
T
cpTs p −=Δ (pogledaj
izraz R3.1.5) specifična radna sposobnost toplote (eksergija) u stanju 1 i stanju 2 iznosi,
respektivno
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−−=Δ−−=−−−=
0
1
0
1
001001010011 lnln)()()()(
p
p
R
T
T
cTTTcsTTTcssTiie ppp
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−−=Δ−−=−−−=
0
2
0
2
002002020022 lnln)()()()(
p
p
R
T
T
cTTTcsTTTcssTiie ppp
tako da je gubitak eksergije
kg
kJ
p
p
T
T
k
k
RTTT
k
kR
p
p
R
T
T
cTTTce pp
76,314
2
7
ln
320
770
ln
14,1
4,1
283297)320770(
14,1
2974,1
lnln
1
)(
1
lnln)(
2
1
2
1
021
2
1
2
1
021
=⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−⋅
−
⋅⋅−−
−
⋅
=
=⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−⋅
−
−−
−
=⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−−=Δ
R3.9. Maksimalan koristan rad, na račun količine toplote Q koja je uzeta od toplotnog
izvora, radno telo ostvaruje pri povratnom Carnot-ovom ciklusu :
Q
T
T
QL cmk ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−== 0
1η , (R3.9.1)
gde je
T
T
c
0
1−=η - termički koeficijent iskorišćenja Carnot-ovog ciklusa. Eksergija toplote
(specifična radna sposobnost) goriva iznosi
q
T
T
q
m
L
e c
mk
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=== 0
1η . (R3.9.2)
Gubitak eksergije pri konstantnoj temperaturi sagorevanja T (početna temperatura), pri čemu
produkti sagorevanja vrše rad hladeći se do temperature okolne sredine T0, iznosi
).()1( 010
1
0
0
1
0
0
1
0
0
ssTqdsTq
T
q
Tqq
T
T
e sss −−=−=−=−−=Δ ∫∫∫
δ
δ (R3.9.3)
U izrazu (R3.9.3) veličina T0(s1-s0) predstavlja količinu toplote predatu okolnoj sredini.

18
Kako je qs = cp (T-T0) sledi
0
1
00
1
01 lnln
T
T
TT
q
T
T
css s
p
−
==− , tako da je
0
1
0
0
0
1
0
0010 ln1ln)(
T
T
TT
T
q
T
T
TT
q
TqssTqe s
s
ss ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
−=
−
−=−−=Δ . (R3.9.4)
U ovom slučaju gubitak eksergije je
kg
MJ
T
T
TT
T
qe s 93,5
300
1473
ln
3001473
300
110ln1
0
1
0
0
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−⋅=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
−=Δ ,
što čini 59,3% oslobođene specifične toplote sagorevanja.
4. TERMODINAMIČKE RELACIJE
4.1. Dokazati sledeću termodinamičku relaciju:
vvs T
p
c
T
v
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
.
4.2. Dokazati sledeću termodinamičku relaciju:
pps
T
v
c
T
p
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
.
4.3. Dokazati da važi sledeća relacija:
v
v
s c
Tp
v
T β
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
,
gde je
v
v
T
p
p
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
1
β - temperaturski koeficijent pritiska.
4.4. Dokazati da je:
TT
vp
p
s
v
s
Tcc ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=− .
4.5. Dokazati sledeću relaciju:

19
ps
p
T
v
T
p
Tc ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
= .
vs
v
T
p
T
v
Tc ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−= .
4.7. Dokazati da važi relacija:
Tv
p
s v
p
c
c
v
p
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
.
4.8. Dokazati termodinamičku relaciju:
2
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
ppTs
T
v
c
T
p
v
p
v
.
4.9. Dokazati termodinamičku relaciju:
2
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
vvTs T
p
c
T
v
p
v
p
.
pTvs T
v
v
p
c
T
v
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
.
4.11. Naći specifičnu slobodnu energiju (Helmholtz-ovu f-ju) f(T,v) idealnog gasa.
4.12. Naći specifični Gibs-ov termodinamički potencijal g(T,p) idealnog gasa
4.13. Naći specifičnu entalpiju i(s,p) idealnog gasa
R4. REŠENJA:
R4.1. Na osnovu poznate relacije
1−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
vTs T
s
s
v
v
T
(R4.1.1)
i Maxwell-ove relacije

20
vT T
p
v
s
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
, (R4.1.2)
sledi
v
v
v
T
s
T
s
T
p
T
s
v
s
v
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
. (R4.1.3)
Kako je
v
v
T
s
Tc ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
= , iz poslednjeg izraza se dobija
vvs T
p
c
T
v
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
, (R4.1.4)
što je trebalo da se dokaže.
Do istog rezultata se dolazi polazeći od toga da je u slučaju izoentropskog procesa:
0),( =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
= dv
v
s
dT
T
s
vTds
Tv
tako da je
Tv
v
T
s v
s
c
T
T
s
v
s
v
T
dv
dT
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
jer je
vT T
p
v
s
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
i
v
v
T
s
Tc ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
R4.2. Na osnovu poznate relacije
1−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
pTs
T
s
s
p
p
T
(R4.2.1)
sledi
p
T
s
T
s
p
s
p
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
. (R4.2.2)
Kako je

21
p
p
T
s
Tc ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
= ,
na osnovu Maxwell-ove relacije
pT
T
v
p
s
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
,
iz relacije (R4.2.1) sledi
pvs
T
v
c
T
p
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
,
Do istog rezultata može da se dođe polazeći od toga da je u slučaju izoentropskog procesa:
0),( =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
= dv
p
s
dT
T
s
pTds
Tp
,
odakle se dobija relacija (R4.2.2):
p
T
s
T
s
p
s
p
T
dp
dT
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
= .
R4.3. Na osnovu termodinamičke relacije (R4.1.4):
vvs T
p
c
T
v
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
i obzirom da je v
v
p
T
p
β=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
, sledi
v
v
s c
Tp
v
T β
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
,
R4.4. Kako je
p
p
T
i
c ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
= i vdppdvdupvuddi ++=+= )( , sledi
pp
p
T
v
p
T
u
c ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
= . (R4.4.1)

22
Obzirom da je dv
v
u
dT
T
u
vTdu
Tv
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=),( ,
sledi
pTvp T
v
v
u
T
u
T
u
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
, (R4.4.2)
tako da ze smenom izraza (R4.4.2) u izraz (R4.4.1) dobija
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
= p
v
u
T
v
T
u
c
Tpp
p . (R4.4.3)
Kako je du = Tds-pdv, sledi
p
v
s
T
v
u
TT
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
. (R4.4.4)
Na osnovu Maxwell-ove relacije
pT
T
v
p
s
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
,
kao i relacija (R4.4.4) i (R4.4.3) i uzevši u obzir da je
v
v
T
u
c ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
= , dobija se
TT
vp
p
s
v
s
Tcc ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=− ,
R4.5. Po definiciji je
p
p
T
s
Tc ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
= . Obzirom da je
ppp T
v
v
s
T
s
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
sledi
pp
p
T
v
v
s
Tc ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
= .
Kada se uzme u obzir Maxwell-ova relacija
sp T
p
v
s
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
,
konačno se dobija

23
ps
p
T
v
T
p
Tc ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
= ,
v
v
T
s
Tc ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
= . Obzirom da je
vvv T
p
p
s
T
s
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
,
sledi
vv
v
T
p
p
s
Tc ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
= .
Kada se uzme u obzir Maxwell-ova relacija
sv
T
v
p
s
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
,
konačno se dobija
vs
v
T
p
T
v
Tc ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−= ,
R4.7. Obzirom da je (izrazi R4.5 i R4.6)
ps
p
T
v
T
p
Tc ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
= i
vs
v
T
p
T
v
Tc ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=
sledi
v
ps
vs
ps
v
p
T
p
T
v
v
p
T
p
T
v
T
v
T
p
c
c
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−= ,
odnosno

24
pvv
p
p
v
v
p
s T
v
T
p
c
c
T
v
T
p
c
c
v
p
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
. (R4.7.1)
Kako je
1−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
Tpv p
v
v
T
T
p
sledi
Tpv v
p
v
T
T
p
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
, (R4.7.2)
tako da se smenom (R4.7.2) u (R4.7.1) dobija
Tv
p
s v
p
c
c
v
p
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
,
Dobijena relacija pokazuje da je koeficijent adijabatske kompresibilnosti
s
s
v
p
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=β ve}i
v
p
c
c
k =
puta od koeficijenta izotermske kompresibilnosti
T
T
v
p
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=β .
R4.8. Obzirom da je dT
T
v
dp
p
v
Tpdv
pT
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=),( , sledi
spTs
p
T
T
v
p
v
p
v
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
. (R4.8.1)
ps
s
v
p
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
i relacije (R4.8.1) sledi
ppTs
s
v
T
v
p
v
p
v
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
. (R4.8.2)
Obzirom da je

25
2
2
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
pp
p
p
ppp T
v
c
T
T
s
T
v
T
v
T
v
T
v
s
v
T
v
, (R4.8.3)
zamenom izraza (R4.8.3) u izraz (R4.8.2) dobija se
2
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
ppTs
T
v
c
T
p
v
p
v
R4.9. Obzirom da je dT
T
p
dv
v
p
Tvdp
vT
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=),( , sledi
spTs v
T
T
p
v
p
v
p
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
. (R4.9.1)
vs s
p
v
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
i relacije (R4.9.1) sledi
vvTs s
p
T
p
v
p
v
p
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
. (R4.9.2)
Obzirom da je
2
2
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
vv
v
v
vvv T
p
c
T
T
s
T
p
s
T
T
p
T
p
s
p
T
p
, (R4.9.3)
zamenom izraza (R4.9.3) u izraz (R4.9.2) dobija se
2
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
vvTs T
p
c
T
v
p
v
p
,
R4.10. Na osnovu Maxwell-ove jednačine
vs s
p
v
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
, sledi

26
2
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
vv
v
v
vs T
p
c
T
T
s
T
p
s
p
v
T
. (R4.10.1)
Kako je
1−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
Tpv p
v
v
T
T
p
sledi
pTv T
v
v
p
T
p
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
, (R4.10.2)
tako da se posle zamene izraza (R4.10.2) u izraz (R4.10.1) dobija
pTvs T
v
v
p
c
T
v
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
,
),()(),( vTTsTuvTf −= . (R4.11.1)
Obzirom da je pdvdTcpdvduTds v +=+= , za idealni gas, sledi
v
Rdv
T
dT
c
T
pdv
T
dT
cds vv +=+= .
Integracijom poslednjeg izraza se dobija
vRTcsvTs v lnln),( 0 ++= . (R4.11.2)
S druge strane je
TcuTu v+= 0)( (R4.11.3)
Smenom (R4.11.2) i (R4.11.3) u (R4.11.1) dobija se
,ln)ln1()(
)lnln()(),()(),(
00
00
vRTTcTsu
vRTcsTTcuvtTsTuvTf
v
vv
−−+−=
=++−+=−=
odnosno
vRTTcfvTf v ln)ln1(),( 0 −−+= , (R4.11.4)

27
gde je .000 Tsuf −=
. (R4.12.1)pvTsug +−=
Iz izraza R4.11.2 sledi
,lnlnln
lnln)(lnln
0
00
RRpRTcs
p
RT
RTRcsvRTcss
p
pv
+−+=
=+−+=++=
odnosno
. (R4.12.2)pRTcspTs p lnln),( '
0 −+=
gde je .RRss ln0
'
0 +=
Smenom izraza (R4.11.3) i (R4.12.2) u izraz (R4.12.1) dobija se
,ln)ln1()(lnln)(
)lnln()(),()(),(
'
00
'
00
'
00
pRTTTcTsupRTTTcTcTsu
TRpRTcsTTcupvpTTsTupTg
ppp
pv
+−+−=+−+−=
=+−+−+=+−=
odnosno
pRTTTcgpTg p ln)ln1(),( 0 +−+= , (R4.12.3)
gde je .'
000 Tsug −=
i = u + pv (R4.13.1)
Kako je i , slediTcuu v+= 0 RTpv =
TcuRTTcui pv +=++= 00 (R4.13.2)
Obzirom da je (izraz R4.12.2)
,pRTcspTs p lnln),( '
0 −+=
sledi
,expln
lnexplnln
1ln
ln
'
0
1
1'
0
'
0
'
0
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ −
⋅=
=+
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ −
=
−
+
−
=+
−
=
−
−
p
k
k
k
k
pppp
c
ss
p
p
c
ss
p
k
k
c
ss
c
pR
c
ss
T

28
tako da je
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ −
⋅=
−
p
k
k
c
ss
ppsT
'
0
1
exp),( . (R4.13.3)
Smenom izraza R4.13.3 u izraz R4.13.2 dobija se
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ −
⋅⋅+=
−
p
k
k
p
c
ss
pcupsi
'
0
1
0 exp),( . (R4.13.4)
5. RAVNOTEŽA TERMODINAMIČKIH SISTEMA I FAZNI PRELAZI
5.1. Odrediti temperaturu pri kojoj će da proključa voda koja se nalazi pod pritiskom od p
= 0,090 M Pa. Specifična toplota isparavanja vode pri ovim uslovima iznosi r = 2,256 M J/kg.
(Okt 2000)
5.2. U evakuisanu posudu zapremine V0 = 10 dm3
ulivena je voda mase mv = 1,0 kg. Pri
temperaturi od t = 1000
C i pritisku od p = 0,10 M Pa voda se nalazi u termodinamičkoj ravnoteži
sa njenom zasićenom parom. Za koliko treba da se povisi temperatura ovog termodinamičkog
sistema da bi se povećala masa zasićene vodene pare za Δm = 7,0 mg.
5.3. Pri pritisku p1 = 0,0849 M Pa temperatura ključanja vode je Tk1 = 368 K, dok pri
pritisku od p2 = 0,1013 M Pa temperatura ključanja iznosi Tk2 = 373 K. Odrediti specifičnu
toplotu isparavanja vode u datom temperaturskom intervalu.
5.4. Odrediti pritisak pri kome će da se topi led temperature T2 = 268 K. Specifična toplota
topljenja leda pri datim uslovima je r = 335,5 kJ/kg. Specifična zapremina leda i vode iznose vL =
1,091 cm3
/g i v0 = 1,000 cm3
/g, respektivno.
5.5. Odrediti promenu temperature topljenja leda pri povećanju pritiska za Δp = 0,1 M Pa.
Pri normalnom atmosferskom pritisku i temperaturi od 00
C specifična toplota topljenja leda je r =
335,5 kJ/kg, gustina leda je ρL = 916,6 kg/m3
, a gustina vode iznosi ρ0 = 1000 kg/m3
.
5.6. Komad leda mase m = 1 kg smešten je u toplotno izolovanu komoru na atmosferskom
pritisku i temperaturi od t1 = 00
C. Odrediti masu Δm istopljenog leda pri njegovom adijabatskom
sabijanju do pritiska od p2 = 120 at. Specifične zapremine vode i leda iznose v0 = 1 cm3
/g i vL =
1,09 cm3
/g, respektivno. Specifični toplotni kapacitet leda iznosi cL ≅ 2,5 kJ/kgK a specifična
toplota topljenja leda je r = 335,5 kJ/kg.
5.7. Na osnovu eksperimentalnih podataka, u intervalu od 00
C do 200
C, dobijena je
sledeća zavisnost pritiska amonijaka od temperature:
p (T) = - 13,2302 + 0,1845 T - 0,8602 x 10-3
T2
+ 0,1348 x 10-5
T3
,
gde je temperatura (T) u K a pritisak (p) u M Pa. Odrediti specifičnu toplotu isparavanja
amonijaka pri temperaturi od 100
C. Poznato je da pri datoj temperaturi specifične zapremine
amonijaka na donjoj i gornjoj graničnoj krivoj iznose v’ = 1,598 cm3
/g i v’’ = 206,0 cm3
/g,
respektivno.

29
5.8. Odrediti specifičnu zapreminu suvo-zasićene pare freone -12 pritiska p = 0,65080 M
Pa, ako je poznato da je specifična toplota isparavanja r = 141,68 kJ/kg, a specifična zapremina na
donjoj graničnoj krivoj v’ = 0,7628 dm3
/kg . Zavisnost T(p) za data je tabelarno:
T(K) 297,15 298,15 299,15
p (MPa) 0,63335 0,65080 0,66857
R5. REŠENJA.
R5.1. Obzirom da je specifična zapremina vodene pare mnogo veća od specifične
zapremine vode, tj. , Clausius-Clapeyron-ova jednačina može da se napiše u
pojednostavljenom obliku:
1vvp >>
pp Tv
r
vvT
r
dT
dp
≅
−
=
)( 1
. (R5.1.1)
Smatrajući da je vodena para pri datim uslovima idealan gas (
p
RT
vp = ) sledi
2
RT
rdT
dT
dp
= , (R5.1.2)
odakle je
C
RT
r
p +−=ln . (R5.1.3)
Konstanta C se nalazi iz uslova da je pri normalnim uslovima p = p0 = 0,1013 MPa temperatura
ključanja vode T = Tnk = 373 K:
nkRT
r
pC += 0ln . (R5.1.4)
Zamenom izraza (R5.1.4) u izraz (R5.1.3) dobija se jednačina
nkRT
r
RT
r
p
p
+−=
0
ln , (R5.1.5)
odakle se nalazi izraz za temperaturu ključanja tečnosti (vode) pri datom pritisku
0
ln1
p
p
r
RT
T
T
nk
nk
−
= . (R5.1.6)
Kako molarna masa vode iznosi M = 0,018 kg/mol, gasna konstanta za vodenu paru ima vrednost
R = 8,314 / M = 461,9 J/kgK, tako da se posle zamene ove vrednosti i ostalih datih brojnih

30
podataka u poslednji izraz dobija da će pri pritisku od p = 0,090 MPa voda da proključa pri
temperaturi od T = 369,7 K , tj. t = 96,5 0
C .
R5.2. Vodena para pri datim uslovima može da se smatra idealnim gasom tako da se
korišćenjem jednačine
R
dT
vdp
dT
pdv
=+ ,
koja je dobijena diferenciranjem jednačine stanja idealnog gasa, i Clausius-Clapeyron-ove
jednačine (R5.1.1), dobija
p
T
r
R
dT
dv
−
= . (R5.2.1)
Obzirom da je v = V/ m, gde je V = V0 - mv/ρv -raspoloživa zapremina pare a ρv -gustina vode,
sledi
dv
v
m
V
v
Vdv
dm v
v
2
0
2
ρ
−
−=−= . (R5.2.2)
Iz izraza (R5.2.1) i (R5.2.2.) sledi
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
=
10
2
RT
rm
Vp
dmRT
dT
v
v
ρ
, (R5.2.3)
odakle se dobija da je za povećanje mase pare za Δm = 7,0 mg potrebno da se temperatura poveća
za
K
RT
rm
Vp
mRT
T
v
v
0405.0
10
2
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
Δ
=Δ
ρ
.
R5.3. Na osnovu jednačine (R5.1.3) C
RT
r
p +−=ln , sledi
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
211
2 11
ln
TTR
r
p
p
,
odakle se dobija se da specifična toplota isparavanja vode u datom temperaturskom intervalu
(368, 373) K ima vrednost:

31
kg
MJ
p
p
TT
TRT
TT
p
p
R
r 24,2
0849,0
1013,0
ln
368373
37336889,461
ln
11
ln
1
2
12
21
21
1
2
=
−
⋅⋅
=
−
=
−
=
R5.4. Iz Clausius-Clapeyron-ove jednačine
)( 0 LvvT
r
dT
dp
−
= sledi
)( 0 LvvT
rdT
dp
−
= ,
tako da se za konačne priraštaje dobija
)(
)(
)(
)(
01
21
01
12
12
vvT
TTr
vvT
TTr
ppp
LL −
−
=
−
−
=−=Δ , (R5.4.1)
gde je T1 = 273 K temperatura topljenja leda pri pritisku od p1 = 0,1013 M Pa.
Zamenom brojnih vrednosti u izraz (R5.4.1) dobija se da je za topljenje leda pri temperaturi T2 =
268 K potreban dodatni pritisak od Δp = 67,56 M Pa, odnosno ukupan pritisak od p2 = p1 + Δp =
67,66 M Pa.
R5.5. Iz Clausius-Clapeyron-ove jednačine sledi:
MPa
K
r
T
r
T
r
vvT
p
T
L
LLL
074,0
)(
11
)(
0
010
1
01
−=
−
−=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
−=
−
=
Δ
Δ
ρρ
ρρρρ
,
odakle je K
MPa
K
pT 0074,0074,0 −=Δ⋅−=Δ .
R5.6. Promena temperature topljenja leda s promenom pritiska iznosi:
K
r
pvvT
T L
884,0
105,335
10013,1)1120(10)09,11(273)(
3
53
01
−=
⋅
⋅⋅−⋅−
=
Δ−
=Δ
−
.
Znači, pri datom pritisku (p2) led se nalazi na temperaturi koja je za ΔT viša od njegove tačke
topljenja pri datim uslovima, tako da se deo unutrašnje energije leda TmcU L Δ=Δ iskoristi za
prevođenje mase Δm leda u tečno stanje:
g
r
Tmc
m
L
59,6
10335
1994,0105,2
3
3
=
⋅
⋅⋅⋅
=
Δ
=Δ .

32
R5.7. Na osnovu poznate zavisnost p = p (T) dobija se:
252
104044,010172,01845,0 TT
dT
dp −−
⋅+⋅−= .
Na temperaturi od 10 0
C je
K
Pa
dT
dp 4252
10162,2283104044,028310172,01845,0 ⋅=⋅⋅+⋅⋅−= −−
.
Na osnovu Clausius-Clapeyron-ove jednačine sledi
kg
kJ
dT
dp
vvT
T
pvvT
r 125110162,210)598,10,206(283)(
)( 43'''
'''
=⋅⋅⋅−=−=
Δ
Δ−
= −
.
(ovaj podatak se razlikuje za 12,3% od tabličnog podatka: rid = 1405 kJ/kg).
R5.8. Na osnovu priloženih podataka za p = p(T) dobija se
MPa
K
p
T
786,56
03522,0
2
==
Δ
Δ
.
Iz Clausius-Clapeyron-ove jednačine sledi
kg
m
pT
Tr
vv
366
4'''
02775,0
15,298
10786,561014168,0
10628,7 =
⋅⋅⋅
+⋅=
Δ
Δ
+=
−
−
.
6. TERMODINAMIČKA SVOJSTVA SUPSTANCIJE. VODENA PARA
6.1. Odrediti veličine stanja vlažne vodene pare pritiska p = 20 bara i stepena suvoće x =
0,80.
6.2. Pregrejana vodena para mase m = 5 kg, pritiska p1 = 10 bara i temperature t1 = 200 0
C
sabija se izotermski do specifične zapremine v2 = v1/2. Odrediti: a) parametre stanja na kraju
procesa i b) odvedenu količinu toplote.
6.3. Pregrejana vodena para mase m = 5 kg, pritiska p1 = 16 bara i temperature t1 = 300 0
C,
izoentropski se širi do pritiska p2 = 2 bara. Odrediti: a) promenu unutrašnje energije, b) apsolutni
rad i c) tehnički rad.
6.4. Vlažna vodena para mase m = 2 kg, stepena suvoće x1 = 0,75 i pritiska p1 = 10 bara,
pregreva se izobarno do temperature t2 = 300 0
C. Odrediti: a) apsolutni rad; b) dovedenu količinu
toplote; c) promenu unutrašnje energije i d) promenu entropije.

33
6.5. Vlažna vodena para stepena suvoće x1 = 0,70 i pritiska p1 = 1 M Pa prigušuje se do
pritiska p2 = 0,05 M Pa. Odrediti: a) stepen suvoće na kraju procesa; b) promenu entropije i c)
promenu temperature.
R6. REŠENJA:
R6.1. Na osnovu tablice veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od pritiska
(ili i, s-dijagrama) dobijaju se za p = 2 MPa = 20 bara sledći parametri vodene pare na donjoj (‘) i
gornjoj graničnoj krivoj (‘’):
temperatura ključanja ts = 212,37 0
C
toplota isparavanja r = 1891 kJ/kg
specifična zapremina v’ = 0,0011766 m3
/kg v’’ = 0,09958 m3
/kg
entalpija i’ = 908,53 kJ/kg i’’ = 2799 kJ/kg
entropija s’ = 2,4467 kJ/kgK s’’ = 6,340 kJ/kgK
unutrašnja energija u’ = 906,1 kJ/kg u’’ = 2600 kJ/kg.
Toplota isparavanja i unutrašnja energija mogu da se odrede računskim putem na osnovu ostalih
parametara:
r = Ts (s’’ - s’) = 485,5 (6,340 - 2,4467) = 1890,2 kJ/kg
u’ = i’ -pv’ = 908,5 103
-20 x 105
x 0,0011766 = 906,15 kJ/kg
u’’ = i’’ -pv’’ = 2799 x 103
-20 x 105
x 0,09958 = 2599,84 kJ/kg.
Veličine stanja vodene pare pritiska p = 20 bara i stepena suvoće x = 0,80 određuju se prema
relacijama
kg
m
xvvvvx
3
''''
079899,080,0)0011766,009958,0(0011766,0)( =⋅−+=−+=
kg
kJ
xiiiix 91,242080,0)53,9082799(53,908)( ''''
=⋅−+=−+=
kgK
kJ
xssssx 56134,580,0)4467,2340,6(4467,2)( ''''
=⋅−+=−+=
kg
kJ
xuuuux 22.226180,0)1,9062600(1,906)( ''''
=⋅−+=−+=
R6.2. Iz tablice veličine stanja pregrejane vodene pare (ili i,s-dijagrama. Slika R6.1) za p1
= 10 bara (1 M Pa) i t1 =200 0
C dobija se:
v1 = 0,2060 m3
/kg
i1 = 2827 kJ/kg
s1 = 6,692 kJ/kg.
S druge strane, za temperaturu t2 = t1 = 200 0
C , iz tablice veličine stanja ključale vode i suve pare
u zavisnosti od temperature, sledi:
p2 = 15,551 bara

34
specifična zapremina v’ = 0,0011565m3
/kg v’’ = 0,1272 m3
/kg
Obzirom da je u konačnom stanju
kg
mv
v
3
2
2 1030,0
2
2060,0
2
=== , u datoj tački procesa stepen
suvoše iznosi
808,0
0011565,01272,0
0011565,01030,0
'
2
''
2
'
22
2 =
−
−
=
−
−
=
vv
vv
x .
Kako je v2 >> v2’ i v2’’ >> v2’, stepen suvoće može da se odredi približno
810,0
1272,0
1030,0
''
2
2
2 ==≅
v
v
x .
a) Parametri stanja na kraju procesa (tačka 2) su:
i2 = i2’ + (i2’’ - i2’) x2 = 852,4 + (2793 - 852,4) 0,808 = 2420,40 kJ/kg
s2 = s2’ + (s2’’ - s2’) x2 = 2,3308 + (6,4318 - 2,3308) 0,808 = 5,64441 kJ/kgK
u2 = u2’ + (u2’’ - u2’) x2 = 851,6 + (2595 - 851,6) 0,808 = 2260,27 kJ/kg.
b) Obzirom da je proces izoterman odvedena količina toplote iznosi
kJkJssmTmqQ 55,2477)692,66441,5(4735)( 1211212 −=−⋅=−== .
R6.3. Iz tablice veličine stanja pregrejane vodene pare (ili i,s-dijagrama. Slika R6.2) za p1
= 16 bara (1,6 M Pa) i t1 =300 0
C dobija se:
v1 = 0,1585 m3
/kg
i1 = 3030 kJ/kg
s1 = 6,877 kJ/kg.
S druge strane, za pritisak p2 = 2 bara , iz tablice veličine stanja ključale vode i suve pare u
zavisnosti od pritiska, sledi:
ts = 120,23 0
C
/kg v’’ = 0,8854 m3
/kg
Kako je s2 = s1 = 6,877 kJ/kgK, stepen suvoće vodene pare na kraju procesa iznosi

35
955,0
5302,1127,7
5302,1877,6
'
2
''
2
'
22
2 =
−
−
=
−
−
=
ss
ss
x
tako da je
kg
m
xvvvv
3
2
'
2
''
2
'
22 56441955,0)0010605,08854,0(0010605,0)( =−+=−+=
kg
kJ
xiiii 90,2607955,0)8,5042707(8,504)( 2
'
2
''
2
'
22 =⋅−+=−+=
kg
kJ
xuuuu 86,2438955,0)59,5042530(59,504)( 2
'
2
''
2
'
22 =⋅−+=−+= .
a) Kako je u = i - pv, promena unutrašnje energije vodene pare iznosi
[ ]
[ ] kJ
vpvpiimumU
1,1688)1585,0106,18446,0102,0()303090,2607(5
)()(
33
112212
−=⋅⋅−⋅⋅−−⋅
=−−−=Δ=Δ
b) Obzirom da je proces izoentropski (s = const, tako da je Q12 = 0), apsolutni rad iznosi
L12 = - ΔU = 1 688,1 kJ.
Tehnički rad pri datom procesu je
Lteh = m(i1 - i2) = 5 (3030 - 2607,90) = 2 110,5 kJ.
(ili i, s-dijagrama) dobijaju se za p1 = 10 bara sledeći parametri vodene pare na donjoj (‘) i gornjoj
graničnoj krivoj (‘’):
temperatura ključanja ts = 179,88 0
C
/kg v’’ = 0,1946 m3
/kg
entropija s’ = 2,138 kJ/kgK s’’ = 6,587 kJ/kgK.

36
Kako je x1 = 0,75, parametri vodene pare na početku procesa (tačka 1) iznose
v1 = v’ + (v’’ - v’) x1 = 0,0011273 + (0,1946 - 0,0011273) 0,75 = 0,14623 m3
/kg
i1 = i’ + (i’’ - i’)x1 = 762,7 + (2778 - 762,7) 0,75 = 2274,18 kJ/kg
s1 = s’ + (s’’ - s’)x1 = 2,138 + (6,587 - 2,138) 0,75 = 5,4748 kJ/kgK
Za p2 = p1 = 10 bara i t2 = 300 0
C iz tablice veličine stanja pregrejane vodene pare (ili i,s -
dijagrama, Slika R6.3) je
v2 = 0,2578 m3
/kg
i2 = 3048 kJ/kg
s2 = 7,116 kJ/kgK.
a) Apsolutni rad tokom ovog izobarnog procesa je
L12 = m l12 = mp1Δv = mp1 (v2 - v1) = 2 x 105
(0,2578 - 0,14623) = 223,14 kJ.
b) Dovedena količina toplote iznosi
Q12 = mq12 = m(i2 - i1) = 2 (3048 - 2274,18) = 1 547,64 kJ.
c) Promena unutrašnje energije iznosi
ΔU = Q12 - L12 = 1547,64 - 223,14 = 1 324,5 kJ,
ili
ΔU = mΔu = m [(i2 - i1) - (p2v2 - p1v1)] = 1 324,5 kJ.
d) Promena entropije iznosi
ΔS = mΔs = m (s2 - s1) = 2 (7,116 - 5,4748) = 3,2824 kJ/K
(ili i, s-dijagrama) dobijaju se za sledeći parametri vodene pare na donjoj (‘) i gornjoj graničnoj
krivoj (‘’) za p1 = 1 M Pa = 10 bara i p2 = 0,05 M Pa = 0,5 bara, respektivno:
pritisak p1 = 1 M Pa = 10 bara

37
temperatura ključanja ts1 = 179,88 0
C
entalpija i1’ = 762,7 kJ/kg i1’’ = 2778 kJ/kg
entropija s1’ = 2,138 kJ/kgK s1’’ = 6,587 kJ/kgK.
pritisak p2 = 0,05 M Pa = 0,5 bara
temperatura ključanja ts2 = 81,35 0
C
entalpija i2’ = 340,6 kJ/kg i2’’ = 2645 kJ/kg
entropija s2’ = 1,0910 kJ/kgK s2’’ = 7,593 kJ/kgK.
Kako je i1 = i1’ + (i1’’ - i1’) x1 i i2 = i2’ + (i2’’ - i2’) x2, stepen suvo}e vodene pare na kraju procesa
prigušenja (i1 = i2) iznosi
x2 = [(i1’’ - i1’)x1 + (i1’ - i2’)] / (i2’’ - i2’) =
= [(2778 - 762,7) 0,70 + (762,7 - 340,6)] / (2645 - 340,6) = 0,795.
Entropija na početku procesa je
s1 = s1’ + (s1’’ - s1’)x1 = 2,138 + (6,587 - 2,138) 0,70 = 5,2523 kJ/kgK.
Na kraju procesa entropija iznosi
s2 = s2’ + (s2’’ - s2’)x2 = 1,0910 + (7,593 - 1,0910) 0,795 = 6,2601 kJ/kgK.
Promena entropije iznosi
Δs = s2 - s1 = 6,2601 - 5,2523 = 1,0078 kJ/kgK.
Temperatura se promenila za
Δt = t2 - t1 = 81,35 - 179,88 = - 98,53 0
C.
Do istih rezultata može da se dođe korišćenjem i, s-dijagrama (Slika R6.4).

38
7. PROCESI ZA HLAĐENJE
7.1. Dokazati da se maksimumi izoentalpi (i = const) u T,s- dijagramu nalaze na krivoj
inverzije Joule-Thompson-ovog efekta.
7.2. Dokazati da se realan gas, koji se podčinjava Van der Waals-ovoj jednačini s
koeficijentom a = 0, pri adijabatskom prigušenju uvek zagreva.
7.3. Dokazati da se realan gas, čije se stanje opisuje Van der Waals-ovom jednačinom s
koeficijentom b = 0, pri adijabatskom prigušenju uvek hladi.
7.4. U eksperimentu je ustanovljeno da je temperatura inverzije helijuma (pri niskom
pritisku) za 30,5 0
C viša od njene kritične temperature. Odrtediti vrednost temperature inverzije
helijuma.
7.5. Prikazati jednačinu inverzije krive inverzije Van der Waals-ovog gasa u T,v-
dijagramu, kojom se ravan T, v deli na dve oblasti: αi < 0 i ΔT> 0 (gas se zagreva) i αi > 0 i
ΔT< 0 (gas se hladi).
7.6. Na}i izraz za diferencijalni Joule-Thomson-ov efekt Van der Waals-ovog gasa i
odrediti temperaturu inverzije u slučaju niskih pritisaka, odnosno malih gustina, kada je v>> a,b.
7.7. Vlažna para pritiska p1 = 1,90 MPa i stepena suvoće x1 = 0,95 puštena je kroz prigušni
ventil parovoda niskog pritiska p2 = 0,20 MPa. Na osnovu i, s- dijagrama za vodenu paru
odrediti: a) stanje pare u parovodu posle prolaza kroz prigušni ventil; b) veličinu promene
entropije i c) veličinu srednjeg diferencijalnog efekta prigušenja.
7.8. Vlažna para stepena suvoše x1 = 0,90 i pritiska p1 = 3,00 MPa prigušuje se do
pritiska p2 = 0,20 MPa. Odrediti: a) integralni Joule Thompson-ov efekt i b) vrednost specifične
zapremine pare posle prigušenja.

39
7.9. Suvozasićena vodena para pritiska p1 = 9,00 MPa prigušuje se do pritiska p2 = 2,00
MPa. Temperatura okolne sredine iznosi T0 = 300 K. Koristeći se tablicama za vodenu paru
odrediti: a) srednji diferencijalni Joule Thompson-ov efekt; b) stepen suvoće vodene pare posle
prigušenja i c) gubitak eksergije.
7.10. Suvozasićena vodena para pritiska p1 =12,00 MPa prigušuje se do pritiska p2 = 1,00
MPa. Koristeći se tablicama za vodenu paru odrediti: a) parametre pare posle prolaza kroz
prigušni ventil, b) srednju vrednost diferencijalnog efekta prigušenja i c) gubitak radne
sposobnosti. Temperatura okolne sredine je T0 =300 K. (Sept ‘04).
7.11. Odrediti stanje vodene pare u parovodu ako je pritisak pare u njemu p1 = 1,20 MPa a
pritisak i temperatura pare u kalorimetru s prigušnim ventilom, koji služi za određivanje stanja
pare, su p2 = 0,10 MPa i t2 = 135 0
C, respektivno.
7.12. Pregrejana para pritiska p1 =16,00 MPa i temperature t1 = 360 0
C prigušuje se do
pritiska p2 = 2,00 Mpa. Koristeći tablice ili odgovarajuće dijagrame za vodenu paru odrediti: a)
integralni Joule-Tompsonov efekt i b) gubitak radne sposobnosti. Temperatura okolne sredine je
T0 = 300 K. (Maj ‘96. god.).
7.13. Zavisnost specifične zapremine od temperature, pri pritisku od p1 = 9,80 MPa, na
osnovu podataka za vodenu paru, prikazana je tabelarno:
t ( 0
C ) 490 500 510 520 530
v ( m3
/ kg ) 0,0329 0,0335 0,0341 0,0347 0,0353
Znajući da je specifični toplotni kapacitet vodene pare pri p1 = 9,80 MPa i temperaturi t1 =
510 0
C iznosi cp = 2,577 kJ/kgK, odrediti: a) veličinu diferencijalnog Joule-Tompson-ovog
efekta pri t1 = 510 0
C i b) integralni efekt prigušenja vodene pare od p1 = 9,80 MPa do p2 = 8,00
Mpa.
7.14. Na osnovu tabele za vodu i vodenu paru formirana je tabela vrednosti entalpije za
različite pritiske pri temperaturi od t = 260 0
C:
p
(MPa)
5,0 10,0 16,0 18,0 20,0 25,0 30,0 40,0
i
(kJ/kg)
1135,1 1134,1 1133,0 1133 1133 1134 1135 1137
Odrediti vrednost pritiska pri kojem će temperatura inverzije za vodu da iznosi 260 0
C.
7.15. Odrediti konačnu temperaturu azota pri njegovom adijabatskom širenju od pritiska p1
= 1,00 MPa do p2 = 0,95 MPa. Početna temperatura azota je t1 = 1000 0
C. Specifični toplotni
kapacitet azota pri datim uslovima je cp = 1,20 kJ/kgK a njegova gasna konstanta je R = 297
J/kgK. Predpostaviti da u ovom slučaju može da se primeni jednačina stanja idealnog gasa.
7.16. Zavisnost specifične zapremine od temperature, pri pritisku od p1 = 4,90 MPa, na
osnovu podataka za vodenu paru, prikazana je tabelarno:

40
480 490 500 510 520t ( 0
C )
0,06786 0,06893 0,06999 0,07104 0,07208v ( m3
/ kg )
Pri datom pritisku p1 = 4,90 MPa i temperaturi od t1 = 500 0
C specifični toplotni kapacitet
vodene pare iznosi cp = 2,34 kJ/kgK. Odrediti promenu temperature vodene pare u slučaju: a)
izoentropskog reverzibilnog širenja od pritiska p1 = 4,90 MPa i temperaturi od t1 = 500 0
C do
pritiska p2 = 4,50 MPa; b) adijabatskog prigušanja (integralni Joule-Tompsonov efekt) pri istim
vrednostima početnih i krajnjih pritisaka i temperatura kao u slučaju pod a.
7.17. Iz eksperimenta je dobijeno da se pri pritisku p = 12,00 Mpa i temperaturi t = 520 0
C
koeficijenti reverzibilnog adijabatskog (izoentropskog) širenja i koeficijent adijabatskog
prigušenja vodene pare razlikuju za αs - αi = 10,49 K / Mpa. U tablicama je nađeno da je
specifična zapremina vodene pare pri datim uslovima v = 0,02782 m3
/kg. Odrediti specifični
toplotni kapacitet cp vodene pare pri datim uslovima.
7.18. Iz eksperimenta je dobijeno da je za vodenu paru pri pritisku p = 12,00 MPa i
temperaturi t = 520 0
C koeficijent reverzibilnog adijabatskog (izoentropskog) širenja 7,26 puta
veći od koeficijenta adijabatskog prigušenja. Odrediti vrednost koeficijenta zapreminskog širenja
vodene pare
pT
v
v
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
1
α pri datom pritisku i temperaturi.
7.19. Odrediti promenu temperature i specifične entropije kao i gubitak eksergije vodene
pare pri ireverzibilnom adijabatskom širenju iz suda konstantne zapremine (tzv. ispust) u sredinu
pritiska p0 = 0,10 MPa i temperature T0 = 300 K. Početni parametri vodene pare su t1 = 510 0
C i
p1 = 5,0 MPa. (Nov 2000)
7.20. Vodonik temperature T1 = 55,5 K i pritiska p1 = 2,94 MPa hladi se metodama: a)
reverzibilnog adijabatskog (izoentropskog) širenja i b) adijabatskog prigušenja. Odrediti promenu
temperature datim metodama hlađenja ako se vodonik širi do pritiska p2 = 0,147 MPa.
7.21. Vodonik temperature T1 = 55,5 K i pritiska p1 = 2,94 Mpa se širi do pritiska p2 =
0,589 Mpa. Odrediti promenu temperature vodonika ako je širenje: a) izoentropsko (s = const) i
b) izoentalpijsko (i = const).
7.22. Dva balona jednakih zapremina Va = Vb = V = 10 - 3
m3
spojena su pomoću cevi sa
slavinom. U jednom balonu nalazi se ugljen-dioksid pri pritisku od p1 = 1,013.105
Pa, i
temperaturi od T1 = 290 K, a u drugom - vakuum. Smatrajući da se ugljen-dioksid dobro opisuje
Van der Waals-ovom jednačinom stanja s konstantom a = 3,64.105
Nm4
/ kmol2
i da su zidovi
balona i cevi dobro (adijabatski) izolovani od okolne sredine, odrediti veličinu promene
temperature u prvom balonu posle otvaranja slavine. Specifični toplotni kapacitet pri konstantnoj
zapremini i molarna masa ugljen dioksida iznose cv = 0,645 kJ/kgK i M = 0,044 kg/mol,
respektivno. (Jun ‘02)
7.23. Količina azota od 1 kmol adijabatski se širi u vakuum od početne zapremine V1 = 1
m3
do konačne zapremine V2 = 20 m3
. Odrediti promenu temperature azota ako konstanta a u Van
der Waals-ovoj jednačini iznosi a = 1,35.105
Nm4
/ kmol2
, a specifični toplotni kapacitet pri
konstantnoj zapremini ne zavisi od temperature i zapremine i iznosi Cv = 2,08.104
J/kmolK.

41
7.24. Poznato je da kiseonik pri kritičnoj temperaturi i kritičnom pritisku od pk = 5,05 MPa
ima gustinu ρk = 338 kg/ m3
. Smatrajući da se kiseonik potčinjava Van der Waals-ovoj jednačini
stanja odrediti promenu temperature količine od 11 kg kiseonika pri širenju u vakuum od početne
zapremine V1 = 1 m3
do konačne zapremine V2 = 10 m3
. Maseni specifični toplotni kapacitet
kiseonika pri datoj početnoj zapremini i temperaturi iznosi cv = 656 J/kgK.
7.25. Vodonik, koji se nalazi u sudu zapremine V1 = 1 m3
pod pritiskom p1 = 0,10 MPa i
temperaturi T1 = 300 K, adijabatski se širi u vakuum do konačne zapremine V2 = 20 m3
. Odrediti
promenu temperature smatrajući da se vodonik potčinjava Van der Waals-ovoj jednačini stanja.
Kritična temperatura i kritična zapremina vodonika iznose Tk = 33,2 K i vk = 79,8 cm3
/ mol,
respektivno. Molarni specifični toplotni kapacitet pri konstantnoj zapremini vodonika je Cv =
20,40 kJ/ kmol K
7.26. Odrediti temperaturu na kraju procesa adijabatskog razmagnetisavanja uzorka
paramagnetne soli kalijum hromove stipse [KCr (S04)2 12H2O], kao i količinu toplote koja se
oslobodi pri namagnetisavanju količine od 1 mol ove supstance. Početna vrednost temperature i
jačine magnetnog polja iznose T1 = 10 K i H1 = 5.105
A/m, respektivno. Tablični podaci za datu
supstanciju su: Θs = 0,245 K, R = 16,7 J/kgK, M = 0,499 kg/ mol i C = 5,9 x10-11
JK/ kg(A/m)2
.
Smatrati da se u datoj oblasti ova supstanca potčinjava Curie-evom zakonu (do Θs = 0,245 K).
7.27. Odrediti temperaturu na kraju procesa adijabatskog razmagnetisavanja uzorka
paramagnetne soli cerijummagnezijum nitrata [Ce2 Mg3 (NO3)12 24 H2O] mase m = 50 g, kao i
količinu toplote koja je oslobođena pri procesu izotermnog namagnetisavanja. Početne vrednosti
temperature i jačine magnetnog pola iznose T1 = 2 K i H1 = 5.105
A/m. Tablični podaci su: C =
0,658x10-11
JK/ kg(A/m)2
, R = 10,9 J/ kgK i Θs = 0,0055 K Smatrati da se u datoj oblasti ova
supstanca potčinjava Curie-evom zakonu (do Θs = 0,0055 K).
7.28. Odrediti promenu temperature ΔT = T2 - T1 homogene i izotropne supstancije pri
izoentropskom (reverzibilno adijabatskom) širenju (ili sabijanju) od pritiska p1 do pritiska p2,
ukoliko su poznate vrednosti koeficijenta zapreminskog širenja αv, specifičnog toplotnog
kapaciteta pri konstantnom pritisku cp i gustine ρ, date supstancije.
7.29. Voda, koja se nalazi na temperaturi od t1 = 0 0
C i pritisku p1 = 19,6 MPa,
izoentropski se širi do pritiska p2 = 0,098 MPa. Odrediti promenu temperature vode pri ovom
procesu ako se zna da je za vodu pri datim uslovima koeficijent zapreminskog širenja αv = -
6,1x10-5
K-1
, specifični toplotni kapacitet pri konstantnom pritisku cp = 4,22 kJ/kgK i gustina ρ =
1,000x103
kg/m3
.
7.30. Živa, koja se nalazi na temperaturi od t1 = 0 0
C i pritisku p1 = 4,9 Mpa, izoentropski
se širi do pritiska p2 = 0,098 MPa. Odrediti promenu temperature žive pri ovom procesu ako se
zna da je koeficijent zapreminskog širenja žive pri ovim uslovima αv = 1, 81x10-4
K-1
, specifični
toplotni kapacitet pri konstantnom pritisku cp = 0,140 kJ/kgK i gustina ρ = 1,36.10 4
kg/m3
.
R7. REŠENJA .
R7.1. Kako je
vdpTdsdi += i ds
s
p
dT
T
p
sTdp
Ts
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=),( ,

42
sledi
dT
T
p
vds
s
p
vTdi
sT
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+= . (R7.1.1)
pT v
T
s
p
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
i izraza (R7.1.1) sledi
dT
T
p
vds
v
T
vTdi
sp
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−= , (R7.1.2)
odnosno
dT
T
p
vds
T
v
v
Tdi
s
p
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−= . (R7.1.3)
U slučaju izoentalpijskog procesa (di =0), iz predhodnog izraza (R7.1.3), sledi
s
p
i
T
p
v
T
v
v
T
s
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
. (R7.1.4)
Maksimum izoentalpi određuje se iz uslova
0=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
is
T
, (R7.1.5)
tako da je na osnovu izraza (R7.1.4)
0=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
pT
v
v
T ,
odnosno
T
v
T
v
p
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
, (R7.1.6)
što predstavlja jednačinu krive inverzije.

43
Veličina
sT
p
v ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
u izrazu (R7.1.4) je pozitivna tako da znak nagiba izoentalpi zavisi od odnosa
veličina T i
α
1
, gde je
pT
v
v
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
1
α - koeficijet toplotnog širenja, jer je
α
1
1
1
−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
− T
T
v
v
T
T
v
v
T
pp
.
U oblasti gasne faze i u oblasti zasićenja je T<
α
1
, tako da su izoentalpe opadajuće krive. Pri
velikim gustinama je T>
α
1
, tako da je u ovoj oblasti nagib izoentalpi pozitivan.
R7.2. Kada je a = 0 Van der Waals-ova jednačina može da se napiše u obliku
b
p
RT
v += , (R7.2.1)
tako da je
T
bv
p
R
T
v
p
−
==⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
. (R7.2.2)
U tom slučaju diferencijalni Joule-Thomson-ov efekt iznosi
pp
p
i
i
c
b
c
v
T
v
T
p
T
−=
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=α . (R7.2.3)
Pri konačnom padu pritiska Δp = - |Δp| < 0 pri adijabatskom prigušenju gas će uvek da se
zagreva
0>Δ=Δ=Δ p
c
b
pT
p
iα , (R7.2.4)

44
jer je uvek b > 0 i cp > 0.
R7.3. Kada je b = 0 Van der Waals-ova jednačina može da se napiše u obliku
2
v
a
v
RT
p −= . (R7.3.1)
Kako je
dv
v
p
dT
T
p
vTdp
Tv
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=),( , (R7.3.2)
sledi da je pri p = const, tj. dp = 0
T
v
p
v
p
T
p
T
v
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
. (R7.3.3)
Iz jednačine (R7.3.1) sledi
v
R
T
p
v
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
(R7.3.4)
i
32
2
v
a
v
RT
v
p
T
+−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
, (R7.3.5)
tako da se posle smene (R7.3.4) i (R7.3.5) u (R7.3.3) dobija
)
2
1(
2
32
RTv
a
T
v
v
a
v
RT
v
R
T
v
p −
=
+−
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
. (R7.3.6)
U slučaju malih gustina (ili visokih temperatura), kada je korekcioni član za pritisak mali (a/v2
<<
p ), drugi član u imeniocu izraza (R7.3.6) je mnogo manji od 1:
1
22
2
<<≅
pv
a
RTv
a
,
pa je
RTv
a
RTv
a
2
1
2
1
1
+≅
−
, (R7.3.7)
jer je x
x
−≅
+
1
1
1
, tako da izraz (R7.3.6) može da se napiše u obliku
T
RT
a
v
T
v
p
2
+
≅⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
. (R7.3.8)

45
U datom slučaju [ na osnovu (R7.3.6)] koeficijent adijabatskog prigušenja iznosi:
pp
p
i
i
RTc
a
c
v
T
v
T
p
T 2
≅
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=α . (R7.3.9)
Pri konačnom padu pritiska Δp = - |Δp| u procesu adijabatskog prigušenja gas će da se uvek hladi
0
2
<Δ−=Δ=Δ p
RTc
a
pT
p
iα , (R7.3.10)
jer je uvek a > 0 i cp > 0.
R7.4. Temperatura inverzije (Tinv) i kritična temperatura (Tkr), odrđene su odnosom a/b,
koeficijenata a i b iz Van der Waals-ove jednačine stanja, tj.
Rb
a
Tinv
2
= , (R7.4.1)
Rb
a
Tk
27
8
= . (R7.4.2)
Iz predhodnog izraza sledi da se ove temperature razlikuju za veličinu:
Rb
TTT kinv
⋅
=−=Δ
27
46
, (R7.4.3)
odakle je
46
27 T
Rb
a Δ
= . (R7.4.4)
Smenom dobijenog izraza (R7.4.4) u izraz (R7.4.1) sledi
K
T
Tinv 8,35
23
5,3027
23
27
=
⋅
=
Δ
= .
R7.5. Iz izraza (R7.6.7) , za realan gas, koji je opisan Van der Waals-ovo jednačinom
2
v
a
bv
RT
p −
−
= , sledi izraz za diferencijalni Joule-Thomson-ov efekt:
32
22
32
2
)(
2
)(1
2
)(
11
v
a
bv
RT
v
a
bv
RTb
c
v
v
a
bv
RT
bv
R
T
c
v
T
v
T
cp
T
ppppi
i
−
−
+
−
−
⋅=
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−⋅=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=α
Iz poslednjeg izraza sledi da je jednačina krive inverzije (αi =0) oblika

46
0
2
)( 22
=−
− v
a
bv
RTb
, (R7.5.1)
odnosno
2
1
2
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
v
b
Rb
a
T . (R7.5.2)
Kriva inverzije prikazana je grafički na slici R7.2 u T, v-dijagramu.
R7.6. Iz Van der Waals-ove jednačine napisane u obliku
2
v
a
bv
RT
p −
−
= , (R7.6.1)
sledi
bv
R
T
p
v −
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
(R7.6.2)
i
32
2
)( v
a
bv
RT
v
p
T
+
−
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
. (R7.6.3)
Na osnovu relacije
1−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
Tvp v
p
p
T
T
v
(R7.6.4)
sledi
T
v
p
v
p
T
p
T
v
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
, (R7.6.5)
tako da se smenom (R7.6.2) i (R7.6.3) u izraz (R4.7.5) dobija

47
3232
2
)(
2
)( v
a
bv
RT
bv
R
v
a
bv
RT
bv
R
T
v
p −
−
−=
+
−
−
−−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
. (R7.6.6)
Smenom izraza (R7.6.6) u izraz (R.7.2.3) za diferencijalni Joule- Thomson-ov efekt
p
p
i
i
c
v
T
v
T
p
T
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=α
dobija se
[ ]
[ ]
)7.6.7(.
)/(2
)/(1
1
)/(1
2
1
2
)(
2
)(1
2
)(
11
2
2
32
22
32
R
RT
va
vb
vb
b
RT
a
c
v
a
bv
RT
v
a
bv
RTb
c
v
v
a
bv
RT
bv
R
T
c
v
T
v
T
c
p
pppp
i
⋅
−
−
−
−
⋅=
=
−
−
+
−
−
⋅=
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−⋅=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=α
Kako je 1<<
v
b
i 1<<
v
a
iz poslednjeg izraza sledi
p
i
c
b
RT
a
−
≅
2
α . (R7.6.8)
Promena temperature pri izoentalpijskom širenju (i = const), tj. pri adijabatskom prigušenju, u
slučaju konačnog pada pritiska Δp = - |Δp|, na osnovu izraza (R7.6.8), iznosi
p
c
b
RT
a
pT
p
i Δ
−
=Δ=Δ
2
α . (R7.6.8)
Iz ovog izraza, koji je dobijen za slučaj niskih pritisaka i malih gustina, dobija se izraz za
temperaturu inverzije (
p
i
c
b
RT
a
−
≅
2
α =0)
Rb
a
Tinv
2
= . (R7.6.9)
Na osnovu (R7.6.9) i (R7.6.8) sledi
p
T
T
c
b
p
c
b
RT
a
T inv
pp
Δ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=Δ
−
=Δ 1
2
. (R7.6.10)

48
Kako je uvek (b, cp > 0) u slučaju kada je T > Tinv gas se pri adijabatskom prigušenju hladi (ΔT<
0), a kada je T < Tinv gas pri procesu adijabatskog prigušenja zagreva (ΔT > 0). Kada je
Rb
a
TT inv
2
== pri pocesu adijabatskog prigušenja temepratura gasa se ne menja.
R7.7. Entalpija vlažne pare pri početnom pritisku p1 = 1,90 MPa i stepenu suvoće x1 =
0,95 iznosi i1 = 2705 kJ/kg. Iz i, s- dijagrama za vodenu paru dobija se da je početna
temperatura vlažne pare t1 = 200 0
C a entropija s1 =7,125 kJ/kgK.
a) Kako se posle prolaza kroz prigušni ventil entalpija nije promenila, tj. i2 = i1 = 2705
kJ/kg, iz preseka izoentalpe i2 = i1 = const s izobarom p2 = 0,20 MPa dobija se da je stepen suvoće
pare x2 = 1,00, što znači da je para apsolutno suva.
b) Konačna temperatura pare u parovodu je t1 = 120 0
C, a entropija s2 = 6,165 kJ/kgK. Pri
procesu prigušenja entropija pare je porasla za Δs = s2 - s1 = 0,960 kJ/kgK.
c) Veličina srednjeg diferencijalnog efekta prigušenja iznosi
( )
MPa
C
MPa
C
p
T
i
sri
00
06,47
2,09,1
120200
=
−
−
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
Δ
Δ
=α .
R7.8. Iz tablice veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od pritiska, dobija se
da su pri pritisku p1 = 3,00 MPa = 30 bara parametri pare sledeći:
t1 = 233,83 0
C, i1’ = 1008,35 kJ/kg, i1’’ = 2803 kJ/kg. Pri p2 = 0,20 MPa = 2,0 bara je t2 =
120,22 0
C, v2’ = 1,0606 dm3
/kg, v2’’ = 0,8860 m3
/kg, i2’ = 504,72 kJ/kg, i2’’ = 2707 kJ/kg.
a) Integralni Joule-Thompson-ov efekt iznosi:
ΔT = T2 - T1 = (120,22 - 233,83) 0
C = - 113,61 K.
b) Kako je
kg
kJ
xiiii i
54,262390,0)35,10082803(35,1008)( 11
''
1
'
11 =⋅−+=−+=
Posle prigušenja entalpija se nije promenila
12
'
2
''
2
'
22 )( ixiiii =−+=
tako da je stepen suvoće pare na izlazu iz prigušnog ventila
962,0
72,5042707
72,50454,2623
'
2
''
2
'
21
'
2
''
2
'
22
2 =
−
−
=
−
−
=
−
−
=
ii
ii
ii
ii
x .
Specifična zapremina posle prigušenja iznosi
kg
m
xvvvv
3
33
2
'
2
''
2
'
22 8523,0962,0)100606,18860,0(100606,1)( =⋅⋅−+⋅=⋅−+= −−

49
R7.9. Iz tablice veličine stanja ključale vode i suve pare u zavisnosti od pritiska, dobija se
da su pri pritisku p1 = 9,00 MPa = 90,0 bara parametri pare sledeći:
t1 = 303,31 0
C, i1’ = 1363,51 kJ/kg, i1’’ = 2742 kJ/kg, s1’ = 3,2866 kJ/kgK, s1’’ = 5,678
kJ/kgK.
Pri p2 = 2,00 MPa = 20,0 bara parametri pare sledeći: t2 = 212,37 0
C, i2’ = 908,53 kJ/kg, i2’’ =
2799 kJ/kg, s2’ = 2,4467 kJ/kgK, s2’’ = 6,340 kJ/kgK.
a) Srednji diferencijalni Joule Thompson-ov efekt iznosi
( )
MPa
C
MPa
C
p
T
i
sri
00
99,12
00.200.9
37,21231,303
=
−
−
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
Δ
Δ
=α
b) Kako je u početku vodena para bila suvozasićena 11 =x , sledi
kg
kJ
ii 2742''
11 == .
Posle prigušenja entalpija se nije promenila
''
112
'
2
''
2
'
22 )( iixiiii ==−+= ,
tako da je stepen suvoće vodene pare posle prigušenja
970,0
53,9082799
53,9082742
'
2
''
2
'
2
''
1
'
2
''
2
'
22
2 =
−
−
=
−
−
=
−
−
=
ii
ii
ii
ii
x .
c) Entropija suvozasićene vodene pare iznosi
kgK
kJ
ss 678,5''
11 == . Posle prigušenja entropija
vlažne vodene pare je
kgK
kJ
xssss 2232,6970,0)4467,2340,6(4467,2)( 2
'
2
''
2
'
22 =⋅−+=−+=
Po definiciji, gubitak radne sposobnosti (eksergije) iznosi (R3.7.1):
).()( 21021 ssTii
m
L
e mk
−−−=
Δ
=Δ
Kako je pri prigušenju i1 = i2 (izraz R3.7.2) gubitak eksergije iznosi
kg
kJ
ssTe 56,163)2232,6678,5(300)( 210 =−⋅−=−−=Δ .
R7.10. Iz tablica za vodenu paru se dobija da je pri p1 = 12,00 MPa = 120 bara: t1 =
324,64 0
C, i1’ = 1491,13 kJ/kg, i1’’ = 2684 kJ/kg, s1’ = 3,4964 kJ/kgK, s1’’ = 5,492 kJ/kgK. Pri
p2 = 1,00 MPa je t2 = 179,88 0
C, i2’ = 762,71 kJ/kg, i2’’ = 2778 kJ/kg, s2’ = 2,1382 kJ/kgK, s2’’
= 6,586 kJ/kgK.
Kako je u početku para suvozasićena (x1 =1,00) njena entalpija iznosi i2 = i1 = i1’ = 2684 kJ/kg.
Obzirom da je , stepen suvoće pare posle prigušenja iznosi''
112
'
2
''
2
'
22 )( iixiiii ==−+=

50
953,0
71,7622778
71,7622684
'
2
''
2
'
2
''
1
'
2
''
2
'
22
2 =
−
−
=
−
−
=
−
−
=
ii
ii
ii
ii
x .
Srednji diferencijalni efekt prigušenja je
( )
MPa
C
MPa
C
pp
tt
p
t
p
T
ii
sri
00
12
12
16,13
00,1200,1
64,32488,179
=
−
−
=
−
−
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
Δ
Δ
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
Δ
Δ
=α
Entropija pare posle prigušenja je
kgK
kJ
xssss 377,6953,0)1382,2586,6(1382,2)( 2
'
2
''
2
'
22 =⋅−+=−+=
Gubitak radne sposobnosti (eksergije) u procesu prigušenja iznosi (R3.7.1):
kg
kJ
ssTssTssTssTiie
5,265)492,5377,6(300
)()()().()( ''
12012021021021
=−=
=−=−=−−=−−−=Δ
R7.11. Pritisku p2 = 0,10 MPa (1 bar) odgovarala bi temperatura zasićene pare od 99,62
0
C. Kako je t2 = 135 0
C sledi da je pri datom pritisku para pregrejana.
Iz tabele za pregrejanu vodenu paru, linearnom interpolacijom, nalazi se da pri datom pritisku i
temperaturi (p2 , t2) entalpija iznosi i2 = 2747 kJ/kg (za t = 120 0
C, i = 2717 kJ/kg, za t = 140 0
C,
i = 2757 kJ/kg).
Pritisku p1 = 1,20 MPa = 12,0 bara odgovaraju sledeći parametri vlažne pare: t1 = 187,95 0
C, i1’
= 798,61 kJ/kg, i1’’ = 2784 kJ/kg. Kako se entalpija po završetku procesa prigušenja nije
promenila (i2 = i1), sledi , tako da je stepen suvoće pare u parovodu12
'
1
''
1
'
11 )( ixiiii =−+=
981,0
61,7982784
61,7982747
'
1
''
1
'
12
'
1
''
1
'
11
1 =
−
−
=
−
−
=
−
−
=
ii
ii
ii
ii
x .
Do istog rezultata može da se dođe korišćenjem i,s-dijagrama.
R7.12. Iz tablica za pregrejanu vodenu paru sledi da za p1 = 16,00 MPa = 160 bara i t1 =
360 0
C entalpija i entropija imaju sledeće vrednosti: i1 = 2711 kJ/kg, s1 = 5,457 kJ/kgK.
Iz tablica veličine stanja za ključalu vodu i suvu paru sledi da su za p2 = 2,00 MPa=20 bara i t2 =
212,37 0
C parametri stanja sledeći: i2’ = 908,53 kJ/kg, i2’’ = 2799 kJ/kg, s2’ = 2,4467 kJ/kgK,
s2’’ = 6,340 kJ/kgK.
Integralni Joule-Thompson-ov efekt iznosi:
KCttTTT 63,147)36037,212( 0
1212 −=−=−=−=Δ
Kako je i2 = i1 , sledi
953,0
53,9082799
53,9082711
'
2
''
2
'
21
'
2
''
2
'
22
2 =
−
−
=
−
−
=
−
−
=
ii
ii
ii
ii
x
Na osnovu predhodnog sledi da entropija pare posle prigušenja iznosi

51
kgK
kJ
xssss 1570,6953,0)4467,2340,6(4467,2)( 2
'
2
''
2
'
22 =⋅−+=−+= .
Gubitak radne sposobnosti (eksergije) iznosi
kg
kJ
ssTssTssTssTiie
00,210)457,51570,6(300
)()()().()( ''
12012021021021
=−⋅=
=−=−=−−=−−−=Δ
R7.13. a) Iz priložene tablice sledi da je
kgK
m
kgK
m
T
v
p
3
5
3
100,6
20
0335,00347,0 −
⋅=
−
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
Δ
Δ
Koeficijent adijabatskog prigušenja (diferencijalni Joule Tompson-ov efekt) iznosi
MPa
K
Pa
K
c
v
T
v
T
c
v
T
v
T
p
T
p
p
p
p
i
i
00,51000,5
10577,2
0341,0100,6783
6
3
5
=⋅=
=
⋅
−⋅⋅
=
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
Δ
Δ
≅
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
−
−
α
.
b) Integralni efekt prigušenja, pri datoj razlici pritisaka, iznosi
KpppT ii 00,9)00,88,9(00,5)( 21 −=−−=−−=Δ≅Δ αα .
R7.14. Temperatura inverzije određuje se iz uslova da je αi = 0, tj.
0=
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
p
p
i
i
c
v
T
v
T
p
T
α
Kako je (jedna od Maxwell-ovih jednačina)
Tp p
s
T
v
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
sledi
0=
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
p
T
i
i
c
v
p
s
T
p
T
α

52
Kako je , sledivdpTdsdi +=
v
p
s
T
p
i
TT
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
tako da je
0=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
=
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
p
T
p
T
i
i
c
p
i
c
v
p
s
T
p
T
α
Tačke inverzije nalazi se iz uslova
0=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
T
p
i
.
Tačka inverzije, tj. pritisak koji odgovara datoj temperaturi inverzije, nalazi se iz minimuma krive
zavisnosti entalpije od pritiska (Slika R7.3), koja je formirana na osnovu podataka iz priložene
tabele. U konkretnom slučaju entalpija ima minimum kada pritisak dostigne vrednost pi ≅ 19
MPa.
R7.15. U slučaju adijabatskog (izoentropskog reverzibilnog) širenja realnog gasa
koeficijent reverzibilnog adijabatskog širenja iznosi (pogledaj zadatak 4.2):
pps
s
T
v
c
T
p
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=α ,
tako da u slučaju malog konačnog pada pritiska promena temperature pri adijabatskom širenju
iznosi

53
pp
s
T
v
c
pT
pT ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂Δ
=Δ≅Δ α .
U slučaju kada realan gas može da se smatra idealnim iz jednačine stanja idealnog gasa
p
RT
v =
sledi
p
R
T
v
p
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
,
tako da je promena temperature
.75,15
1020,1101
10)00,195,0(2971273
36
6
K
pc
pTR
T
p
−=
⋅⋅⋅
−⋅⋅
=
Δ
≅Δ
Konačna temperatura azota je
.CTTT 0
12 2,98475,151000 =−=Δ+=
R7.16. Iz priložene tabele sledi
kgK
m
kgK
m
T
v
p
3
4
3
1005,1
10
06999,007104,0 −
⋅=
−
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
Δ
Δ
.
a) koeficijent reverzibilnog adijabatskog širenja iznosi (rešenje zadatka 7.15):
MPa
K
T
v
c
T
T
v
c
T
p
T
pppps
s 85,34
1034,2
10055,1773
3
4
=
⋅
⋅⋅
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
Δ
Δ
≅⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
−
α .
Pri konačnom padu pritiska promena temperature iznosi
KpppT sss 94.13)90,450,4(85,34)()( 12 −=−⋅=−=Δ≅Δ αα .
b) Koeficijent adijabatskog prigušenja (diferencijalni Joule Tompson-ov efekt) iznosi (pogledati
rešenje zadatka 7.13)
MPa
K
v
T
v
T
cp
T
ppi
i 94,4
1034,2
06999,010055,17731
3
4
=
⋅
−⋅⋅
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
Δ
Δ
≅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
−
α .
b) Integralni efekt prigušenja, pri konačnoj razlici pritisaka, iznosi
KpppT iii 98,1)90,450,4(94,4)()( 12 −=−⋅=−=Δ≅Δ αα .
Na osnovu predhodnog može da se uoči da je efekt hlađenja pri izoentropskom širenju vodene
pare znatno veći nego u slučaju adijabatskog prigušenja

54
K
c
v
ppTTT
p
isis 96,11)()()( =Δ=−Δ=Δ−Δ=Δ αα
R7.17. Kako je
pps
s
T
v
c
T
p
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=α
i
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
= v
T
v
T
cp
T
ppi
i
1
α
sledi
p
is
c
v
=−αα ,
tako da je
kgK
kJv
c
is
p 652,2
1049,10
02782,0
6
=
⋅
=
−
= −
αα
.
R7.18. Kako je
pps
s
T
v
c
T
p
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=α
i
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
= v
T
v
T
cp
T
ppi
i
1
α ,
Sledi
α
α
T
T
v
v
T
T
v
T
v
T
v
T
v
T
v
T
ppp
p
s
i 1
1
1
1
11 −=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
∂
,
gde je
pT
v
v
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
1
α koeficijent toplotnog širenja pri konstantnom pritisku,
tako da je
13
1046,1
26,7
1
1793
1
1
1 −−
⋅=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⋅
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
= K
T
s
i
α
α
α
R7.19. Iz i, s-dijagrama za vodenu paru nalazi se da je u početnom stanju:
v1 = 0,07 m3
/kg, i1 = 3445 kJ/kg, s1 = 7,005 kJ/kgK.
Slično se dobija interpolacijom (izmedju temperatura 500 i 520 0
C ) iz tablica veličine stanja
pregrejanje pare da je za temperaturu od 510 0
C i pritisak 5,0 MPa = 50 bara:
v1 = 0,0696 m3
/kg, i1 = 3456 kJ/kg, s1 = 7,004 kJ/kgK.

55
Pri ispustu pritisak naglo pada na vrednost pritiska okolne stredine tako da je specifični rad
. S obzirom da je ispust adijabatski proces, promena specifične unutrašnje
energije iznosi
)( 1222 vvpvpl −=Δ=
)( 12212 vvpluuu −−=−=−=Δ . Promena specifične entalpije pvui += pri
datom procesu je:
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−−=
=−=−+−−=−+−=−=Δ
1
2
11
1112112212211221212
1
)()()()(
p
p
vp
vpvpvpvpvvpvpvpuuiii
U datom slučaju je p2 = p0 tako da promena entalpije iznosi:
kg
kJ
p
p
vp
p
p
vpi 04,341
5
1,0
1070,0100,511 6
1
0
11
1
2
11 −=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⋅⋅−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−−=Δ ,
Tako da je .3115341345612
kg
kJ
uii =−=Δ+=
Iz preseka izoentalpe i2 = 3115 kJ/kg i izobare p2 = p0 = 0,10 MPa nalazi se da je konačna
temperatura vodene pare t2 = 321 0
C. Do istog rezultata se dobija korišćenjem tablica za vodenu
paru.
Osim toga, dobija se da je s2 = 8,285 kJ/kgK, tako da je promena specifične entropije
Δs = s2 -s1 = 8,285 - 7,005 = 1,280 kJ/kgK.
Gubitak specifične eksergije iznosi
Δe = - T0 Δs = - T0 (s2 - s1) = -733 kJ/kg.
R7.20. Iz T, s- dijagrama za vodonik, za date početne parametre stanja, dobija se:
i1 = 963 kJ/kg, s1 = 31,8 kJ/kgK.
a) pri izoentropskom širenju (s2 = s1 = 31,8 kJ.kgK) do pritiska p2 = 0,147 MPa vodonik se
ohladio do temperature (T2)s = 22 K. Stepen suvoće zasićene pare vodonika pri datim uslovima je
x = 0,81. Vodonik se ohladio za (ΔT)s = - 33,5 K.
b) pri adijabatskom prigušenju je i1 = i2 = 963 kJ/kg, tako da se iz preseka date izoentalpe s
izobarom p2 = 0,147 MPa dobija (T2)i = 43 K i s2 = 43,2 kJ/kgK. Vodonik se ohladio za (ΔT)i =
- 12,5 K.
R7.21. Iz T, s- dijagrama za vodonik, za date početne parametre stanja, dobijaju se sledeći
podaci:
a) Is preseka izoentrope s2 = s1 = 31,8 kJ/kgK sa izobarom p2 = 0,589 MPa dobija se da je (T2)s =
29 K. Promena temperature iznosi (ΔT)s = - 26,5 K.

56
b) pri izoentalpijskom širenju (adijabatskom prigušenju) je i1 = i2 = 963 kJ/kg, tako da se iz
preseka date izoentalpe s izobarom p2 = 0,589 MPa dobija (T2)i = 45,5 K i s2 = 37,7 kJ/kgK.
Vodonik se ohladio za (ΔT)i = - 10,0 K.
R7.22. Iz Van der Waals-ove jednačine stanja za n = m/M molova realnog gasa, gde je m-
masa gasa a M-njegova molarna masa:
RTnbV
V
a
np =−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+ )(2
2
, (R7.21.1)
sledi
22
vM
a
M
b
vM
RT
p −
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
= ,
tako da je
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
M
b
vM
R
T
p
v
. (R7.21.2)
Pri adijabatskom isticanju u vakuum je du = 0, jer je 0=qδ i 0=lδ , tako da je elementarna
promena temperature data izrazom
dv
c
T
p
Tp
dv
v
T
dT
v
v
u
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=
Konačna promena temperature pri adijabatskom isticanju u vakuum iznosi
dv
T
p
Tp
c
TTT
vv
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−=−=Δ ∫
2
1
12
1
, (R7.21.3)
tako da se smenom izraza (R7.21.2) u (R7.21.3) dobija
)4.21.7(.
11
1
21
21
2
12
2
2
1
2222
2
1
12
R
vv
vv
Mc
a
vvMc
a
v
dv
Mc
a
dv
M
b
vM
R
T
vM
a
M
b
vM
RT
c
TTT
vv
vv
−
⋅=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
=−=
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=−=Δ ∫∫
Kako je v = V/m i Cv = Mcv, sledi

57
21
21
VV
VV
MC
ma
T
v
−
⋅=Δ . (R7.22.5)
U datom slučaju je V1 = Va = V = 10-3
m3
i V2 = Va + Vb = 2Va = 2V = 2.10- 3
m3
. Osim toga je
Cv =Mcv = 0,044 . 645 J/mol K = 28,38 J/mol K.
n = p1 V1 / Ru T1 = 1,013.105
.10-3
/ 8,314.290 mol = 0,0420 mol = 4,20.10-2
mol, gde je Ru -
univerzalna gasna konstanta.
Iz izraza (R7.22.5) sledi da je u balonu temperature opala za
.269,0
38,28102
1064,3102,4
22
)2(
3
12
2
K
VC
na
VC
VVna
T
vv
−=
⋅⋅
⋅⋅⋅
−=−=
⋅
−
=Δ −
−−
R7.23. Na osnovu izraza (R7.22.5) sledi
K
VV
VV
C
na
VV
VV
MC
ma
T
vv
16,6
201
201
1008,2
1035,11
4
5
21
21
21
21
−=
⋅
−
⋅
⋅
⋅⋅
=
−
⋅=
−
⋅=Δ .
R7.24. Pri adijabatskom širenju u vakuum promena (sinženje) temperature iznosi
(R7.22.5) :
21
21
2
21
21
VV
VV
cM
ma
VV
VV
MC
ma
T
vv
−
⋅=
−
⋅=Δ .
Kako je 2
27b
a
pk = i , sledi da je konstanta a u Van der Waals-ovoj jednačini stanja
povezana sa kritičnim parametrima p
bvk 3=
k i vk izrazom: .2
3 kkvpa =
Obrirom da je:
mol
m
kg
m
v
k
k
3
5
3
3
10466,910958,2
338
11 −−
⋅=⋅===
ρ
.
sledi
2
4
2
4
6262
1356,056.13210958,21005,533
mol
Nm
kg
Nm
vpa kk ==⋅⋅⋅⋅== −
.
Molarni specifični toplotni kapacitet pri konstantnoj zapremini je:
molK
J
McC vv 99,20656032,0 =⋅== .
Zamenom brojnih vrednosti u izraz (R7.22.5) dobija se da je
K
VV
VV
MC
ma
T
v
00,2
1099,20032,0
)101(1356,011
21
21
−=
⋅⋅
−⋅⋅
=
−
⋅=Δ

58
R7.25. Pri adijabatskom širenju u vakuum promena (sinženje) temperature iznosi
(R7.22.5)
21
21
21
21
VV
VV
C
na
VV
VV
MC
ma
T
vv
−
⋅=
−
⋅=Δ ,
gde je, u ovom slučaju, broj molova mol
TR
Vp
n
u
09,40
300134,8
11010,0 6
1
11
=
⋅
⋅⋅
== .
Kako je
bR
a
T
u
k
27
8
= i , gde je Rbvk 3= u - univerzalkna gasna konstanta, sledi
2
4
6
02478,02,33108,79314,8
8
9
8
9
mol
Nm
TvRa kku =⋅⋅⋅⋅== −
.
Pad temperature pri pri adijabatskom širenju vodonika u vakuum u ovom slučaju iznosi
K
VV
VV
C
na
T
v
046,0
20140,20
)201(02478,009,40
21
21
−=
⋅⋅
−⋅⋅
=
−
⋅=Δ .
R7.26. Na osnovu tabličnih podataka je:
2
22
015,0
4
245,0
4
KA s
==
Θ
= i
2
10
11
10355,2
015,07,16
109,5
−
−
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅=
⋅
⋅
=
m
A
RA
C
Temperatura na kraju procesa adijabatskog razmagnetisavanja iznosi:
K
H
RA
C
T
T 29,1
)105(10355,21
10
1
2510
2
1
1
2 =
⋅⋅⋅+
=
⋅+
=
−
Uslučaju jačih polja, kada je 12
1 >>⋅ H
RA
C
, konačna temperatura pri adijabatskom
razmagnetisavanju paramagnetnih soli može približno da se izračuna na osnovu izraza
K
RA
C
H
T
H
RA
C
T
T 30,1
1 1
1
2
1
1
2 =≅
⋅+
=
Toplota, koja je oslobođena u procesu izotermnog namagnetisavanja, iznosi:
kg
J
T
CH
q 7375,0
102
)105(109,5
2
2511
1
2
1
−=
⋅
⋅⋅
−=−=
−
JnMqmqQ 368,0)7375,0(499,01 −=−⋅⋅=== .
R7. 27. Na osnovu tabličnih podataka je

59
26
232
10562,7
4
)105,5(
4
KA s −
−
⋅=
⋅
=
Θ
=
i
2
8
6
11
10983,7
10562,79,10
10658,0
−
−
−
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅=
⋅⋅
⋅
=
m
A
RA
C
,
tako da temperatura na kraju procesa adijabatskog razmagnetisavanja iznosi:
K
H
RA
C
T
T 0142,0
)105(10983,71
2
1
258
2
1
1
2 =
⋅⋅⋅+
=
⋅+
=
−
.
Kako je
kg
J
T
CH
q 411,0
22
)105(10658,0
2
2511
1
2
1
−=
⋅
⋅⋅
−=−=
−
, oslobo|ena toplota u procesu
izotermnog namagnetisavanja iznosi:
mJmqQ 5,20)411,0(050,0 −=−⋅== .
R7.28. Promena temperature pri izoentropskom širenju
∫∫ =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=Δ
2
1
2
1
dpdp
p
T
T s
s
α ,
gde je
s
s
p
T
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=α -koeficijent izoentropskog (reverzibilnog adijabatskog) širenja. Na osnovu
termodinamičke relacije
pps
T
v
c
T
p
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
, koja je dokazana u zadatku 4.2, sledi
pps
s
T
v
c
T
p
T
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
=α .
U slučaju malih promena pritiska (ili kada αs slabo zavisi od pritiska), dobija se
p
T
v
c
T
pT
pp
s Δ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=Δ≅Δ α .
Kako je koeficijent zapreminskog širenja dat relacijom
pp
v
T
v
T
v
v
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
= ρα
1
, sledi
ρ
αv
pT
v
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
,
tako da je
)( 12 pp
c
T
p
c
T
p
T
v
c
T
T
p
v
p
v
pp
−=Δ=Δ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=Δ
ρ
α
ρ
α
.

60
R7.29. U slučaju relativno male promene pritiska i kada koeficijent izoentropskog širenja
αs slabo zavisi od pritiska, važi sledeća relacija (pogledaj rešenje zadatka 7.28)
p
c
T
p
T
v
c
T
pT
p
v
pp
s Δ=Δ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=Δ≅Δ
ρ
α
α ,
jer je
ρ
αv
pT
v
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
.
Zamenom brojnih vrednosti u gornju relaciju dobija se da će temperatura vode da poraste za
Kpp
c
T
T
p
v
077,010)6,19098,0(
1011022,4
)101,6(273
)( 6
33
5
12 =⋅−
⋅⋅⋅
⋅−⋅
=−=Δ
−
ρ
α
.
ΔT= 273 (-6,1 x 10 - 5
) (0,098 - 19,6) x 106
/ 4,22 x 103
x 1,00 x 103
K = 0,077 K.
R7.30. Promena temperature žive pri datom izoentropskom širenju (pogledati zadatak
7.29) iznosi
Kp
c
T
p
T
v
c
T
pT
p
v
pp
s 125,0
1036,1140
10)9,4098,0(1081,1273
4
64
−=
⋅⋅
⋅−⋅⋅⋅
=Δ=Δ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
=Δ≅Δ
−
ρ
α
α
8. PROTICANJE I ISTICANJE FLUIDA
8.1. Vazduh temperature t1 = 27 0
C i pritiska p1 = 0,16 MPa ističe iz rezervoara kroz cev
preseka A = 50 mm2
u sredinu pritiska p0 = 0,10 MPa. Odrediti: a) parametre vazduha na izlazu
iz cevi; b) brzinu isticanja i c) maseni protok. Smatrati da je isticanje izoentropsko. Zanemariti
kontrakciju mlaza. Uzeti da je gasna konstanta za vazduh R= 287 J/kgK. (Sept 99)
8.2. Iz rezervoara, pod pritiskom p1 = 0,15 MPa i na temperaturi t1 = 17 0
C, ističe argon
kroz mali otvor (pukotinu) preseka A = 1 mm2
u sredinu pritiska p0 = 0,10 MPa. Smatrajući da je
isticanje izoentropsko odrediti masu isteklog gasa tokom Δt = 12 h. Zanemariti kontrakciju mlaza.
Molarna masa argona je M = 0,040 kg/mol.
C, ističe kiseonik
u sredinu pritiska p0 = 0,50 MPa kroz konvergentni mlaznik. Površina poprečnog preseka izlaznog
dela mlaznika je A2 =20 mm2
. Odrediti maseni protok kiseonika. Smatrati da je kiseonik pri datim
uslovima idealan gas, gasne konstante R = 259,7 J/kgK. (Jan ‘05)
8.4. Vazduh na pritisku p1 = 10 bara i temperaturi t1 = 300 0
C ističe kroz pravilno
dimenzionisan (de Lavalov) mlaznik u okolinu pritiska od p0 = 1 at. Maseni protok vazduha je G
= 4 kg/s. Odrediti: a) kritičan pritisak, kritičnu specifičnu zapreminu i kritičnu brzinu, b)
minimalan presek mlaznika i c) brzinu i presek na izlazu mlaznika. (Sept ‘90).

61
8.5. Odrediti prečnik kružnog preseka izlaznog dela konvergentnog mlaznika da bi pri
ispuštanju azota iz rezervoara, u kome se nalazi pod pritiskom p1 = 0,40 MPa i na temperaturi t1 =
27 0
C, u sredinu pritiska p0 = 0,30 MPa, maseni protok iznosio G = 72,0 kg/h. Gasna konstanta
azota je R = 296,9 J/kgK. Smatrati da je azot pri datim uslovima idealan gas. Zanemariti otpore
pri proticanju.
C, ističe ugljen
dioksid u sredinu pritiska p0 = 0,5 MPa, kroz konvergentni mlaznik. Površina poprečnog preseka
na izlazu iz mlaznika je A2 = 30 mm2
. Odrediti: a) temperaturu gasa na izlazu iz mlaznika i b)
maseni protok gasa. Molarna masa ugljen dioksida je M = 0,044 kg/mol. Eksponent adijabate
iznosi k = 1,30. (Jun ‘05)
8.7. Odrediti brzinu isticanja vazduha iz suda u kome se nalazi pod pritiskom p1 = 1,00
MPa i na temperaturi t1 = 27 0
C u sredinu pritiska p0 = 0,1 MPa pri isticanju kroz: a) konvergentni
mlaznik i b) konvergentno-divergentni (de Lavalov) mlaznik. Uzeti da je Gasna konstanta R =
287 J/kgK.
8.8. Odrediti površine preseka i odgovarajuće parametre vazduha na mestu najužeg i
najšireg dela de Lavalovog mlaznika, ako su pritisak i temperatura vazduha na ulazu u mlaznik p1
= 0,80 MPa, t1 = 17 0
C, respektivno a spoljašnji pritisak p0 = 0,1 MPa. Maseni protok vazduha je
G = 3600 kg/h. Gasna konstanta vazduha je R = 287 J/kgK. (Jul ‘05)
8.9. Iz rezervoara, u kome se nalazi pod pritiskom p1 = 1,00 MPa i na temperaturi t1 = 227
0
C, vazduh ističe kroz konvergentni mlaznik u sredinu pritiska p0 = 0,10 MPa. Površina preseka
najužeg dela mlaznika iznosi Amin = 20 mm2
. Na konvergentni mlaznik se stavi divergentni
dodatak (naglavak) tako da se formira de Lavalov mlaznik. Veličina izlaznog preseka tako
dobijenog mlaznika je A2 =1,60 A1. Gasna konstanta vazduha je R = 287 J/kgK. Zanemariti
trenje i početnu brzinu isticanja vazduha. Odrediti: a) maseni protok iz formiranog mlaznika; b)
kritični odnos pritisaka p2/p1 na izlazu iz mlaznika; c) brzinu isticanja iz mlaznika i d) odnos
prečnika D2/D1 najšireg i najužeg dela pravilno dimenzionisanog de Lavalovog mlaznika, tako da
bude p2 = p0 .
8.10. Proračunati de Lavalov mlaznik i odrediti brzinu isticanja azota iz njega u okolnu
sredinu pritiska p0 = 0,1 MPa, ako su pritisak i temperatura na ulazu u mlaznik p1 = 1,6 MPa i t1 =
57 0
C, respektivno. Maseni protok gasa je G = 360 kg/h. Smatrati da je isticanje izoentropsko sa
zanemarljivom početnom brzinom. Ugao proširenja divergentnog dela mlaznika je 8 0
. (Nov
2000)
8.11. Vazduh pod pritiskom od p1 = 1,0 M Pa i temperaturi t1 = 1000
C adijabatski ističe iz
konvergentno-divergentnog (de Lavalovog) mlaznika u sredinu pritiska p2 = 0,1 M Pa. Ugao
širenja divergentnog dela mlaznika je α = 10 0
. Maseni protok vazduha je G = 1,44 . 104
kg/h.
Odrediti karakteristične dimenzije mlaznika. (Sept ‘05)
8.12. Parametri vodene pare na ulazu u de Lavalov mlaznik iznose p1 = 0,50 MPa, t1 = 310
0
C. Vodena para se širi do pritiska p2 = 0,030 MPa, pri čemu je stepen suvoće x2 = 0,99. Odrediti:
a) brzinu isticanja iz mlaznika i b) stepen dobrote mlaznika. Za vodenu paru je eksponent
adijabate k = 1,33.
8.13. Pregrejana vodena para pritiska p1 = 1,2 M Pa i temperature T1 = 573 K adijabatski
ističe iz mlaznika u sredinu pritiska p0 = 0,1 M Pa. Na osnovu i, s-dijagrama, drediti brzinu

126094534 termotehnika-zbirka

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (9)

126094534 termotehnika-zbirka