هتفرشیپ کیمانیدومرت -...

Prepared by: Dr. Hooman Naeimi

1

ترمودینامیک پیشرفته

منبع

1- Advanced Engineering Thermodynamics

Adrian Bejan, John Wiley & Sons


2

است. انتروپیو انرژیعلم ترمودینامیک

معرفی گردید. انرژی داخلی، خاصیتی به نام قانون اولدر بحث

گردد.معرفی می انتروپی ، خاصیت جدیدی به نامقانون دومدر بحث

:کنترل( بسته )جرم مرزهای با سیستم

.دارد نام (.C.M)کنترل جرم یا بسته سیستم ندارد، اطراف محیط با جرم تبادل که سیستمی

مثالی از جرم کنترل

:ل( کنتر باز )حجم سیستم

.دارد نام (.C.V)کنترل حجم یا باز سیستم باشد، داشته جرم تبادل اطراف محیط با سیستمی اگر

مثالی از حجم کنترل

کار و حرارت

کار .جابجایی در جهت نیروستو این گردداعمال می xطی جابجایی شود که تعریف می Fنیروی کار به صورت

فرایند پلی تروپیک

𝑃𝑉𝑛 = → ثابت 𝑃1𝑉1𝑛 = 𝑃2𝑉2

𝑛 , − ∞ < 𝑛 < +∞

𝑊2

1 =

𝑃2𝑉2 − 𝑃1𝑉1

1− 𝑛 =𝑚𝑅(𝑇2 − 𝑇1)

1− 𝑛 , 𝑛 ≠ 1

باشد n = 1در حالتی که

𝑃𝑉 = → ثابت 𝑃1𝑉1 = 𝑃2𝑉2

, 𝑛 = 1


3

𝑊2

1 = 𝑃1𝑉1

ln𝑉2

𝑉1, 𝑛 = 1

حرارت

تردرجه حرارت پایینبه سیستم دیگر در درجه حرارت معیندر یک مرز سیستماست که از طریق انرژی حرارت شکلی از

یابد.انتقال می

برای جرم کنترل قانون اول ترمودینامیک𝐸2 − 𝐸1 = 𝑄2

1 − 𝑊2

1

𝐸 = 𝑈 +12𝑚𝑉

2 +𝑚𝑔𝑍

𝑈2 − 𝑈1 +12𝑚𝑉2

2 −12𝑚𝑉1

2 +𝑚𝑔𝑍2 −𝑚𝑔𝑍1 = 𝑄2

1 − 𝑊2

1

های جنبشی و پتانسیل صرفنظر نمود:در صورتی که بتوان از انرژی

𝑈2 − 𝑈1 = 𝑄2

1 − 𝑊2

1

خاصیت ترمودینامیکی – درونیانرژی

U انرژی درونی

𝑢 انرژی درونی مخصوص

𝑢 =𝑈

𝑚

𝑢 = 𝑢𝑓 + 𝑥𝑢𝑓𝑔

برای حجم کنترلترمودینامیک قانون اول

خاصیت ترمودینامیکی – انتالپی

𝐻 = 𝑈 + 𝑃𝑉 :نتالپی مخصوصا

ℎ =𝐻

𝑚

ℎ = 𝑢 + 𝑃𝑣

ℎ = ℎ𝑓 + 𝑥ℎ𝑓𝑔

معادله پیوستگی

= نرخ تغییرات جرم جرم خروجی –جرم ورودی

در حالت پایدار:

∑�̇�𝑖 =∑�̇�𝑒


4

قانون اول

�̇�𝐶.𝑉. +∑�̇�𝑖 (ℎ𝑖 +𝑉𝑖

2

2 + 𝑔𝑍𝑖) =∑�̇�𝑒 (ℎ𝑒 +𝑉𝑒

2

2 + 𝑔𝑍𝑒) + �̇�𝐶.𝑉.

در حالتی که تنها یک ورودی و یک خروجی وجود داشته باشد:

�̇�𝑖 = �̇�𝑒 = �̇�

𝑞 + ℎ𝑖 +𝑉𝑖

2

2 + 𝑔𝑍𝑖 = ℎ𝑒 +𝑉𝑒

2

2 + 𝑔𝑍𝑒 + 𝑤

𝑞 =�̇�𝐶.𝑉.�̇�, 𝑤 =

�̇�𝐶.𝑉.�̇�

فرایند گذرا در یک فرایند گذرا:

ماند حجم کنترل نسبت به چارچوب مختصات ثابت می (1

اما در هر لحظه از زمان در سرتاسر حجم کنترل یکنواخت کندمیداخل حجم کنترل با زمان تغییر حالت جرم در (2

باشد.می

حالت جرم گذرنده از هر سطح از جریان روی سطح کنترل نسبت به زمان ثابت است هرچند که دبی جرمی ممکن است (3

با زمان تغییر کند.

گردند:به صورت زیر بیان می حالت پایداربرای یک فرایند معادالت حاکم

پیوستگی:معادله

(𝑚2 −𝑚1)𝐶.𝑉. +∑𝑚𝑒 −∑𝑚𝑖 = 0

قانون اول:

𝑄𝐶.𝑉. +∑𝑚𝑖 (ℎ𝑖 +𝑉𝑖

2

2 + 𝑔𝑍𝑖) =∑𝑚𝑒 (ℎ𝑒 +𝑉𝑒

2

2 + 𝑔𝑍𝑒)

+[𝑚2 (𝑢2 +𝑉2

2

2 + 𝑔𝑍2) −𝑚1 (𝑢1 +𝑉1

2

2 + 𝑔𝑍1)] +𝑊𝐶.𝑉.

در حالتی که تنها یک ورودی و یک خروجی داشته باشیم:

(𝑚2 −𝑚1)𝐶.𝑉. = 𝑚𝑖 −𝑚𝑒

𝑄𝐶.𝑉. +𝑚𝑖 (ℎ𝑖 +𝑉𝑖

2

2 + 𝑔𝑍𝑖) = 𝑚𝑒 (ℎ𝑒 +𝑉𝑒

2

2 + 𝑔𝑍𝑒)

+[𝑚2 (𝑢2 +𝑉2

2

2 + 𝑔𝑍2) −𝑚1 (𝑢1 +𝑉1

2

2 + 𝑔𝑍1)] +𝑊𝐶.𝑉.

جامدات و مایعات است لذا: گرمای ویژه مایعات و جامدات ثابتتوان فرض کرد که در بیشتر موارد می


5

اند.ارایه گردیده A.4و A.3گرمای ویژه مایعات و جامدات به ترتیب در جداول

گرمای ویژه گازهای کاملانرژی درونی، آنتالپی و آل به صورت زیر است:قانون گاز ایده

𝑃𝑉 = 𝑚𝑅𝑇 یا 𝑃𝑣 = 𝑅𝑇 یا 𝑃 = 𝜌𝑅𝑇

گردد:رابطه بین انرژی درونی و دما با استفاده از رابطه گرمای ویژه حجم ثابت برقرار می𝑢2 − 𝑢1 = 𝐶𝑣(𝑇2 − 𝑇1)

𝑈2 − 𝑈1 = 𝑚𝐶𝑣(𝑇2 − 𝑇1)

توان نوشت:آل میآنتالپی و معادله حالت گاز ایده از تعریفℎ = 𝑢 + 𝑝𝑣 = 𝑢 + 𝑅𝑇

گردد:رابطه بین آنتالپی و دما توسط رابطه گرمای ویژه فشار ثابت برقرار میℎ2 − ℎ1 = 𝐶𝑝(𝑇2 − 𝑇1)

𝐻2 − 𝐻1 = 𝑚𝐶𝑝(𝑇2 − 𝑇1) اند.ارایه شده A.5مختلف در جدول ثابت گازهایدر دمای اتاق و مقادیر گرمای ویژه نکته:

𝐶𝑝 − 𝐶𝑣 = 𝑅 مثال:

بخارآب در فشار 𝑘𝑔 0/5بوده و حاوی 𝑚3 0/1ای قرار گرفته که حجم سیلندر پیستونی در درون یک سیلندر به گونه

0/4 𝑀𝑃𝑎 برسد و طی این فرایند فشار ثابت ℃ 300شود تا دمای آن به است. به مجموعه سیلندر پیستون حرارت داده می

ماند. میزان انتقال حرارت و کار سیستم را محاسبه نمایید.می

حل:

𝑃1 = 400 𝑘𝑃𝑎

𝑣1 =𝑉1

𝑚=

0/10/5 = 0/2 𝑚3/𝑘𝑔

} 𝐵.1.2 → {

𝑣𝑓 = 0/001084𝑚3/𝑘𝑔

𝑣𝑔 = 0/4625 𝑚3/𝑘𝑔

𝑣𝑓𝑔 = 0/4614 𝑚3/𝑘𝑔

} و 𝑢𝑓 = 604/3 𝑘𝐽/𝑘𝑔𝑢𝑓𝑔 = 1948/7 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑣𝑓 < 𝑣 < 𝑣𝑔 → حالت اشباع

𝑥 =𝑣 − 𝑣𝑓

𝑣𝑓𝑔=

0/2− 0/0010840/4614 = 0/4311


6

𝑢1 = 𝑢𝑓 + 𝑥𝑢𝑓𝑔 = 604/3 + 0/4311× 1948/7 = 1444 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑃1 = 400 𝑘𝑃𝑎

𝑣1 =𝑉1

𝑚=

0/10/5 = 0/2 𝑚3/𝑘𝑔

} 𝐵.1.2 → {

𝑣𝑓 = 0/001084𝑚3/𝑘𝑔

𝑣𝑔 = 0/4625 𝑚3/𝑘𝑔

𝑣𝑓𝑔 = 0/4614 𝑚3/𝑘𝑔

𝑃2 = 400 𝑘𝑃𝑎𝑇2 = 300 ℃ }

𝐵.1.1 و بخار فوق گرم →

𝐵.1.3 → {

𝑣2 = 0/6548 𝑚3/𝑘𝑔𝑢2 = 2805 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑊2

1 = ∫ 𝑃𝑑𝑉

2

1= 𝑃∫ 𝑑𝑉

2

1= 𝑃(𝑉2 − 𝑉1) = 𝑃𝑚(𝑣2 − 𝑣1)

𝑊2

1 = 𝑃𝑚(𝑣2 − 𝑣1) = 400× 0/5× (0/6548 − 0/2) = 91 𝑘𝐽 𝑈2 − 𝑈1 = 𝑄2

1 − 𝑊2

1 → 𝑄2

1 = 𝑚(𝑢2 − 𝑢1) + 𝑊2

1

𝑄2

1 = 0/5(2805− 1444) + 91 = 771 𝑘𝐽

مثال:های زیر در ورودی و خروجی توربین است. داده 𝑘𝑊 8/5و انتقال حرارت توربین 𝑘𝑔/𝑠 1/5دبی جریان ورودی به یک توربین

معلوم هستند. توان خروجی توربین چقدر است؟

حل:

قانون بقای جرم:�̇�𝑖 = �̇�𝑒 = 1/5 𝑘𝑔/𝑠

از قانون اول ترمودینامیک داریم:

�̇�𝐶.𝑉. + �̇�𝑖 (ℎ𝑖 +𝑉𝑖

2

2 + 𝑔𝑍𝑖) = �̇�𝑒 (ℎ𝑒 +𝑉𝑒

2

2 + 𝑔𝑍𝑒) + �̇�𝐶.𝑉.

�̇�𝐶.𝑉. = −8/5 𝑘𝑊

𝑇𝑖 = 350℃ B.1.3 جدول→ ℎ𝑖 = 3137 𝑘𝐽/𝑘𝑔

از جداول بخار داریم:𝑉𝑖

2

2 =50× 502× 1000 = 1/25 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑔𝑍𝑖 =6 × 9/81

1000 = 0/059 𝑘𝐽/𝑘𝑔

در خروجی توربین داریم:


7

𝑃𝑒 = 0/1 𝑀𝑃𝑎 B.1.2 جدول→ ℎ𝑒 = 2675 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑉𝑒2

2 =100× 1002 × 1000 = 5 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑔𝑍𝑒 =3 × 9/81

1000 = 0/029 𝑘𝐽/𝑘𝑔

−8/5+ 1/5(3137+ 1/25+ 0/059) = 1/5(2675+ 5+ 0/029) + �̇�𝐶.𝑉.

�̇�𝐶.𝑉. = 678/2 𝑘𝑊 مثال:

ای مطابق شکل زیر جریان دارد. یک تانک خالء توسط یک شیر به این لوله در لوله ℃300و دمای MPa 1/4بخار در فشار

شود. این برسد و سپس شیر بسته می MPa 1/4شود تا فشار به پر می آبشود و تانک از بخارمتصل شده است. شیر باز می

ی نهایی بخار را بیابید.های جنبشی و پتانسیل ناچیز هستند. دماافتد و انرژیفرایند به صورت آدیاباتیک اتفاق می

حل:

(𝑚2 −𝑚1)𝐶.𝑉. = 𝑚𝑖 −𝑚𝑒

𝑄𝐶.𝑉. +𝑚𝑖 (ℎ𝑖 +𝑉𝑖

2

2 + 𝑔𝑍𝑖) = 𝑚𝑒 (ℎ𝑒 +𝑉𝑒

2

2 + 𝑔𝑍𝑒)

+[𝑚2 (𝑢2 +𝑉2

2

2 + 𝑔𝑍2) −𝑚1 (𝑢1 +𝑉1

2

2 + 𝑔𝑍1)] +𝑊𝐶.𝑉.

𝑄𝐶.𝑉. = 0 , 𝑊𝐶.𝑉. = 0 , 𝑚𝑒 = 0 , 𝑚1 = 0

توان نوشت:معادله پیوستگی برای این فرایند میاز

𝑚2 = 𝑚𝑖

شود:شود که تغییرات انرژی جنبشی و پتانسیل ناچیز است. بنابراین قانون اول به صورت زیر خالصه میهمچنین فرض می𝑚𝑖ℎ𝑖 = 𝑚2𝑢2

توان نوشت:از معادله پیوستگی و قانون اول میℎ𝑖 = 𝑢2

شود:از جداول بخار نتیجه می𝑃𝑖 = 1/4 𝑀𝑃𝑎 , 𝑇𝑖 = 300℃ → ℎ𝑖 = 3040/4 𝑘𝐽/𝑘𝑔

معلوم است دو خاصیت از حالت نهایی معلوم است و لذا حالت نهایی قابل تعیین است. MPa 1/4چون فشار نهایی

𝑃2 = 1/4 𝑀𝑃𝑎, 𝑢2 = 3040/4 𝑘𝐽/𝑘𝑔 → 𝑇 = 452℃

𝑃دمای مربوط به فشار = 1/4 MPa و انرژی درونی𝑢 = 3040/4 kJ/kg است. ℃452مقدار


8

قانون دوم ترمودینامیک

کند و به دلیل انتقال حرارت از یک که در یک سیکل ترمودینامیکی عمل می سیستمی است (heat engine) موتور حرارتی

دهد.پایین مقداری کار خالص مثبت انجام می دماباال به جسم دماجسم

کارایی موتور حرارتی

𝜂حرارتی =�̇�𝑛𝑒𝑡 (انرژی قابل فروش)

�̇�𝐻(انرژی هزینه ساز)=�̇�𝐻 − �̇�𝐿

�̇�𝐻= 1−

�̇�𝐿

�̇�𝐻

باال دماپایین به جسم دماکند و در آن حرارت از جسم سیستمی است که در یک سیستم کار می (heat pump) پمپ حرارتی

یابد در حالی که مقداری کار نیز برای انجام فرایند مورد نیاز است.انتقال می

ficient of Performance (Coef(ضریب عملکرد

است که همان حرارت منتقل شده �̇�𝐿شود. در یخچال هدف )یعنی انرژی قابل فروش( کارایی یخچال با ضریب عملکرد بیان می

ساز کار است.باشد و انرژی هزینهاز اجسام داخل یخچال به مبرد می

β =�̇�𝐿 (انرژی قابل فروش)

�̇�(انرژی هزینه ساز)=

�̇�𝐿

�̇�𝐻 − �̇�𝐿=

1�̇�𝐻 �̇�𝐿⁄ − 1

1 است. بزرگتر از یکضریب عملکرد همواره < β < ∞

یعنی �̇�𝐻شود که هدف گفته می پمپ حرارتیتوان استفاده کرد که بدان نیز می گرمایشبه عنوان سیستم یخچالاز سیکل

از زمین، هوای اتمسفر یا چاه آب �̇�𝐿باشد. حرارت منتقل شده از مبرد به جسم درجه حرارت باال که در فضای گرم قرار دارد، می

یابد.به مبرد انتقال می


9

𝛽′ =�̇�𝐻 (انرژی قابل فروش)

�̇� (انرژی هزینه ساز)=

�̇�𝐻

�̇�𝐻 − �̇�𝐿=

11− �̇�𝐿 �̇�𝐻⁄

𝛽′ − 𝛽 = 1

قانون دوم ترمودینامیک

پالنک -کلوین بیان

هیچ اثری جز صعود وزنه و تبادل حرارت با یک عمل کند و سیکلای ساخته شود که در یک غیرممکن است که وسیله

نداشته باشد امنبع مجز

پالنک -بیان کلوین

باال دمابیابیم که در یک سیکل عمل کند و مقدار مشخصی از حرارت را از جسم موتور حرارتیبه عبارت دیگر غیرممکن است

دریافت کند و همان مقدار کار انجام دهد.

باشد. % 100کارایی آن بسازیم که امکان ندارد موتور حرارتی نتیجه:

بیان کالزیوس

انتقال حرارت از جسم سردتر به جسم گرمترعمل کند و تنها اثر آن سیکلای بسازیم که در یک غیرممکن است که وسیله

باشد

بیان کالزیوس

عمل کند. بدون کار ورودیساخت که یخچالیتوان نمی

است. نهایتکوچکتر از بیضریب عملکرد همیشه


10

انتروپی، یک خاصیت سیستم

گردد:به شکل زیر تعریف می انتروپیبه نام خاصیت ترمودینامیکییک

داده شودحرارت به سیستم → δ𝑄 > 0 → 𝑑𝑆 > 0 → یابد انتروپی افزایش می

→ حرارت از سیستم گرفته شود δ𝑄 < 0 → 𝑑𝑆 < 0 → یابد انتروپی کاهش می

است. انتروپی ثابتبوده یا تغییرات انتروپی صفر، فرایند آدیاباتیک برگشت پذیرطبق تعریف باال در

گردد:به صورت زیر تعریف می آنتروپی مخصوص

𝑠 =𝑆

𝑚 𝑘𝐽/𝑘𝑔

شود:به صورت زیر محاسبه می ناحیه اشباعدر انتروپی

قانون سوم ترمودینامیک:

خواهد بود. صفربرابر درجه حرارت صفر مطلقهمه مواد خالص در انتروپی

سیکل کارنو

.تمام فرایندهای آن بازگشت پذیر باشنداست که سیکلیسیکل کارنو

به دست خواهد آمد. معکوس کردن سیکل موتور حرارتی، سیکل یخچال باداشته باشیم، سیکل کارنواگر

قضیه اول سیکل کارنو

باشد. کارایی آن بیشتر از کارایی موتور کارنوو بین دو منبع مشخص کار کندکه توان موتوری ساختنمی

𝜂واقعی ≤ 𝜂کارنو

سیکل کارنو دوم قضیه

خواهند داشت. کارایی یکسانکنند ثابت کار می دمابین دو منبع سیکل کارنوکه در تمام موتورهایی

𝜂کارنو = 1−�̇�𝐿

�̇�𝐻= 1−

𝑇𝐿𝑇𝐻

(�̇�𝐿

�̇�𝐻)

کارنو=𝑇𝐿𝑇𝐻

سیکل کارنوضریب عملکرد

گردد:ضریب عملکرد سیکل یخچال کارنو از رابطه زیر محاسبه می


11

βکارنو =1

𝑇𝐻𝑇𝐿− 1

تابستان( سبب کاهش محیط گرمتر)سردتر کردن مواد غذایی( یا فضای سردترتامین(COP .خواهد شد

𝑇𝐿 ↘ ⟹ 𝑇𝐻 𝑇𝐿⁄ ↗ ⇒ 𝑇𝐻 𝑇𝐿⁄ − 1 ↗ ⟹ β ↘

𝑇𝐻 ↗ ⟹ 𝑇𝐻 𝑇𝐿⁄ − 1 ↗ ⟹ β ↘

مثال:

دریافت و ℃550در درجه حرارت MW 1موتور حرارتی نشان داده شده در شکل زیر را در نظر بگیرید که حرارت را با نرخ

باشد. مقدار انرژی تلف شده به می kW 450کند. نرخ کار تولیدی است، دفع می K 300انرژی را به محیطی در درجه حرارت

محیط اطراف و کارایی موتور را با مقادیر مربوط به یک موتور حرارتی کارنو مقایسه نمایید.

حل:

مثال:

به محیط ℃24حرارت از یک اتاق با درجه حرارت 𝑘𝑊 4کند، مقدار که در سیکل کارنو کار می سیستم تهویه مطبوعدر یک

شود. مقدار کار مورد نیاز را محاسبه نمایید.منتقل می ℃35خارج با درجه حرارت

حل:

β =�̇�𝐿

�̇�=

�̇�𝐿

�̇�𝐻− �̇�

𝐿

=𝑇𝐿

𝑇𝐻 − 𝑇𝐿

β ==273 + 24

(273 + 35) − (273 + 24)= 27

β =�̇�𝐿

�̇� → �̇� =

�̇�𝐿

β

→ �̇� =427 = 0/15 𝑘𝑊


12

تغییر آنتروپی در سیکل کارنو

سیکل یخچال کارنو

سیکل موتور حرارتی کارنو

از چهار فرایند زیر تشکیل شده است: موتور حرارتی کارنو

فرایند انتقال حرارت همدمای برگشت پذیر (1

𝑄𝐻 = 𝑇𝐻∆𝑆 2-1سطح زیر نمودار فرایند

فرایند انبساط آدیاباتیک برگشت پذیر (2

δ𝑄 = 0 → 𝑑𝑆 = (δ𝑄

𝑇)𝑟𝑒𝑣

→ 𝑑𝑆 = 0 → 𝑆 = ثابت

فرایند دفع حرارت همدمای بازگشت پذیر (3

𝑄𝐿 3-4سطح زیر نمودار فرایند = 𝑇𝐿∆𝑆

فرایند تراکم آدیاباتیک برگشت پذیر (4

δ𝑄 = 0 → 𝑑𝑆 = (δ𝑄

𝑇)𝑟𝑒𝑣

→ 𝑑𝑆 = 0 → 𝑆 = ثابت

شود.گفته می فرایند ایزنتروپیک )آنتروپی ثابت( فرایند آدیاباتیک برگشت پذیربه

سطح زیر نمودار 𝑇 − 𝑆 باشد.می انتقال حرارتمعرف

𝑑𝑆 = (δ𝑄

𝑇)

𝑟𝑒𝑣

→ 𝑄 = ∫𝑇𝑑𝑆

شود:به صورت زیر محاسبه می کارایی موتور حرارتی کارنو

𝜂𝑡ℎ =�̇�𝑛𝑒𝑡

�̇�𝐻=�̇�𝐻 − �̇�𝐿

�̇�𝐻

𝜂𝑡ℎ =(1− 2− 𝑏 − 𝑎 − (سطح 1 − (3− 4− 𝑎 − 𝑏 − (سطح 3

1− 2− 𝑏 − 𝑎 − سطح 1=

1− 2− 3− 4− سطح 1

1− 2− 𝑏 − 𝑎 − سطح 1

شود:ضریب عملکرد یخچال کارنو به صورت زیر محاسبه می


13

β =�̇�𝐿

�̇�𝑛𝑒𝑡=

1− 2− 𝑏 − 𝑎 − سطح 1

1 − 2− 3− 4− سطح 1

رابطه خواص ترمودینامیکی

انتروپی جامدات و مایعات تغییر

𝑠2 − 𝑠1 = 𝐶 𝑙𝑛𝑇2

𝑇1

آلتغییر انتروپی گاز ایده𝑃

𝑇=𝑅

𝑣

با فرض ثابت بودن ظرفیت گرمای ویژه

𝑠2 − 𝑠1 = 𝐶𝑝0 𝑙𝑛𝑇2

𝑇1− 𝑅 𝑙𝑛

𝑃2

𝑃1

𝑠2 − 𝑠1 = 𝐶𝑣0 𝑙𝑛𝑇2

𝑇1+ 𝑅 𝑙𝑛

𝑣2

𝑣1

:آلبرای گاز ایده در یک فرایند ایزنتروپیک

𝑊2

1 =

𝑃2𝑉2 − 𝑃1𝑉1

1 − 𝑘 =𝑚𝑅(𝑇2 − 𝑇1)

1− 𝑘 , 𝑘 ≠ 1

𝑃𝑉𝑛)رابطه باال حالت خاصی از فرایند پلی تروپیک = است که در آن: (ثابت

𝑛 = 𝑘 =𝐶𝑝0

𝐶𝑣0


14

𝑛 = 0 فرایند فشار ثابت →

𝑛 = 1 فرایند دما ثابت →

𝑛 = 𝑘 )ایزنتروپیک( فرایند انتروپی ثابت →

𝑛 = ∞ فرایند حجم ثابت →

مثال:

شود. کار و فشرده می 𝑘𝑃𝑎 500به فشار ℃27و دمای 𝑘𝑃𝑎 100در سیلندر از فشار هوابازگشت پذیر، آدیاباتیک در یک فرایند

محاسبه کنید.حین فرایند تراکم انتقال حرارت بر واحد جرم را

حل:

𝑇2

𝑇1= (𝑃2

𝑃1)

𝑘−1𝑘 → 𝑇2 = 293 (

500100)

1/4−11/4

= 475 𝐾

𝐴.5 برای هوا از جدول→ 𝑘 = 1/4 , 𝑅 = 0/297 𝑘𝐽/𝑘𝑔 𝐾 , 𝐶𝑣0 = 0/717 𝑘𝐽/𝑘𝑔 𝐾

𝑤 =𝑊2

1

𝑚=

0/297(475− 300)1− 1/4 = −129/94 𝑘𝐽/𝑘𝑔

ترمودینامیک برای جرم کنترل: قانون اول

𝑞 = 𝑢2 − 𝑢1 +𝑤 = 𝐶𝑣0(𝑇2 − 𝑇1) + 𝑤

𝑞 = 0/717 (475− 300) − 129/94 = −4/465 𝑘𝐽/𝑘𝑔

ناپذیرجرم کنترل در یک فرایند بازگشت انتروپی تغییر

𝑑𝑆 =𝛿𝑄

𝑇|𝑟𝑒𝑣

𝑆2 − 𝑆1 =𝑄2

1

𝑇+ ∆𝑆 𝑔𝑒𝑛

∆ 𝑆 𝑔𝑒𝑛

> 0

نتیجه: وجود دارد: افزایش انتروپیدو راه برای -1

انتقال حرارت به سیستم

قرار دادن سیستم در یک فرایند بازگشت ناپذیر


15

وجود دارد: کاهش انتروپیتواند کمتر از صفر باشد تنها یک راه برای چون تولید انتروپی نمی -2

حرارت از سیستم انتقال یابد

δ𝑄در فرایند آدیاباتیک = هاست.افزایش انتروپی تنها مربوط به بازگشت ناپذیری 0

تغییرات انتروپی به دلیل انتقال گرما و تولید انتروپی

شود که کار واقعی کمتر از کار برگشت پذیر باشد. یعنی در فرایند انبساط کار کمتری توسط بازگشت ناپذیری سبب می -3

𝛿𝑊)پیستون تولید شده و کار مصرفی در فرایند تراکم < .بیشتر خواهد بود (0

باشد.نمی 𝑇𝑑𝑆∫نبوده و انتقال حرارت نیز برابر با 𝑃𝑑𝑉∫کار در یک فرایند برگشت ناپذیر برابر -4

انتروپی اصل افزایش

گردند. را در نظر بگیرید که در مجموع کل جهان هستی را شامل می Cبا مرز مشترک و محیط اطراف Bو Aدو حجم کنترل

اگر چندین فرایند انجام شوند به نحوی که تبادل کار و گرما مطابق شکل فوق صورت پذیرد:

انرژی

انتروپی

(𝑆2 − 𝑆1)𝐴 = ∫𝛿𝑄𝑎𝑇𝑎

−∫𝛿𝑄𝑏𝑇𝑏

+ ∆𝑆 𝑔𝑒𝑛,𝐴

(𝑆2 − 𝑆1)𝐵 = ∫𝛿𝑄𝑏𝑇𝑏

−∫𝛿𝑄𝑐𝑇𝑐+ ∆𝑆 𝑔𝑒𝑛,𝐵


16

(𝑆2 − 𝑆1)𝐶 = ∫𝛿𝑄𝑐𝑇𝑐−∫

𝛿𝑄𝑎𝑇𝑎

+ ∆𝑆 𝑔𝑒𝑛,𝐶

گردد:کل سیستم به صورت زیر توصیف می حال انرژی

شود:اما انتروپی کل سیستم به صورت زیر نوشته می یعنی انرژی کل سیستم پایسته است.

(𝑆2 − 𝑆1)𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = (𝑆2 − 𝑆1)𝐴 + (𝑆2 − 𝑆1)𝐵 + (𝑆2 − 𝑆1)𝐶

= ∫𝛿𝑄𝑎𝑇𝑎−∫

𝛿𝑄𝑏𝑇𝑏+ ∆𝑆 𝑔𝑒𝑛,𝐴

+∫𝛿𝑄𝑏𝑇𝑏−∫

𝛿𝑄𝑐𝑇𝑐+ ∆𝑆 𝑔𝑒𝑛,𝐵

+∫𝛿𝑄𝑐𝑇𝑐−∫

𝛿𝑄𝑎𝑇𝑎+ ∆𝑆 𝑔𝑒𝑛,𝐶

(𝑆2 − 𝑆1)𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∆𝑆 𝑔𝑒𝑛,𝐴 + ∆𝑆 𝑔𝑒𝑛,𝐵

+ ∆𝑆 𝑔𝑒𝑛,𝐶 ≥ 0

∆𝑆 =∑∆𝑆𝑔𝑒𝑛 ≥ 0 بنابراین انتروپی کل سیستم مانند.گرما حذف شده و تنها عبارات تولید انتروپی باقی میدر رابطه باال عبارات مربوط به انتقال

شود.پایسته نیست که بدان اصل افزایش انتروپی گفته می

حرارت دریافت کرده به صورت زیر است: 𝛿𝑄تغییر انتروپی برای جرم کنترلی که به میزان

𝑑𝑆𝑐.𝑚. ≥𝛿𝑄

𝑇

𝑑𝑆𝑐.𝑚. =𝛿𝑄

𝑇+ 𝛿𝑆𝑔𝑒𝑛

با فرض بازگشت پذیر بودن فرایند انتقال حرارت خواهیم داشت: را از دست داده است 𝛿𝑄چون حرارت 𝑇0برای محیط با دمای

𝑑𝑆𝑠𝑢𝑟𝑟 =−𝛿𝑄

𝑇0

مقدار تغییر انتروپی کل برابر است با:

∆𝑆𝑛𝑒𝑡 = ∆𝑆𝑐.𝑚. + ∆𝑆𝑠𝑢𝑟𝑟 =𝑄1

2

𝑇+ ∆𝑆𝑔𝑒𝑛 −

𝑄1

2

𝑇0= 𝑄1

2 (

1𝑇−

1𝑇0) + ∆𝑆𝑔𝑒𝑛

∆𝑆𝑛𝑒𝑡 = ∆𝑆𝑐.𝑚. + ∆𝑆𝑠𝑢𝑟𝑟 ≥𝑄1

2

𝑇−𝑄1

2

𝑇0≥ 𝑄1

2 (

1𝑇−

1𝑇0)

اگر𝑇 > 𝑇0 شود:باشد انتقال حرارت از سیستم به محیط انجام می


17

𝑇 > 𝑇0 → {

𝑄1

2 < 0

1𝑇−

1𝑇0< 0} → ∆𝑆𝑛𝑒𝑡 ≥ 0

اگر𝑇 < 𝑇0 گیرد:باشد سیستم از محیط حرارت می

𝑇 < 𝑇0 → {

𝑄1

2 > 0

1𝑇−

1𝑇0> 0} → ∆𝑆𝑛𝑒𝑡 ≥ 0

𝑄1عبارت

2 (

1𝑇−

1𝑇0ی اختالف درجه حرارت محدود است که ناشی از انتقال حرارت به واسطه تولید خارجی انتروپیبیانگر (

باشد.می

∆𝑆𝑔𝑒𝑛,محیط = 𝑄1

2 (

1𝑇−

1𝑇0)

به صورت زیر قابل بیان است: تولید انتروپی محیط ثابت باشند، 𝑇0و 𝑇در حالتی که دماهای

→ ∆𝑆𝑔𝑒𝑛,محیط = 𝑄1

2 (

1𝑇−

1𝑇0) → 𝑄1

2 > 0 → 𝑇 < 𝑇0 کندسیستم حرارت دریافت می

→ ∆𝑆𝑔𝑒𝑛,محیط = 𝑄1

2 (

1𝑇0−

1𝑇) → 𝑄1

2 < 0 → 𝑇 > 𝑇0 دهدسیستم حرارت از دست می

غییر تهای اضافی دیگری نیز برای تولید انتروپی در محیط وجود داشته باشند که مثبت نیز هستند. لذا ممکن است عبارت نامید: توان تولید انتروپی کلانتروپی خالص را می

∆𝑆𝑛𝑒𝑡 = ∆𝑆𝑐.𝑚. + ∆𝑆𝑠𝑢𝑟𝑟 =∑∆𝑆𝑔𝑒𝑛 ≥ 0

در حالتی که تنها یک تبادل حرات جرم کنترل با محیط وجود داشته باشد:∆𝑆𝑛𝑒𝑡 = ∆𝑆𝑔𝑒𝑛,𝑐.𝑚. + ∆𝑆𝑔𝑒𝑛,محیط

مثال:1 𝑘𝑔 است، ℃25قرار دارد و در اثر انتقال حرارت طی فرایند فشار ثابت به هوای محیط که دمای آن ℃100بخار آب اشباع در

شود. مقدار افزایش خالص انتروپی آب به عالوه محیط چقدر است؟می ℃100تبدیل به مایع اشباع در

حل: کنترل: آب جرم

∆𝑆𝑐.𝑚. = 𝑆2 − 𝑆1 = 𝑆𝑓 − 𝑆𝑔 = −𝑚𝑠𝑓𝑔 = −1 × 6/048 = −6/048 𝑘𝐽/𝐾

𝑄 = 𝑚ℎ𝑓𝑔 = 1 × 2257 = 2257 𝑘𝐽


18

مثال:

است. حرارت از یک ℃20−یک سیلندر پیستون تحت نیروی فنر حاوی یک کیلوگرم آمونیاک به صورت مایع اشباع در دمای

شود. کار، انتقال حرارت و تولید اضافه می ℃70و دمای 𝑘𝑃𝑎 800تا رسیدن به شرایط نهایی در فشار ℃100منبع با دمای

را با فرض بازگشت ناپذیر بودن فرایند بیابید. سیستم انتروپی

حل:

حجم کنترل: آمونیاک داخل سیلندر

∆𝑆𝑐.𝑚. =𝑄1

2

𝑇+ ∆𝑆𝑔𝑒𝑛

: مایع اشباع1حالت

∆𝑆𝑐.𝑚. =𝑄1

2

𝑇0+ ∆𝑆𝑔𝑒𝑛 → ∆𝑆𝑔𝑒𝑛 = ∆𝑆𝑐.𝑚. −

𝑄1

2

𝑇0= 𝑚(𝑠2 − 𝑠1) −

𝑄1

2

𝑇0

∆𝑆𝑔𝑒𝑛 = 1(5/5513− 0/3657) −1447/3

373= 1/307 𝑘𝐽/𝐾


19

قانون دوم ترمودینامیک در مورد حجم کنترل

توان نوشت:می )فرایند بازگشت ناپذیر( برای یک جرم کنترل در حالت کلی

𝑑𝑆𝑐.𝑚. ≥∑𝛿𝑄

𝑇

𝑑𝑆𝑐.𝑚. =∑𝛿𝑄

𝑇+ 𝛿𝑆𝑔𝑒𝑛

آید:به صورت زیر در می شکل نرخی معادله قانون دومبا مشتق گرفتن از رابطه باال نسبت به زمان، 𝑑𝑆𝑐.𝑚.𝑑𝑡

=∑�̇�

𝑇+ �̇�𝑔𝑒𝑛

که در آن:

�̇�𝑔𝑒𝑛 نرخ تولید انتروپی در واحد زمان =𝛿𝑆𝑔𝑒𝑛

𝑑𝑡

�̇� نرخ تغییرات انتقال حرارت در واحد زمان =𝛿𝑄

𝑑𝑡

های ورودی و خروجی سبب انتقال انتقال های جرمبرای یک حجم کنترل که در آن ورود و خروج جرم داریم )شکل باال(، جریان

.انتروپی بر واحد جرم خواهد شد و در عین حال انتروپی نیز ممکن است تولید شود

مجموع شارهای درون حجم کنترل برابر است با مقدار خالص نرخ تغییر انتروپی کلکند که بیان می موازنه انتروپیمعادله :ی نرخ تولید انتروپیبه عالوه عبور کرده از سطح کنترل

نرخ تغییر = + ورودی خروجی − تولید انتروپی+

𝑑𝑆𝑐.𝑣.𝑑𝑡

=∑�̇�𝑖𝑠𝑖 −∑�̇�𝑒𝑠𝑒 +∑�̇�𝐶.𝑉.𝑇+ �̇�𝑔𝑒𝑛

�̇�𝑔𝑒𝑛 ≥ 0


≥∑�̇�𝑖𝑠𝑖 −∑�̇�𝑒𝑠𝑒 +∑�̇�𝐶.𝑉.𝑇


20

جریان پایدار –فرایند حالت پایدار نرخ تغییرات انتروپی نسبت به زمان صفر است: جریان پایدار –حالت پایدار در


= 0

∑�̇�𝑒𝑠𝑒 −∑�̇�𝑖𝑠𝑖 =∑�̇�𝐶.𝑉.𝑇+ �̇�𝑔𝑒𝑛

وجود داشته باشد: یک خروجیو یک ورودیاگر فقط

�̇�(𝑠𝑒 − 𝑠𝑖) =∑�̇�𝐶.𝑉.𝑇+ �̇�𝑔𝑒𝑛

توان نوشت:می �̇�با تقسیم رابطه باال بر

(𝑠𝑒 − 𝑠𝑖) =∑𝑞

𝑇+ 𝑠𝑔𝑒𝑛

𝑞 =�̇�𝐶.𝑉.�̇�, 𝑠𝑔𝑒𝑛 =

�̇�𝑔𝑒𝑛

�̇�

𝑞 انتقال گرمای مخصوص و𝑠𝑔𝑒𝑛 باشند.تولید انتروپی مخصوص می

داریم: آدیاباتیکبرای یک فرایند

𝑠𝑒 = 𝑠𝑖 + 𝑠𝑔𝑒𝑛 ≥ 𝑠𝑖 است. فرایند بازگشت پذیرمربوط به تساویحالت

گذرافرایند

ثابت باشد: ی منبعدر حالتی که دما

(𝑚2𝑠2 −𝑚1𝑠1)𝐶.𝑉. =∑𝑚𝑖𝑠𝑖 −∑𝑚𝑒𝑠𝑒 +𝑄2

1

𝑇+ 𝑆2

1 𝑔𝑒𝑛

مثال:

گردد. بخار آب توربین را در فشار وارد یک توربین بخار می m/s 50و سرعت ℃300، درجه حرارت MPa 1بخار آب با فشار

150 kPa 200و سرعت m/s کند. با فرض آدیاباتیک و بازگشت پذیر بودن فرایند، کار بر واحد جرم بخار عبور کننده از ترک می

توربین را به دست آورید.

حل:

�̇�𝑒 معادل پیوستگی )بقای جرم( = �̇�𝑖 = �̇�


21

ℎ𝑖 قانون اول: +𝑉𝑖

2

2 = ℎ𝑒 +𝑉𝑒

2

2 + 𝑤

𝑠𝑒 دوم: قانون = 𝑠𝑖

شوند:کیفیت و انتالپی بخار خروجی به صورت زیر محاسبه می

مثال:

Rبخار اشباع kg/s 2به − شود. این حرارت توسط یک پمپ حرارت داده می ℃40در فشار ثابت تا 500kPaدر فشار 22

کند. با فرض با صرف مقداری کار دریافت می K 300شود که مطابق شکل حرارت را از محیطی در دمای حرارتی تامین می

بازگشت پذیر بودن کل فرایندها، نرخ کار ورودی را محاسبه نمایید.

حل: حجم کنترل: مبدل حرارتی

�̇�𝑒 معادل پیوستگی )بقای جرم( = �̇�𝑖 = �̇�

�̇�𝑖ℎ𝑖 قانون اول: + �̇�𝐻 = �̇�𝑒ℎ𝑒

:B.4.2جدول

𝑃=500 𝑘𝑃𝑎 → ℎ𝑖 = 250 𝑘𝐽/𝑘𝑔, 𝑠𝑖 = 0/9267 𝑘𝐽/𝑘𝑔 𝐾

𝑃=500 𝑘𝑃𝑎,𝑇=40℃ → ℎ𝑒 = 278/69 𝑘𝐽/𝑘𝑔, 𝑠𝑒 = 1/0247 𝑘𝐽/𝑘𝑔 𝐾

در مبدل حرارتی فشار ثابت بوده اما دما ثابت نیست.

با در نظر گرفتن پمپ حرارتی به عنوان حجم کنترل:

�̇�𝐻 − �̇�𝐿 = �̇�𝐻.𝑃.

�̇�𝐻 = �̇�(ℎ𝑒 − ℎ𝑖)} → �̇�𝐻.𝑃. = �̇�(ℎ𝑒 − ℎ𝑖) − �̇�𝐿

اگر پمپ حرارتی و مبدل حرارتی به عنوان حجم کنترل در نظر گرفته شود:

(ثابت است 𝑇𝐿چون )قانون دوم:

�̇�(𝑠𝑒 − 𝑠𝑖) =∑�̇�𝐶.𝑉.𝑇+ �̇�𝑔𝑒𝑛


22

�̇�𝑔𝑒𝑛 = 0 → �̇�(𝑠𝑒 − 𝑠𝑖) =�̇�𝐿𝑇𝐿→ �̇�𝐿 = �̇�𝑇𝐿(𝑠𝑒 − 𝑠𝑖)

�̇�𝐿 = 2× 300(1/0247− 0/9267) = 58/8 𝑘𝑊

�̇� = �̇�(ℎ𝑒 − ℎ𝑖) − �̇�𝐿 = 2(278/69 − 250) − 58/8 = −1/42 𝑘𝑊

اصل افزایش انتروپی

شود یک فرایند در حجم نماییم فرض میمیتقسیم Bحجم کنترل اطرافش را به محیطو Aحجم کنترل را به کل جهان

در Aرخ دهد که تبادل جرم، انرژی و انتروپی با محیط داشته باشد. به عبارت دیگر اگر انتقال حرارت به حجم کنترل Aکنترل

با نوشتن موازنه انتروپی برای بود وارد شود که ضرورتاً با دمای محیط در فاصله بسیار دور از حجم کنترل برابر نخواهد 𝑇𝐴دمای

دو حجم کنترل خواهیم داشت:

مثبت برای هر بخش جهان خواهد بود که بدان طبق رابطه باال، تغییر انتروپی خالص حجم کنترل برابر با مجموع عبارات تولید

شود.اصل افزایش انتروپی گفته می

صفر خواهد بود. انتروپی اگر هیچ فرایندی در محیط رخ ندهد، عبارت تولید

ده شده رخ دهد باید برای این که انتقال حرارت در جهت نشان دا𝑇𝐵 ≥ 𝑇𝐴 .باشد

ماند:عبارت فوق بیانگر این موضوع است که انتروپی کل جهان افزایش یافته یا ثابت می𝑑𝑆𝑛𝑒𝑡𝑑𝑡

≥ 0

تنها فرایندهایی که در رابطه𝑑𝑆𝑛𝑒𝑡

𝑑𝑡≥ صدق کنند، احتمال وقوع خواهند داشت. 0

بوده و به وقوع نخواهد پیوست. هر فرایندی که انتروپی کل را کاهش دهد غیرممکن


23

توان به صورت زیر بیان نمود:اصل افزایش انتروپی را در حالت کلی می𝑑𝑆𝑛𝑒𝑡𝑑𝑡

=𝑑𝑆𝐶.𝑉.𝑑𝑡

+𝑑𝑆𝑠𝑢𝑟𝑟𝑑𝑡

=∑�̇�𝑔𝑒𝑛 ≥ 0

فرایند گذرا

توان به صورت زیر بیان نمود:می فرایند گذرااصل افزایش انتروپی را برای یک

∆𝑆𝑛𝑒𝑡 = ∆𝑆𝐶.𝑉. + ∆𝑆𝑠𝑢𝑟𝑟 ∆𝑆𝐶.𝑉. = (𝑚2𝑠2 −𝑚1𝑠1)𝐶.𝑉.

∆𝑆𝑠𝑢𝑟𝑟 =−𝑄𝐶.𝑉.𝑇0

+∑𝑚𝑒𝑠𝑒 −∑𝑚𝑖𝑠𝑖

مثال:برای استفاده در یک فرایند خاص وارد بویلر شده و تبدیل به ℃20در دمای kg/s 5آب به صورت مایع اشباع با دبی جرمی

باشد و با فرض بازگشت پذیر بودن ℃500شود. اگر دمای منبع گرما مقدار ثابت تبدیل می ℃350و با دمای kPa 1000بخار

فرایند، میزان انتقال حرارت را بیابید.

حل: قانون اول ترمودینامیک:

قانون دوم ترمودینامیک )دما ثابت است(:

(:B.1.1جدول –در ورودی )مایع اشباع

:)B.1.3جدول –در خروجی )بخار فوق گرم

کار محوری

های جنبشی و پتانسیل و بازگشت پذیر بودن این کار تجهیزاتی نظیر توربین، کمپرسور و پمپ با فرض ناچیز بودن انرژی

گردد:تجهیزات از رابطه زیر محاسبه می

𝑤 = −∫ 𝑣𝑑𝑃𝑒

𝑖


24

Pکار محوری در نمودار − v

آلبرای گاز ایده فرایند پلی تروپیک بازگشت پذیرهای گذارد با فرض ناچیز بودن انرژیآل در یک جرم کنترل فرایند پلی تروپیک بازگشت پذیر را پشت سر میایدهبرای گاز

گردد:پتانسیل و جنبشی کار محوری از رابطه زیر محاسبه می

𝑃𝑉𝑛 = ثابت

𝑤 = −𝑛

𝑛 − 1(𝑃𝑒𝑣𝑒 − 𝑃𝑖𝑣𝑖) = −

𝑛𝑅

𝑛 − 1(𝑇𝑒 − 𝑇𝑖) , 𝑛 ≠ 1

𝑤 = −𝑃𝑖𝑣𝑖 ln𝑃𝑒𝑃𝑖 , 𝑛 = 1

کارایی کارایی یک موتور حرارتی به صورت زیر بیان گردید:

𝜂𝑡ℎ =�̇�𝑛𝑒𝑡

�̇�𝐻

کارایی یک نیروگاه حرارتی بیانگر میزان کار تولیدی توربین از حرارت دریافت شده از دیگ بخار است.

ی عملکردتحت شرایط مورد نظر و عملکرد حقیقی ماشینای است بین مقایسهرا تحت فرایند خاص ماشینیک کارایی

به آن رسید. آلفرایند ایدهتوان در یک که می

توربین

شود.آل از قانون دوم ترمودینامیک کمک گرفته میدر تعریف فرایند ایده

آل، فرایند آدیاباتیک بازگشت ناپذیر )ایزنتروپیک( است.برای یک توربین فرایند ایده


25

𝛿𝑊𝑖𝑟𝑟 = 𝑃𝑑𝑉 − 𝑇𝛿𝑆𝑔𝑒𝑛

𝛿𝑊𝑟𝑒𝑣 = 𝑃𝑑𝑉} → 𝛿𝑊𝑖𝑟𝑟 < 𝛿𝑊𝑟𝑒𝑣

𝑒 خروجی توربین در حالت واقعی

𝑒𝑠 خروجی توربین در حالت ایزنتروپیک

𝜂توربین =𝑊

𝑊𝑠=ℎ𝑖 − ℎ𝑒ℎ𝑖 − ℎ𝑒𝑠

𝑤 کار تولیدی توربین در حالت واقعی

کار تولیدی توربین در حالت ایزنتروپیک 𝑤𝑠

کمپرسور

𝛿𝑊𝑖𝑟𝑟 = −𝑃𝑑𝑉 − 𝑇𝛿𝑆𝑔𝑒𝑛𝛿𝑊𝑟𝑒𝑣 = 𝑃𝑑𝑉

} → 𝛿𝑊𝑖𝑟𝑟 > 𝛿𝑊𝑟𝑒𝑣

𝑒 خروجی کمپرسور در حالت واقعی

𝑒𝑠 خروجی کمپرسور در حالت ایزنتروپیک

z


26

𝜂کمپرسور =𝑊𝑠

𝑊=ℎ𝑖−ℎ𝑒𝑠

ℎ𝑖−ℎ𝑒

𝑤 کار دریافتی کمپرسور در حالت واقعی

کار دریافتی کمپرسور در حالت ایزنتروپیک 𝑤𝑠

مثال:وجود دارد. شیری که روی 𝑚3 2و با حجم K 400و دمای kPa 300آل در داخل یک مخزن در فشار هوا به عنوان گاز ایده

ای شود به گونهبرسد. همزمان حرارت نیز به مخزن داده می kPa 200شود تا زمانی که فشار مخزن به مخزن قرار دارد باز می

کند و انتروپی خروجی را با فرض ماند. مقدار جرمی که مخزن را ترک مین همواره ثابت میکه دمای هوای باقیمانده در مخز

در جدول زیر ارایه K 400و دمای kPa 200و kPa 300بازگشت پذیر بودن فرایند محاسبه نمایید. خواص هوا در دو فشار

شده است.𝑠 (𝑘𝐽/𝑘𝑔 𝐾) ℎ (𝑘𝐽/𝑘𝑔) 𝑢 (𝑘𝐽/𝑘𝑔) 𝑃 (𝑘𝑃𝑎) T (K)

6/844 401/3 286/49 300 400

6/96 401/3 286/49 200 400

حل:

𝑚𝑒𝑠𝑒 = 5/2265× 6/844− 3/4843× 6/96+200400 = 12/019 𝑘𝐽/𝐾


27


28

هتفرشیپ کیمانیدومرت -...

Documents