Fizika | Hőtan » Műszaki hőtan példák megoldással

Műszaki hőtan példák megoldással 1. Házi feladat 1. Feladat Egy CO2 gázt tartalmazó 2 méter átmérőjű gázharang tömege 60 tonna. A gáz térfogata V = 33 m3, t1 = 10 °C hőmérsékleten. Külső hőközlés következtében a gáz hőmérséklete t2 = 55°C lesz, és p = állandó mellett kiterjed. Kiszámítandók a CO2 gáz termodinamikai állapotjelzői a kezdeti és végpontban, a kalorikus állapotjelzők változása, a közölt hő és az állapotváltozás munkája. A CO2 gáz gázállandója R = 0,189 kJ/kgK, fajhője cp = 0,825 kJ/kgK. Megoldás Ismert adatok: V1 = 33 m3 t1 = 10 °C = 283 K t2 = 55 °C = 328 K p = állandó d=2m M = 60 t = 60000 kg R = 0,189 kJ/kgK c = 0,825 kJ/kgK Mivel p = állandó , ezért p1 = p 2 . p= 4 ⋅ M ⋅ g 4 ⋅ 60000 ⋅ 9,81 F M ⋅g = = = = 187357,199 Pa = 187,357 kPa A  d 2 ⋅π  22 ⋅π d 2 ⋅π    4  p ⋅ V1 = m ⋅ R ⋅ T1 ⇒ m = p ⋅ V1 187,357199 ⋅ 33 = = 115,5942111kg 0,189 ⋅ 283 R

⋅ T1 V V1 V2 33 ⇒ V2 = T2 ⋅ 1 = 328 ⋅ = 38,25m 3 = T1 283 T1 T2 ∆S = m ⋅ c p ⋅ ln T2 328 = 115,5942111 ⋅ 0,825 ⋅ ln = 14,073 kJ K 283 T1 cv = c p − R = 0,825 − 0,189 = 0,636 kJ kgK ∆U = m ⋅ cv ⋅ (T2 − T1 ) = 115,5942111 ⋅ 0,636 ⋅ (328 − 283) = 3308,306kJ Q1, 2 = ∆I = m ⋅ c p ⋅ (T2 − T1 ) = 115,5942111 ⋅ 0,825 ⋅ (328 − 283) = 4291,435kJ Wi = 0 W = p ⋅ (V2 − V1 ) = 187,357 ⋅ (38,25 − 33) = 983,129kJ 2. Feladat Egy p1 =2 Mpa nyomású és t = 58°C hőmérsékletű levegő izotermikusan eredeti térfogatának háromszorosára terjed ki. Kiszámítandók a levegő termodinamikai állapotjelzői a kezdeti - és végállapotban, továbbá a közölt hő, az állapotváltozás munkája és a technikai munka A levegő gázállandója R = 0,287 kJ/kgK, fajhője cp = 1,005 kJ/kgK. Megoldás Ismert adatok: p1 = 2 Mpa =2000 kPa t1 = 58 °C ⇒ T1 = 331 K, és T1 = T2 = állandó V2 = 3⋅V1 R = 0,287 kJ/kgK cp = 1,005 kJ/kgK

Kiindulási állapot: p1 ⋅ v1 = R ⋅ T ⇒ v1 = 3 R ⋅ T1 0,287 ⋅ 331 = = 0,0474985 m kg 2000 p1 Végállapot: v 2 = 3 ⋅ v1 = 3 ⋅ 0,0474985 = 0,1424955 m p1 ⋅ v1 = p 2 ⋅ v 2 ⇒ p 2 = q = R ⋅ T ⋅ ln 3 kg p1 ⋅ v1 2000 ⋅ 0,0474985 = = 666,666 kPa v2 0,1424955 v2 0,1424955 = 0,287 ⋅ 331 ⋅ ln = 104,365 kJ kg v1 0,0474985 wi = w = q = 104,365 kJ kg ∆s = R ⋅ ln v2 0,1424955 = 0,287 ⋅ ln = 0,315302 kJ kgK v1 0,0474985 3. Feladat Adiabatikus sűrítés során 16,5 kg tömegű levegőt eredeti térfogatának negyedére komprimáljuk. A levegő kezdeti állapotának jellemzői p1 = 4,6 bar, t1 = 48 °C Kiszámítandók a termodinamikai állapotjelzők a kezdeti – és végállapotban, a kalorikus állapotjelzők változása, valamint a fizikai – és technikai munka. A levegő gázállandója R = 0,287 kJ/kgK, fajhője cp = 1,005 kJ/kgK Megoldás Ismert adatok: m = 16,5 kg V2 = V1/4 p1 = 4,6 bar = 460 kPa t1 = 48 °C ⇒ T1 = 321 K R = 0,287

kJ/kgK cp = 1,005 kJ/kgK κ = 1,4 Kezdeti állapot: p1 ⋅ V1 = m ⋅ R ⋅ T1 ⇒ V1 = m ⋅ R ⋅ T1 16,5 ⋅ 0,287 ⋅ 321 = = 3,3046m 3 p1 460 Végállapot: V2 = V1 3,3046 = = 0,82615m 3 4 4 κ κ p1 ⋅ V1 = p 2 ⋅ V2 κ −1 T1 ⋅ V1 V ⇒ p 2 = p1 ⋅  1  V2 κ −1 = T2 ⋅ V2 κ   3,3046   = 460 ⋅    0,82645   V ⇒ T2 = T1 ⋅  1  V2    κ −1 1, 4  3,3046  = 321 ⋅    0,82645  = 3203,626kPa 1, 4 −1 = 558,8935 K A kalorikus állapotjelzők változása, a fizikai és technikai munka cv = c p − R = 1,005 − 0,287 = 0,718 kJ kgK ∆U = m ⋅ cv ⋅ (T2 − T1 ) = 16,5 ⋅ 0,718 ⋅ (558,8935 − 321) = 2818,32384kJ W = m⋅ R 0,287 ⋅ (T1 − T2 ) = 16,5 ⋅ ⋅ (321 − 558,8935) = −2816,3612kJ 1,4 − 1 κ −1 ∆S = 0 Wi = κ ⋅ W = 1,4 ⋅ −2816,3612 = −3942,906kJ ∆I = m ⋅ c p ⋅ (T2 − T1 ) = 16,5 ⋅ 1,005 ⋅ (558,8935 − 321) =

3944,86833kJ 4. Feladat Politrópikus expanzió során 1 kg levegő nyomása p1 = 4,5 bar-ról, p2 = 1 bar értékre csökken. Az állapotváltozás kitevője n = 1,18 A hőmérséklet a kezdeti állapotban t1 = 19 °C. Kiszámítandók a termodinamikai állapotjelzők a kezdeti – és végállapotban, a kalorikus állapotjelzők változása, a közölt hő, az állapotváltozás munkája és termékeny hatásfoka. A levegő gázállandója R = 0,287 kJ/kgK, fajhője cv = 1,005 kJ/kg Megoldás Ismert adatok: m = 1 kg p1 = 4,5 bar =450 kPa p2 = 1 bar = 100 kPa t1 = 19 °C ⇒ T1 = 292 K n = 1,18 κ = 1,4 R = 0,287 kJ/kgK cp = 1,005 kJ/kgK Kezdeti állapot: v1 ⋅ p1 = R ⋅ T1 ⇒ v1 = 3 R ⋅ T1 0,287 ⋅ 292 = = 0,18623 m kg 450 p1 Végállapot: n −1 n 1 T2 ⋅ p = T1 ⋅ p n −1 n 2 p  ⇒ T2 =  2   p1  n −1 n 0 ,18  100  1,18 ⋅ T1 =   ⋅ 292 = 232,13481K  450  p 2 ⋅ v 2n = p1 ⋅ v1n ⇒ v 2 = 3 p1 ⋅ v1n 450 ⋅

0,18623 = = 0,6192616 m kg 100 p2 A kalorikus állapotjelzők változása, a közölt hő, az állapotváltozás munkája. cv = c p − R = 1,005 − 0,287 = 0,718 kJ q1, 2 = c n ⋅ (T2 − T1 ) = cv ⋅ w= kgK n −κ 1,18 − 1,4 ⋅ (T2 − T1 ) = 0,718 ⋅ ⋅ (232,13481 − 292) = 52,535033 kJ kg 1,18 − 1 n −1 0,287 R ⋅ (T1 − T2 ) = ⋅ (292 − 232,13481) = 95,451725 kJ kg 0,18 n −1 wi = n ⋅ w = 1,18 ⋅ 95,451725 = 112,633 kJ ∆s = cv ⋅ kg T 1,18 − 1,4 232,13481 n −κ ⋅ ln 2 = 0,718 ⋅ ⋅ ln = 0,20134243 kJ kg 1,18 − 1 292 n −1 T1 ∆u = cv ⋅ (T2 − T1 ) = 0,718 ⋅ (232,13481 − 292) = −42,9832 kJ kg ∆i = c p ⋅ (T2 − T1 ) = 1,005 ⋅ (232,13481 − 292) = −60,16452 kJ kg 5. Feladat Végezzen m = 0,36 kg tömegű levegő vegyes körfolyamatot. A kiinduló pontban a levegő jellemzői p1 = 0,9 bar, t1 = 34 °C. A kompresszió-viszony ε = 18 Mind a kompresszió, mind az expanzió politrópikus. A kitevő n1 = 1,31, n2 = 1,25

A nyomásemelkedési tényező λ = 2 Az állandó nyomáson közölt hő megegyezik az állandó térfogaton közölt hővel (Q1’ = Q2’’) Kiszámítandók a körfolyamat sarokpontjaiban az állapotjelzők, a körfolyamat munkája és termikus hatásfoka. Megoldás Ismert adatok: m = 0,36 kg p1 = 0,9 bar =90 kPa t1 = 34 °C ⇒ T1 = 307 K ε = 18 n1 = 1,31 n2 = 1,25 λ=2 R = 0,287 kJ/kgK cp = 1,005 kJ/kgK 1. pont p1 ⋅ V1 = m ⋅ R ⋅ T1 ⇒ V1 = m ⋅ R ⋅ T1 0,36 ⋅ 0,287 ⋅ 307 = = 0,352436m 3 p1 90 2. pont ε= V1 V 0,352436 ⇒ V2 = 1 = = 0,01958m 3 V2 18 ε p1 ⋅ V n1 1 = p2 ⋅ V n1 −1 1 T1 ⋅ V n1 2 = T2 ⋅ V V ⇒ p 2 = p1 ⋅  1  V2 n1 −1 2 n1   = p1 ⋅ ε n1 = 90 ⋅ 181,31 = 3968,71115kPa  V ⇒ T2 = T1 ⋅  1  V2    n1 −1 = T1 ⋅ ε n1 −1 = 307 ⋅ 18 0,31 = 752,09526 K 3. pont V3 = V2 = 0,01958m 3 λ= p3 ⇒ p3 = λ ⋅ p 2 = 2 ⋅ 3968,71115 = 7937,4223kPa p2 λ= T3 ⇒ T3 =

λ ⋅ T2 = 2 ⋅ 752,09526 = 1504,19052 K T2 cv = c p − R = 1,005 − 0,287 = 0,718 kJ kgK Q1 = m ⋅ cv ⋅ (T3 − T2 ) = 0,36 ⋅ 0,718 ⋅ (1504,19052 − 752,09526) = 194,4016kJ 4. pont p 4 = p3 = 7937,4223kPa , és Q1 = Q1 = 194,4016kJ Q1 = m ⋅ c p ⋅ (T4 − T3 ) ⇒ T4 = T3 + Q1 194,4016 = 2041,5084 K = 1504,19052 + m ⋅ cp 0,36 ⋅ 1,005 V V3 V4 0,01958 ⇒ V4 = T4 ⋅ 3 = 2041,5084 ⋅ = 0,026574m 3 = T3 1504,19052 T3 T4 5. pont V5 = V1 = 0,352436m 3 p4 ⋅ V n2 4 = p5 ⋅ V n2 5 V ⇒ p5 = p 4 ⋅  4  V5    n2  0,026574  = 7937,4223 ⋅    0,352436  1, 25 = 313,61673kPa p T5 p5 313,61673 ⇒ T5 = T1 ⋅ 5 = 307 ⋅ = 1069,7815 K = p1 90 T1 p1 Q2 = m ⋅ cv ⋅ (T1 − T5 ) = 0,36 ⋅ 0,718 ⋅ (307 − 1069,7815) = −197,163763kJ Q2 = m ⋅ cv ⋅ n1 − κ 1,31 − 1,4 ⋅ (T2 − T1 ) = 0,36 ⋅ 0,718 ⋅ ⋅ (752,09526 − 307) = −33,401097kJ n1 − 1 1,31 − 1 Q2 + Q2 Q2 197,163763 + 33,401097

ηt = 1 − = 1− = 1− = 0,40698822 Q1 194,4016 + 194,4016 Q1 + Q1 η t = 40,69% 6. Feladat Végezzen 1 kg levegő Otto körfolyamatot. Az 1 pontban a hőmérséklet t1 = 40 °C, a nyomás p1 = 0,91 bar. A kompresszió-viszony ε = 9, a nyomásemelkedési tényező λ = 2,5. Mind az expanzió, mind a kompresszió adiabatikus Számítsa ki a körfolyamat sarokpontjaiban a termodinamikai állapotjelzőket, a közölt és az elvont hőmennyiséget, a körfolyamat munkáját, valamint a termikus hatásfokát. (R = 0,287 kJ/kgK; cp = 1,005 kJ/kgK) Megoldás: Ismert adatok: m = 1 kg t1 = 40 °C ⇒ T1 = 313 K p1 = 0,91 bar = 91 kPa ε=9 λ = 2,5 κ = 1,4 R = 0,287 kJ/kgK cp = 1,005 kJ/kgK 1. pont p1 ⋅ v1 = R ⋅ T1 ⇒ v1 = 3 R ⋅ T1 0,287 ⋅ 313 = = 0,987154 m kg 91 p1 2. pont ε= 3 v1 v 0,987154 ⇒ v2 = 1 = = 0,109684 m kg v2 9 ε v p1 ⋅ v1 = p 2 ⋅ v 2 ⇒ p 2 = p1 ⋅  1  v2 κ κ −1 T1 ⋅ v1 κ κ −1 = T2 ⋅ v 2 κ   = p1 ⋅ ε

κ = 91 ⋅ 91, 4 = 1972,33602kPa  v ⇒ T2 = T1 ⋅  1  v2    κ −1 = T1 ⋅ ε κ −1 = 313 ⋅ 9 0, 4 = 753,77433K 3. pont v3 = v 2 = 0,109684 m 3 kg λ= p3 ⇒ p3 = λ ⋅ p 2 = 2,5 ⋅ 1972,33602 = 4930,84004kPa p2 λ= T3 ⇒ T3 = λ ⋅ T2 = 2,5 ⋅ 753,77433 = 1884,43582 K T2 4. pont v 4 = v1 = 0,987154 m 3 kg v p3 ⋅ v3 = p 4 ⋅ v 4 ⇒ p 4 = p3 ⋅  3  v4 κ κ κ   0,109584   = 4930,84004 ⋅    0,987154   T4 p 4 p 227,4999 ⇒ T4 = T1 ⋅ 4 = 313 ⋅ = = 782,4999 K 91 T1 p1 p1 1, 4 = 227,4999 kPa cv = c p − R = 1,005 − 0,287 = 0,718 kJ kgK q1 = cv ⋅ (T3 ⋅ T2 ) = 0,718 ⋅ (1884,43582 − 753,77433) = 811,815 kJ q 2 = cv ⋅ (T1 − T4 ) = 0,718 ⋅ (313 − 782,4999 ) = −337,1009 kJ w = q1 − q 2 = 811,815 − (−337,1009) = 1148,92 kJ ηt = 1 − q2 q1 = 1− kg kg kg 337,1009 = 0,5847564 811,815 η t = 58,476% 2. Házi feladat 1. Feladat

Mennyi hőt kell közölni 1 kg t1 = 105 °C hőmérsékletű száraz telített állapotú vízgőzzel, hogy hőmérséklete v = állandó mellett t2 = 360 °C – ra emelkedjen. Mekkora a gőz nyomása a hőközlés előtt és után? Mennyi lesz az entalpia és a belső energia változása. Megoldás Ismert adatok: m = 1 kg t1 = 105 °C t2 = 360 °C v = állandó Hőközlés előtt [1] Hőközlés után [2] 105 360 t [°C] 3 1,6 1,6 v [m /kg] 1,2 2 p [bar] 2680 3180 i [kJ/kg] 7,3 8,1 s [kJ/kgK] (A kék színnel írt adatok diagramból olvasandók ki!) ∆i = i2 − i1 = 3180 − 2680 = 500 kJ kg ∆u = ∆i − wi = (i2 − i1 ) − v ⋅ ( p 2 − p1 ) = (3180 − 2680) − 1,6 ⋅ (2 ⋅ 10 2 − 1,2 ⋅ 10 2 ) = 372 kJ kg 2. Feladat Egy x1 = 0,86 fajlagos gőztartalmú, t1 = 140 °C hőmérsékletű nedves gőz nyomása fojtásos expanzió során p2 = 0,6 bar értékre csökken. Meghatározandók a kiinduló és végpont jellemzői, továbbá a munkaképesség

csökkenése, ha a viszonyítási nyomás p3 = 0,3 bar. Megoldás Ismert adatok: x1 = 0,86 t1 = 140 °C p2 = 0,6 bar p3 = 0,3 bar, mely viszonyítási nyomás (p1 > p2) 1. 2. 3. x 0,86 0,9 0,77 140 90 70 t [°C] 3,5 0,6 0,3 p [bar] 3 0,5 2,6 4 v [m /kg] 2430 2430 2060 i [kJ/kg] 6,2 6,9 6,2 s [kJ/kgK] (A kék színnel írt adatok diagramból olvasandók ki!) A táblázat kitöltéséhez szükséges alapvető összefüggések: 4. 0,87 70 0,3 4,75 2320 6,9 s1 = s3 s2 = s4 i1 = i4 p3 = p 4 A munkavégző képesség csökkenése: wcs = (i1 − i3 ) − (i2 − i4 ) = (2430 − 2060) − (2430 − 2320) = 260 kJ 3. Feladat kg Mennyi hőt kell közölni állandó nyomáson 28 kg tömegű, p1 = 1 bar nyomású, és x1 = 0,92 fajlagos gőztartalmú nedves gőzzel, hogy hőmérséklete t2 = 240 °C értékre emelkedjen. Megállapítandó a kiinduló és végállapot jellemzői, a belső energia változása, a végzett munka és a példa bevezetőjében már említett hőmennyiség.

Megoldás Ismert adatok: p = állandó m = 28 kg p1 = 1 bar = 100 kPa x1 = 0,92 t2 = 240 °C Kezdeti állapot [1] Végállapot [2] 1 1 p [bar] 100 240 t [°C] 3 1,7 2,5 v [m /kg] 2500 2950 i [kJ/kg] 6,9 7,95 s [kJ/kgK] (A kék színnel írt adatok diagramból olvasandók ki!) w = p ⋅ (v 2 − v1 ) = 100 ⋅ (2,5 − 1,7) = 80kJ / kg W = m ⋅ w = 28 ⋅ 80 = 2240kJ q = i2 − i1 = 2950 − 2500 = 450 kJ kg Q = m ⋅ q = 28 ⋅ 450 = 12600kJ ∆u = q − w = 450 − 80 = 370 kJ kg ∆U = Q − W = 12600 − 2240 = 10360kJ 4. Feladat Határozza meg gőztáblázat segítségével a ts = 100 °C hőmérsékletű nedves gőz fajtérfogatát, belső energiáját és entrópiáját x1 = 0,3; x2 = 0,5; x3 = 0,7; x4 = 0,9 fajlagos gőztartalom értékeknél. Adatok a gőztáblázatból: t = 100 °C; p = 0,10132 MPa; v’ = 0,0010437 m3/kg; v” = 1,6739 m3/kg; i’ = 419,06 kJ/kg; i” = 2676,3 kJ/kg; r = 2257,3 kJ/kg; s’ = 1,3069 kJ/kgK; s” = 7,3564 kJ/kgK; Megoldás

Fajtérfogatok: 1.) x1 = 0,3 érték esetén v1 = v⋅(1 − x) + v"⋅x = 0,0010437 ⋅ (1 − 0,3) + 1,6739 ⋅ 0,3 = 0,50290059 m 3 kg 2.) x2 = 0,5 érték esetén v 2 = v⋅(1 − x) + v"⋅x = 0,0010437 ⋅ (1 − 0,5) + 1,6739 ⋅ 0,5 = 0,83747185 m 3.) x3 = 0,7 érték esetén 3 kg v3 = v⋅(1 − x) + v"⋅ x = 0,0010437 ⋅ (1 − 0,7) + 1,6739 ⋅ 0,7 = 1,17204311 m 3 kg 4.) x4 = 0,9 érték esetén v 4 = v⋅(1 − x) + v"⋅x = 0,0010437 ⋅ (1 − 0,9) + 1,6739 ⋅ 0,9 = 1,50661437 m 3 kg Entalpia értékek: 1.) x1 = 0,3 érték esetén i1 = i ⋅(1 − x) + i"⋅ x = i + x ⋅ (i"−i ) = i + x ⋅ r = 419,06 + 0,3 ⋅ 2257,3 = 1096,25 kJ kg 2.) x2 = 0,5 érték esetén i2 = i ⋅(1 − x) + i"⋅ x = i + x ⋅ (i"−i ) = i + x ⋅ r = 419,06 + 0,5 ⋅ 2257,3 = 1547,71 kJ kg 3.) x3 = 0,7 érték esetén i3 = i ⋅(1 − x) + i"⋅ x = i + x ⋅ (i"−i ) = i + x ⋅ r = 419,06 + 0,7 ⋅ 2257,3 =

1999,17 kJ kg 4.) x4 = 0,9 érték esetén i4 = i ⋅(1 − x) + i"⋅ x = i + x ⋅ (i"−i ) = i + x ⋅ r = 419,06 + 0,9 ⋅ 2257,3 = 2450,63 kJ Entrópia értékek: 1.) x1 = 0,3 érték esetén s1 = (1 − x) ⋅ s + x ⋅ s" = (1 − 0,3) ⋅ 1,3069 + 0,3 ⋅ 7,3564 = 3,12175 kJ kgK 2.) x2 = 0,5 érték esetén s 2 = (1 − x) ⋅ s + x ⋅ s" = (1 − 0,5) ⋅ 1,3069 + 0,5 ⋅ 7,3564 = 4,33165 kJ kgK 3.) x3 = 0,7 érték esetén s3 = (1 − x) ⋅ s + x ⋅ s" = (1 − 0,7) ⋅ 1,3069 + 0,7 ⋅ 7,3564 = 5,54155 kJ kgK 4.) x4 = 0,9 érték esetén s 4 = (1 − x) ⋅ s + x ⋅ s" = (1 − 0,9) ⋅ 1,3069 + 0,9 ⋅ 7,3564 = 6,75145 kJ kgK Belső energia: i = u + p⋅v ⇒ u = i − p⋅v 1.) x1 = 0,3 érték esetén u1 = i1 − p ⋅ v1 = 1096,25 − 101,32 ⋅ 0,5029059 = 1045,296112 kJ kg 2.) x2 = 0,5 érték esetén u 2 = i2 − p ⋅ v 2 = 1547,71 − 101,32 ⋅ 0,83747185 = 1462,857352 kJ kg 3.) x3 = 0,7 érték esetén u 3 = i3

− p ⋅ v3 = 1999,17 − 101,32 ⋅ 1,17204311 = 1880,418592 kJ kg 4.) x4 = 0,9 érték esetén u 4 = i4 − p ⋅ v 4 = 2450,63 − 101,32 ⋅ 1,50661437 = 2297,979832 kJ kg kg 5. Feladat Egy tartályból óránként G = 6000 kg/h gőz áramlik ki fúvókán keresztül. A gőz nyomása a tartályban p1 = 120 bar, a hőmérséklete t1 = 460 °C. Mekkora lesz az egyszerű legömbölyített fúvóka legszűkebb keresztmetszetében a gőz nyomása (Pkr) és sebessége (ckr)? Szükséges – e Laval – fúvókát alkalmazni, ha a gőz nyomását le akarjuk csökkenteni p2 = 1,8 bar értékre? Mekkora legyen a fúvóka hossza és milyen sebességgel hagyja el a gőz a fúvóka kilépő keresztmetszetét? A számításhoz szükséges állandókat táblázatból vegye fel! Megoldás Ismert adatok: G = 6000 kg/h p1 = 120 bar = 12000 kPa t1 = 460 °C p2 = 1,8 bar = 180 kPa κ = 1,3 βkr = 0,546 δ = 0,666 α = 1,06 Kritikus 1. 2. 120 65,52 1,8 p [bar] 460 370 116 t [°C] 3 0,025

0,04 0,8 v [m /kg] 3230 3070 2380 i [kJ/kg] 6,35 6,35 6,35 s [kJ/kg] (A kék színnel írt adatok diagramból olvasandók ki, a piros számmal írt adat pedig számított érték!) p kr = β kr ⋅ p1 = 0,546 ⋅ 120 = 65,52bar Mivel p2 < pkr , szükséges a Laval – fúvóka alkalmazása. c kr = α ⋅ p1 ⋅ v1 = 1,06 ⋅ 120 ⋅ 10 5 ⋅ 0,025 = 580,585911 m G Amin = δ⋅ d= p1 v1 4 ⋅ Amin π = 6000 = 0,666 ⋅ 3600 ⋅ 4 ⋅ 114,223 π 120 ⋅ 10 0,025 5 = 12,06mm s = 0,000114223m 2 = 114,223mm 2 A kilépő gőz sebessége: c 2 = 2 ⋅ 10 3 ⋅ (i1 − i2 ) = 2 ⋅ 10 3 ⋅ (3230 − 2380) = 1303,800844 m A2 = D= s G ⋅ v2 6000 ⋅ 0,8 = = 0,001022651m 2 = 1022,651mm 2 c2 3600 ⋅ 1303,800844 A2 ⋅ 4 π = 1022,651 ⋅ 4 π = 36,08434139mm A Laval – fúvóka szükséges hosszúsága: D d 36,08434139 12,06 − − 2 = 114,2902131mm 2 2 2 = L= α tg 6 tg 2 6. Feladat Egy egyszerű legömbölyített fúvókán p1 = 1,5 MPa nyomású levegő

áramlik ki a környezetbe (t1 = 180 °C). Kiszámítandó a fúvókán kiáramló maximális levegőmennyiség, ha a keresztmetszete Afmin = 1,6 dm2. Számítsa ki a kiáramló közeg termodinamikai állapotjelzőit és mozgási energiáját. Megoldás Ismert adatok: p1 = 1,5 Mpa (levegő) t1 = 180 °C ⇒ T1 =453 K Afmin = 1,6 dm2 κ = 1,4 α = 1,08 δ = 0,684 βkr = 0,528 R = 0,287 p1 ⋅ v1 = R ⋅ T1 ⇒ v1 = Gm = A f min ⋅ R ⋅ T1 0,287 ⋅ 453 = = 0,086674 m s 1500 p1 p1 1,5 ⋅ 10 6 = 1,6 ⋅ 10 − 2 ⋅ 0,684 ⋅ = 45,52786597 kg = 163900,3175 kg s h 0,086674 v1 c kr = α ⋅ p1 ⋅ v1 = 1,06 ⋅ 1,5 ⋅ 10 6 ⋅ 0,086674 = 382,2046044 m s Tkr T ⋅ 2 453 ⋅ 2 2 ⇒ Tkr = 1 = = = 377,5 K T1 κ + 1 κ + 1 1,4 + 1 3 R ⋅ Tkr R ⋅ Tkr 0,287 ⋅ 377,5 = = = 0,136796085 m p kr ⋅ v kr = R ⋅ Tkr ⇒ v kr = 3 kg p kr p1 ⋅ β kr 1,5 ⋅ 10 ⋅ 0,528 3. Házi feladat 1. Feladat Egy szilárd tüzelőanyag tömeg szerinti összetétele gc = 0,68; gs = 0,18;

gO2=0,04; ghamu = 0,1. A tüzelőanyagot α = 1,2 légfelesleg-tényező mellett égetjük el Kiszámítandó a szükséges légmennyiség (L, L’), a keletkezett füstgáz tömege és térfogata, térfogat szerinti összetétele, valamint látszólagos molekulatömege és gázállandója. Megoldás Ismert adatok: gC = 0,68 gS = 0,18 gO2 = 0,04 ghamu = 0,1 α = 1,2 Az elméletileg szükséges oxigén mennyisége tömeg szerint: OO = kgO2 8 8 g C + 8 g H 2 + g S − g O2 = ⋅ 0,68 + 0,18 − 0,04 = 1,9533 3 3 1kg.tüza Az elméletileg szükséges levegőmennyiség tömeg szerint: LO = OO 1,9533 kg.levegő = = 8,493 0,23 0,23 1kg.tüza A valós levegőszükséglet tömeg szerint: L = LO ⋅ α = 8,493 ⋅ 1,2 = 10,1916 kg.levegő 1kg.tüza Az elméletileg szükséges levegő mennyisége tömeg és térfogat szerint: OO = 24 ⋅ LO = OO m 3 O2 1,9533 = 24 ⋅ = 1,465 32 32 1kg.tüza OO 1,465 m 3 levegő = = 6,9762 0,21 0,21 1kg.tüza A valós levegőszükséglet tömeg

és térfogat szerint: L = LO ⋅ α = 6,9762 ⋅ 1,2 = 8,37144 m 3 levegő 1kg.tüza Az égés során keletkezett füstgáz tömege: 11 g C + 2 g S + 0,77 ⋅ LO ⋅ α + 0,23 ⋅ (α − 1) ⋅ LO 3 11 kg. füstgáz G f = ⋅ 0,69 + 2 ⋅ 0,18 + 0,77 ⋅ 8,493 ⋅ 1,2 + 0,23 ⋅ (1,2 − 1) ⋅ 8,493 = 11,0913 3 1kg.tüza Gf = Az égés során keletkezett füstgáz térfogata: 3 g S + 0,79 ⋅ α ⋅ LO + 0,21 ⋅ (α − 1) ⋅ LO 4 3 m 3 füstgáz V f = 2 ⋅ 0,68 + ⋅ 0,18 + 0,79 ⋅ 1,2 ⋅ 6,9762 + 0,21 ⋅ (1,2 − 1) ⋅ 6,9762 = 8,40143 4 1kg.tüza V f = 2gC + A keletkezett füstgáz térfogat szerinti összetétele: 2 ⋅ gC m 3 CO2 2 ⋅ 0,68 = = 0,161877 3 8,40143 Vf 1m füstgáz 3 3 ⋅ gS ⋅ 0,18 m 3 SO2 4 4 = = = 0,0160687 3 8,40143 Vf 1m füstgáz rCO2 = rSO2 rN 2 = m3 N 2 0,79 ⋅ L 0,79 ⋅ 8,37144 = = 0,78718 3 8,40143 Vf 1m füstgáz rO2 = 0,21 ⋅ (α − 1) ⋅ LO 0,21 ⋅ (1,2 − 1) ⋅ 6,9762 m 3 O2 = = 0,034875 3 Vf 8,40143 1m füstgáz A

füstgáz látszólagos molekulatömege: M = rCO2 ⋅ M CO2 + rSO2 ⋅ M SO2 + rN 2 ⋅ M N 2 + rO2 ⋅M O2 M = 0,161877 ⋅ 44 + 0,0160687 ⋅ 64 + 0,78718 ⋅ 28 + 0,034875 ⋅ 32 = 31,308mol A füstgáz állandója: R= R0 8,314 = = 0,2655 kJ kgK M 31,308 2. Feladat: Kevert gáz térfogat szerinti összetétele a következő: rCH2 = 0,25 rH2 = 0,1 rC2H6 = 0,25 rH2O = 0,07 rCO2 =0,06 rN2 = 0,22 rCO = 0,05 A gázt α = 1,45 légfelesleg-tényező mellett égetjük el. Kiszámítandó az 1 m3 gáz elégetéséhez szükséges levegő, valamint a nedves és száraz füstgáz térfogata (m3) Megoldás Ismert adatok: rCH2 = 0,25 rC2H6 = 0,25 rCO2 =0,06 rCO = 0,05 rH2 = 0,1 rH2O = 0,07 rN2 = 0,22 α = 1,45 Az elméletileg szükséges oxigénmennyiség: OM O 1 n 1 m 3 oxigén = (rCO + rH 2 ) + (m + ) ⋅ rCm H n = ⋅ (0,05 + 0,1) + (1 + 1) ⋅ 0,25 + (2 + 1,5) ⋅ 0,25 = 1,45 2 4 2 1m 3 tüza. Az elméletileg szükséges levegőmennyiség OM L OOM m 3 levegő 1,45 = = =

6,904761905 0,21 0,21 1m 3 tüza. A tényleges levegőszükséglet: LOM = L OM m 3 levegő ⋅ α = 6,904761905 ⋅ 1,45 = 10,01190476 1m 3 tüza. A keletkezett füstgáz térfogata: V fM = VCO2 + VH 2O + V N 2 + VO2 VCO2 = rCO + m ⋅ rCm H n + rCO2 VH 2O = rH 2 + n ⋅ rC H + rH 2O 2 m n m 3 CO2 = 0,05 + 1 ⋅ 0,25 + 2 ⋅ 0,25 + 0,06 = 0,86 3 1m tüza. m3 H O = 0,1 + 2 ⋅ 0,25 + 3 ⋅ 0,25 + 0,07 = 1,42 3 2 1m tüza. V N 2 = 0,79 ⋅ α ⋅ LOM + rN 2 = 0,79 ⋅ 1,45 ⋅ 6,904761905 + 0,22 = 8,129404762 VO2 = 0,21 ⋅ (α − 1) ⋅ LOM = 0,21 ⋅ (1,45 − 1) ⋅ 6,904761905 = 0,6525 m3 N 2 1m 3 tüza. m 3 O2 1m 3 tüza. V fM = VCO2 + VH 2O + V N 2 + VO2 = 0,86 + 1,42 + 8,129404762 + 0,625 = 11,06190476 3. Feladat m 3 füstgáz 1m 3 tüza. Egy klímakamrából kijövő t1 = 80°C hőmérsékletű és ϕ1 = 70 % relatív páratartalmú nedves levegőhöz környezeti levegőt keverünk. A környezeti levegőben (2) el- helyezett pszichometer szárazhőmérője tSZ

= 20 °C, nedveshőmérője tN = 15 °C hőmérsékletet mutat. Határozza meg i-x diagramból, hogy a két közegből egyenként mennyit kell közölni óránként ahhoz, hogy 100.000 kg/h mennyiségű, xK = 20 g/kg nedvességtartalmú és tK = 110 °C hőmérsékletű nedves levegő álljon rendelkezésre. Megoldás Ismert adatok: t1 = 80 °C ϕ1 = 10 % tSZ = 20 °C tN = 15 °C xK = 20 g/kg tK = 110 °C L = 100000kg/h A diagramból kiolvasott adatok: x1 = 0,031 kJ/kg i1 = 162 kJ/kg ϕ2 = 60 % x2 = 0,009 kJ/kg i2 = 48 kJ/kg Keveredési pont jellemzői: tk = 50 °C ϕk = 26 % xk = 0,02 kJ/kg ik = 103 kJ/kg l1 x 2 − x k 0,009 − 0,02 = = = 0,5 l x 2 − x1 0,009 − 0,031 l1 + l 2 = l ⇒ l 2 = l − l1 = 1 − 0,5 = 0,5 L L l1 = 1 és l 2 = 2 L L L1 = l1 ⋅ L = 0,5 ⋅ 100000 = 50000 kg h kg L2 = l 2 ⋅ L = 0,5 ⋅ 100000 = 50000 h A 110 °C – os keveredési pont jellemzői: tk’ = 110 °C ϕk’ < 10 % xk’ = xk = 0,02 kJ/kg ik’ = 164 kJ/kg Qk = L ⋅ (ik − ik

) = 100000 ⋅ (164 − 103) = 6,1 ⋅ 10 6 kJ h 4. Feladat Ammónia hűtőközeggel dolgozó kompresszoros hűtőgép elpárologtatójában a hőmérséklet ta = -16 °C. Az adiabatikus kompresszió után a gőz száraz telített állapotú. A kondenzáció tf = 20 °C hőmérsékleten x3 = 0 – ig játszódik le A folyamatban expanzió hengert alkalmazunk. Határozza meg lgp-i – diagram segítségével a sarokpontok jellemzőit, az 1 kg hűtőközeggel megvalósítható hűtőteljesítményt, a kondenzátorban elvont hőt, a körfolyamat fenntartásához szükséges munkát, a fajlagos hűtőteljesítményt, a keringetett közegmennyiséget, a kompresszor és az expanzió henger szállítási teljesítményét (m3/h), ha a hűtőagregát teljesítménye Q0 = 20 kW. Megoldás Ismert adatok: tf = 20 °C ta = -16 °C x3 = 0 x2 = 1 Q0 = 20kW A feladat megoldásához szükséges törvényszerűségek: t1 = t 4 = t a t 2 = t3 = t f s1 = s 2 s3 = s 4 Az lgp – i – diagramból

kiolvasott értékek: 1. pont 2. pont 3. pont 4. pont -16 20 20 -16 t [°C] 1,61 1,78 0,59 0,57 i [MJ/kg] 6,35 6,35 2,35 2,35 s [kJ/kg] 0,9 1 0 0,12 x 3 0,48 0,155 0,55 v [m /kg] A táblázatban kék színnel írt értékek a diagramból olvasandók ki. Az 1 kg hűtőközeggel megvalósítható hűtőteljesítmény: q 0 = i1 − i4 = 1610 − 570 = 1040 kJ kg A kondenzátorban elvont hő: q k = i2 − i3 = 1780 − 590 = 1190 kJ kg A körfolyamat fenntartásához szükséges munka: wk = i2 − i1 = 1780 − 1610 = 170 kJ we = i3 − i4 = 590 − 570 = 20 kJ kg kg w = wk − we = 170 − 20 = 150 kJ kg A fajlagos hűtőteljesítmény: ε= q 0 1040 kJ .hő = = 6,933 w 150 1kJ .munka A keringetett közeg mennyisége: K= Q0 20 = = 0,019230769 kg = 69,23076923 kg s h q 0 1040 A kompresszor szállítási teljesítménye: Vk = K ⋅ v1 = 69,23076923 ⋅ 0,48 = 33,23076923 m 3 h Az expanzió henger szállítási teljesítménye: Ve = K ⋅ v 4 = 69,23076923 ⋅ 0,55 =

38,07692308 m 3 h 5. Feladat Egy Q0 = 500 kW – os kompresszoros hűtőagregát elpárologtatójában a hőmérséklet ta = -24 °C. A kompresszor száraz telített ammónia gőzt szív A kondenzáció hőmérséklete tf = 30 °C, majd a közeget tu = 20 °C hőmérsékletig utó-hűtjük. Az expanziót fojtószeleppel valósítjuk meg Számítsa ki a fajlagos hűtőteljesítményt, a kondenzátorban és az utóhűtőben elvont hőmennyiséget, és a kompresszor szállítási teljesítményét. Megoldás Ismert adatok: Q0 = 500 kW ta = -24 °C tf = 30 °C tu = 20 °C A feladat megoldásához szükséges törvényszerűségek: x3 = 0 , és x 2 = x1 = 1 s1 = s 2 p 2 = p 2 = p 3 = p 3 i3 = i4 t1 = t 4 , és t 2 = t 3 Az lgp – i – diagramból kiolvasott értékek: 1. pont 2. pont 2’. pont -24 30 115 t [°C] 1,725 1,78 2,02 i [MJ/kg] 7,05 6,25 7,05 s [kJ/kg] 1 1 x 3 0,75 0,11 0,18 v [m /kg] 3. pont 30 0,63 2,5 0 - 3’. pont 20 0,59 - 4. pont -24 0,59 2,38 0,15 0,105

A fajlagos hűtőteljesítmény: q 0 = i1 − i4 = 1725 − 590 = 1135 kJ kg w = wk = i2 − i1 = 2020 − 1725 = 295 kJ ε= kg q 0 1135 kJ .hő = = 3,847457627 w 295 1kJ .munka A kondenzátorban és az utóhűtőben elvont hőmennyiség: q k = i2 − i3 = 2020 − 630 = 1390 kJ qu = i3 − i3 = 630 − 590 = 40 kJ kg kg A kompresszor szállítási teljesítménye: K= Q0 500 = = 0,440528634 kg = 1585,903084 kg s h q 0 1135 Vk = K ⋅ v1 = 1585,903084 ⋅ 0,75 = 1189,427313 m 3 h 4. Házi feladat 1. Feladat Egyrétegű Af = 140 m2 felületű, és δ = 180mm vastagságú síkfal felületének hőmérséklete tf1 = 155 °C; tf2 = 100 °C. Kiszámítandó a falon τ = 24 h alatt vezetéssel átadott hőmennyiség, ha a fal anyagának hővezetési tényezője λ = 45 W/mK. Megoldás Ismert adatok: Af = 140 m2 δ = 180mm tf1 = 155 °C tf2 = 100 °C λ = 45 W/mK τ = 24 h Q=λ⋅ t f1 − t f 2 δ ⋅ A ⋅ τ = 45 ⋅ 155 − 100 ⋅ 140 ⋅ 24 = 4,62 ⋅ 10 7 kJ

0,18 2. Feladat Egy sima falú egyenes csőben egyik esetben levegő, másik esetben víz áramlik. Áramlási sebesség mindkét esetben w = 3,3 m/s. A cső belső átmérője d = 250 mm, hossza l = 26 m. Kiszámítandó mindkét esetben, a csőben áramló fluidum és a fal közötti konvektív hőszállítási tényező. Mindkét esetben felmelegítés van. A közeg hőmérséklete a belépő keresztmetszetben tb = 34 °C, a kilépő keresztmetszetben tk = 80 °C. A szükséges anyagjellemzőket táblázatból keresse ki. Megoldás Ismert adatok: w = 3,3 m/s d = 250 mm l = 26 m tb = 34 °C tk = 80 °C Víz áramlása esetén: v = 5,56 ⋅ 10 −7 m −4 a = 5,6 ⋅ 10 m 2 s 2 h λ = 0,651W mK l 26 = = 104 > 50 d 0,25 3600 ⋅ w ⋅ d 3600 ⋅ 3,3 ⋅ 0,25 Pe = = = 5303571,429 a 5,6 ⋅ 10 − 4 3,3 ⋅ 0,25 w⋅d = = 1483812,95 > 10 4 −7 v 5,56 ⋅ 10 P Pr = e = 3,574285713 > 0,7 Re Re = Így az NU – szám a következő összefüggéssel számítható ki:

NU = 0,023 ⋅ Re0,8 ⋅ Pr0, 4 = 0,023 ⋅ 1483812,95 0,8 ⋅ 3,5742857130, 4 = 3312,126136 α= λ d ⋅ NU = 0,651 ⋅ 3312,126136 = 8624,776458W 2 m K 0,25 Levegő áramlása esetén: γ = 1,2 kg m3 v = 23,7 ⋅ 10 −6 m a = 0,0913 m 2 s 2 h λ = 0,031034W mK l 26 = = 104 > 50 d 0,25 w⋅d 3,3 ⋅ 0,25 Re = = = 34810,12658 > 10 4 v 23,7 ⋅ 10 −6 3600 ⋅ w ⋅ d 3600 ⋅ 3,3 ⋅ 0,25 Pe = = = 32530,12048 a 0,0913 P 32530,12048 = 0,934501643 > 0,7 Pr = e = Re 34810,12658 Mivel Re > 104 és 0,7 < Pr < 2500, így az NU szám: NU = 0,023 ⋅ Re0,8 ⋅ Pe0, 4 = 0,023 ⋅ 34810,12658 0,8 ⋅ 32530,12048 0, 4 = 6309,66914 α ⋅d λ 0,031034 ⇒ α = NU ⋅ = 6309,66914 ⋅ NU = = 783,2570883W 2 m K λ 0,25 d 3. Feladat Egy kemencefal egyik oldalán áramló közeg fő tömegének hőmérséklete 1280 °C. A kemencét körülvevő közeg fő tömegének hőmérséklete 20°C. A hőszállítási tényező α2 = 20 W/m2K. A kemence fala három rétegű

Az egyes rétegek vastagsága és hővezetési tényezője: δ1 = 1200 mm, λ1 = 1,15 W/mK, δ2 = 1060 mm, λ2 = 0,6 W/mK, δ3 = 1100 mm, λ3 = 0,8 W/mK. Számítsa ki a hőátszármaztatási tényezőt, a kemencefal 1 m2 – re 1 óra alatt átadott fajlagos hőmennyiséget, valamint a fal belső és külső felületének, továbbá a falon belüli elválasztó síkok hőmérsékletét. Megoldás Ismert adatok: t1 = 1280 °C t2 = 20 °C α2 = 20 W/m2K δ1 = 1200 mm κ= δ2 = 1060 mm δ3 = 1100 mm λ1 = 1,15 W/mK λ2 = 0,6 W/mK 1 δ δ δ + 1+ 2 + 3 α 2 λ1 λ 2 λ3 1 = 1 1 1,2 1,06 1,1 + + + 20 1,15 0,6 0,8 = 0,236119428 Q = κ ⋅ A ⋅ τ ⋅ (t1 − t 2 ) = 0,236119428 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ (1280 − 20) = 297,5104799 kJ t f 1 = t1 − Q α2 t f 2 = t f1 − tf3 = tf2 − tf4 = tf3 − = 1280 − Q λ1 δ1 Q λ2 δ2 Q λ3 δ3 4. Feladat λ3 = 0,8 W/mK h 297,5104799 = 1265,124476°C 20 = 1265,124476 − 297,5104799 = 954,6787578°C 1,15 1,2 = 954,6787578 −

297,5104799 = 429,0769099°C 0,6 1,06 = 429,0769099 − 297,5104799 = 20°C 0,8 1,1 Az indirekt fűtésű szemestermény-szárító ventillátorainak együttes légteljesítmé-nye L = 80.000 kg/h A környezeti levegő hőmérséklete t0 = 16 °C, relatív páratartal-ma ϕ0 = 80 %. A szárító közeget a kaloriferben t1 = 120 °C hőmérsékletre melegítjük fel. A szárító berendezés vesztesége az összes bevezetett hő 10 % - a. A szárítóköze-get ϕ2 = 50 % -ig használjuk ki Határozza meg i – x – diagram segítségével a szárító nedvesanyag és szárított anyag teljesítményét, valamint az olajégőben elégetett tüzelőanyag mennyiségét, ha a hőcserélő hatásfoka ηt = 80 %, a tüzelőanyag fűtőértéke Hi = 41 MJ/kg. A kukorica nedvességtartalma szárítás előtt w1 = 30 %, a szárítás után w2 = 15 %. Megoldás Ismert adatok: L = 80.000 kg/h t0 = 16 °C ϕ0 = 80 % t1 = 120 °C ϕ2 = 50 % ηt = 80 % Hi = 41 MJ/kg w1 = 30 % w2 = 15 % A

környezeti levegő jellemzői: x = 0,009 kg/kg i0 = 40 kJ/kg A felmelegített levegő jellemzői: t1 = 120 °C x1 = x2 =0,008 kg/kg i1 = 142 kJ/kg q1 = i1 − i0 = 142 − 40 = 102 kJ kg q v = 0,1 ⋅ q1 = 0,1 ⋅ 102 = 10,2 kJ kg i1 = i1 − q v = 142 − 10,2 = 131,8 kJ kg t1 = 116°C (módosított 1. pont) A szárítót elhagyó közeg jellemzői: t2 = 46 °C x2 = 0,0325 kg/kg i2 = i1’=131,8 kJ/kg ϕ2 = 50 % A vízelvonó kapacitás: Gv = L ⋅ ( x 2 − x1 ) = 80000 ⋅ (0,035 − 0,009) = 1880 kg h Nedves szárított anyag teljesítmény: 1 − w2 1 − 0,15 = 1980 ⋅ = 10653,333 kg h 0,3 − 0,15 w1 − w2 G2 = G1 − Gv = 10653,333 − 1880 = 8773,333 kg h G1 = Gv ⋅ A szárító hőteljesítménye: G= 1 η ⋅ L ⋅ (i1 − i0 ) = 1 ⋅ 80000 ⋅ (142 − 40) = 10,2 ⋅ 10 6 kJ h 0,8 1 kg víz elpárologtatásához felhasznált hőmennyiség: q= Q 10,2 ⋅ 10 6 = = 5425,531915 kJ kg 1880 Gv A felhasznált üzemanyag mennyisége: Q = B ⋅ Hi Q

10,2 ⋅ 10 6 B= = = 248,7804878kg Hi 41000 5. Feladat Egy szemestermény szárító olajégőben óránként B = 360 kg/h, Hi = 41 MJ/kg fűtőértékű és gC = 0,85, gH2 = 0,14, gS = 0,01 összetételű tüzelőolajat égetünk el, 1,2 légfelesleg tényező mellett. A füstgázhoz óránként Lf = 130000 kg/h környezeti levegőt keverünk, melynek hőmérséklete t0 = 10 °C és relatív páratartalma ϕ0 = 80 %. A szárító összes hővesztesége Qv = 410 kW. A szárítóközeg ϕ2 = 50 % - ig használjuk ki. Kiszámítandó a szárító berendezés nedves és szárított anyag teljesítménye, ha a kukorica kezdeti és végnedvessége megegyezik a 4. feladat értékeivel Megoldás Ismert adatok: B = 360 kg/h Hi = 41 MJ/kg gC = 0,85 , gH2 = 0,14, gS = 0, α = 1,2 Lf = 130.000 kg/h t0 = 10 °C ϕ0 = 80 %. Qv = 410 kW ϕ2 = 50 % w1 = 30 % w2 = 15 % A környezeti levegő jellemzői: x0 = 0,006 kg/kg i0 = 26 kJ/kg A tüzelőanyag elégetéséhez elméletileg szükséges

levegő mennyisége: 8 8 ⋅ 0,85 + 8 ⋅ 0,14 + 0,01 g C + 8g H2 + g S kg.levegő = 3 = 14,7681 LO = 3 0,23 1kg.tüza 0,23 A keletkezett füstgáz mennyisége:   11 G f = B ⋅  g C + 9 g H 2 + 2 g S + α ⋅ 0,77 ⋅ L + (α − 1) ⋅ 0,23 ⋅ LO   3 11   G f = 360 ⋅  ⋅ 0,85 + 9 ⋅ 0,14 + 2 ⋅ 0,01 + 1,2 ⋅ 0,77 ⋅ 14,7681 + (1,2 − 1) ⋅ 0,23 ⋅ 14,7681 = 6739,82052 kg h  3 Az égés során keletkező víz mennyisége: G H 2O = B ⋅ 9 g H 2 = 360 ⋅ 9 ⋅ 0,14 = 453,6 kg h 1 kg szárítóközeggel közölt hőmennyiség: qk = B ⋅ Hi 360 ⋅ 41000 = = 107,9422215 kJ kg L + G f 130000 + 6739,82052 Az entalpia értéke az 1. pontban: i1 = i0 + q k = 26 + 107,9422215 = 133,9422215 kJ kg A füstgáz nedvesítő hatása: G H 2O 453,6 = 0,003317248 kg kg L + G f 130000 + 6739,82052 x1 = x0 + ∆xt = 0,006 + 0,003317248 = 0,009317248 kg kg t1 = 98°C ∆xt = = A hőveszteség: qv = Qv 3600 ⋅ 410 = = 10,794225 kJ kg G f + L

130000 + 6739,82052 Módosított 1. pont entalpiája: i1 = i1 − q v = 133,9422215 − 10,794225 = 123,1479993 kJ t1 = 88,5°C A kilépő közeg jellemzői: i2 = i1’=123,1479993 kJ/kg t2 = 42,5 °C kg ϕ2 = 50 % x2 = 0,029 kg/kg Gv = ( L + G f ) ⋅ ( x 2 − x1 ) = (130000 + 6739,82052) ⋅ (0,029 − 0,0093) = 2693,774464 kg Nedves és szárított anyag teljesítmény: 1 − w2 1 − 0,15 = 2693,774464 ⋅ = 15264,72196 kg h 0,3 − 0,15 w1 − w2 G2 = G1 − Gv = 15264,72196 − 2693,774464 = 12570,9475 kg h B ⋅ Hi 360 ⋅ 41000 kJ q= = = 5479,300586 Gv 2693,774464 kg.víz G1 = Gv ⋅ h