Nekoliko riješenih zadataka iz područja Vlažnog zraka - FSB

Nekoliko riješenih zadataka iz područja Vlažnog zraka
Kako je već najavljeno, studenti koji slušaju predmet Osnove termodinamike A , na
pismenom dijelu ispita rješavat će i zadatak iz područja Vlažnog zraka, umjesto zadatka iz
područja Izgaranja. To znači da će se na pismenom dijelu ispita alternirati zadaci iz navedena
dva područja.
U tu svrhu daju se primjeri rješenja nekoliko zadataka iz područja Vlažnog zraka. Tijekom
rješavanja zadataka koristila se literatura [1] i [2]
1. Zadatak
Zadaci i rješenja
U prostoriji dimenzija 5 × 5 × 3 m nalazi se vlažni zrak ukupnog tlaka 760 mmHg,
temperature 35 o C i relativne vlažnosti 40 %. Potrebno je odrediti:
a) – sadržaj vlage i specifičnu entalpiju tog zraka;
b) – temperaturu rosišta tog zraka;
c) – specifični volumen zraka
d) – masu suhog zraka i masu vodene pare (vlage) u toj prostoriji.
Rješenje
a) – Sadržaj vlage i specifičnu entalpiju ovog zraka određuje se prema sljedećim jednadžbama
( ϑ1
)
p ( ϑ )
ϕ1
ps
ϕ1
ps
x1
= 0,622
= 0,622
o
p −ϕ1
s 1 p −ϕ1
s
x 1 = 0,01412 kg/kg
o
( 35 C)
0,40 ⋅ 0,05622
= 0,622 ⋅
p ( 35 C) 1,0133 − 0,40 ⋅ 0, 05622
( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅35
+ 0,01412 ⋅ ( 2500 + 1,93 35)
1+ x 1 pz
1 1 0 pdϑ1
⋅
= 71,43 kJ/kg
( h ) ( h )
1+
x
x
−
sH 1+
x
sH
− x
1
1
= cvϑ
sH
(1)
b) – Temperaturu rosišta zraka dobije se iz uvjeta x 1 = x R , koristeći sljedeću jednadžbu
p
xR 0, 622
p −
( ϑR
)
p ( ϑ )
s
= →
s
x p
0,622
+ xR
R
0,01412 ⋅1,0133
0,622 + 0,01412
R
( ) = =
0,02249 bar
p ϑ
s R
=
Koristeći toplinske tablice [2], linearnom interpolacijom se dobiva iznos temperature rosišta
20 −19
ϑ = 19 +
⋅
0,02337 − 0,02196
( 0,02249 − 0,02196)
R
=
19,38 o C

c) – volumen zraka, sveden na kilogram suhog zraka, računa se prema jednadžbi
T
308,15
461
1
5
p
1,0133⋅10
1
( ) = ,5 ( 0,622 + ) = 461,5 ⋅ ⋅ ( 0,622 + 0,01412)
v1 + x
x
=
1
0,893 m 3 /kg
d) – Masu suhog zraka odnosno masu vlage određuje se prema sljedećim jednadžbama:
m
p V
o
( p −ϕ
p ( 35 C
) ( 1,0133 − 0,40 ⋅ 0,05622)
⋅10
⋅ 75
5
z
1 s
z
= =
=
=
RzT
RzT1
287 ⋅308,15
84,026 kg
md = x1mz
= 0,01412 ⋅84,026
= 1,186 kg
Masu vode, koja je u ovom slučaju u obliku pregrijane vodene pare, može se također
izračunati koristeći sljedeću jednadžbu
m
=
p V ϕ p
=
o
( 35 C)
5
0,4 ⋅ 0,05622 ⋅10
⋅ 75
=
461,5 ⋅308,15
d 1 s
z
=
RdT
RzT1
a što je identično gore dobivenom rezultatu!
1,186 kg
2. Zadatak
U dobro izoliranoj cijevi je smješten ventilator snage 1,3 kW. Ventilator usisava vlažni zrak
nekog ulaznog stanja, tako da je na izlazu iz cijevi (iza ventilatora) izmjeren volumenski
protok zraka 0,5 m 3 /s, pri temperaturi 22 o C i relativnoj vlažnosti 60%. Potrebno je odrediti:
a) – temperaturu i relativnu vlažnost zraka na ulazu u cijev (ispred ventilatora);
b) – volumenski protok zraka na ulazu u cijev.
Uzeti da je ukupni tlak zraka prije i nakon ventilatora 1 bar. Stanja zraka na ulazu u ventilator
i na izlazu iz ventilatora prikazati u h 1+x ,x- dijagramu!
Rješenje
a) Primjenjujući I. zakon termodinamike za ova otvoreni sustav, kroz čije granice kontrolnog
volumena struji zrak, odnosno zadana snaga ventilatora, može se napisati sljedeću jednadžbu:
(( h ) ( h ) )
− (1)
P
12
= qm
1+ x
−
2 1+
x
2
Maseni protok suhog zraka je konstantan i određuje se iz zadanih podataka zraka na izlazu iz
cijevi
q
m
=
q
pqV
=
461,5
2 2
V 2
2
1+ x
x
2
( v ) ⋅T
( + 0,622)
(2)
Sadržaj vlage x 2 se računa prema jednadžbi

( ϑ2
)
p ( ϑ )
ϕ2
ps
ϕ
2
ps
x2
= 0,622
= 0,622
o
p −ϕ
2 s 2 p − ϕ2
s
x 2 = 0,0100 kg/kg
Vraćanjem ove vrijednosti u jed. (2) slijedi
o
( 22 C)
0,60 ⋅ 0,02642
= 0,622 ⋅
p ( 22 C) 1−
0,60 ⋅ 0, 02642
q
m
=
1⋅10
461,5 ⋅ 295,15 ⋅
5
⋅ 0,5
( 0,0100 + 0,622)
= 0,5808 kg/s
Iz zadanih podatak je moguće odrediti specifičnu entalpiju (h 1+x ) 2
( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅
22 + 0,0100 ⋅ ( 2500 + 1,93 22)
1+ x 2 pz
2 2 0 pdϑ2
⋅
= 47,53 kJ/kg
Iz jed.(1), zajedno s izračunatim i zadanim vrijednostima, odredi se specifičnu entalpiju (h 1+x ) 1
( h ) ( h )
P
1,3
= 47,53 -
0,5808
12
1 + x
=
1 1+
x
−
=
2
qm
45,292 kJ/kg
Koristeći izraz za specifičnu entalpiju za stanje 1, (h 1+x ) 1
( h ) = 1,
ϑ + x ( r + c ϑ )
1+
x
005
1
2
1
0
pd
1
i uvjet da je x 1 = x 2 , moguće je odrediti temperaturu vlažnog zraka ispred ventilatora
ϑ
( h )
− r x
45,292 − 0,01⋅
2500
=
1,005 + 1,93⋅
0,01
1+
x 1 0 1
1
=
=
c
pz
+ x1c
pd
19,81 o C
pa se i relativnu vlažnost zraka ispred ventilatora određuje prema jednadžbi
ϕ
x
p
1
1
= (3)
( 0,622
+ x1
) ps
( ϑ1
)
Tlak zasićenja p s (ϑ 1 =19,81 o C) određuje se linearnom interpolacijom i podacima iz [2]
p
s
ps
o
o
o
o ps
( ) ( )
( 20 C) − ps
( 19 C)
19,81 C = ps
19 C +
⋅
20 −19
o
0,02337 − 0,02196
( 19,81 C) = 0,02196 +
⋅ 0, 81 =
20 −19
0,81
0,0231 bar
Vraćanjem ove vrijednosti u jed.(3)dobiva se tražena vrijednost relativne vlažnosti
0,01⋅1
ϕ =
0,6850; (= 68,5%)
( 0,622 + 0,01) ⋅ 0, 0231
1
=
b) Volumenski se protok zraka na ulazu u ventilator (cijev) računa prema jednadžbi

T
292,96
qV
= qm
1+ x m
461 x
1
1
5
p
1⋅10
q V1 = 0,4963 m 3 /s
1
( v ) = q ⋅ ,5 ( 1+
) = 0,5808⋅
461,5 ⋅ ⋅ ( 0,622 0,01)
1
+
3. Zadatak
Jedan od načina odstranjivanja vlage iz vlažnog zraka (odvlaživanje) se svodi na ohlađivanje
tog zraka u jednom hladnjaku ispod temperature rosišta, naknadnog odstranjivanja nastale
kapljevite vlage, te potom zagrijavanja tog zraka u zagrijaču do (obično) početne temperature.
Na taj je način potrebno 500 m 3 /h vlažnog zraka početnog stanja 50 o C i relativne vlažnosti 80
%, dovesti na istu temperaturu i relativnu vlažnost 40%. Potrebno je odrediti:
a) – temperaturu zraka na izlazu iz hladnjaka;
b) – rashladni učinak hladnjaka i ogrjevni učinak zagrijača zraka;
c) – maseni protok kondenzirajuće vlage.
Skica procesa u h 1+x ,x – dijagramu!
Skicu opisanog procesa prikazuje slika 1.
Rješenje
Slika 1. Skica procesa
a) – Ako se stanjem 3 označi traženo konačno stanje zraka, tada su sljedeće vrijednosti
veličina u tom stanju:
o
( ϑ3
= 50 C)
p ( ϑ = 50 C)
ϕ3
ps
0,40 ⋅ 0,12335
x
3
= 0,622
= 0,622 ⋅
= 0,0323 kg/kg
o
p − ϕ
1−
0,40 ⋅ 0,12335
3
s
3
( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅50
+ 0,0323⋅
( 2500 + 1,93⋅50)
1 + x 3 pz
3 3 0 pdϑ3
=
134,12 kJ/kg

Veličine početnog stanja vlažnog zraka imaju sljedeće vrijednosti:
o
( ϑ1
= 50 C)
p ( ϑ = 50 C)
ϕ1
ps
0,80 ⋅ 0,12335
x
1
= 0,622
= 0,622 ⋅
= 0,0681 kg/kg
o
p −ϕ
1−
0,80 ⋅ 0,12335
1
s
1
( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅50
+ 0,0681⋅
( 2500 + 1,93⋅50)
1 + x 1 pz
1 1 0 pdϑ3
=
227,07 kJ/kg
T
323,15
461
1
5
p
1⋅10
1
( ) = ,5 ( 0,622 + ) = 461,5 ⋅ ⋅ ( 0,622 + 0,0681)
v1 + x
x
=
1
1,0292 m 3 /kg
pa maseni protok suhog zraka kroz sustav iznosi
q
q
500
=
1,0292
V1
mz
=
=
( v1
+x
)
1
485,83 kg/h
Iz uvjeta da je x 3 = x 2s , može se napisati sljedeću jednadžbu
x2s = 0, 622
p
p −
( ϑ2
)
p ( ϑ )
s
s
2
iz koje se lako izračuna p s (ϑ 2 )
p
2s
( ϑ )
s 2
x p 0,0323⋅1
= = = 0,049366
0,622 + x 0,622 + 0,0323
2s
bar
Iz tog se tlaka, koristeći toplinske tablice, linearnom interpolacijom odredi temperaturu ϑ 2
ϑ
2
= 32,5 ° C
Specifična entalpija u točki 2s je
( h ) c ϑ x ( r c ϑ ) ( )
1 x pz 2s 2s 0 pd 2s
+
= + + = 1,005⋅ 32,52 + 0,0323⋅ 2500 + 1,93⋅
32,52
2s
= 115,46 kJ/kg
( h 1+
x
) 2s
Točka 2 pada u zasićeno područje s vlagom i u obliku kapljevine, pa je specifična entalpija u
toj točki jednaka
( h1 + x
) = c
pzϑ2
+ x2s
( r0
+ c
pdϑ3
) + ( x1
− x2s
) cvϑ2
2
( x ) ( ) ( )
( h + ) = kJ/kg
h
1 +
= 1,005⋅ 32,52 + 0,0323⋅ 2500 + 1,93⋅ 32,52 + 0,0681−0,0323 ⋅4,187⋅
32,52
2
1 x
120,33
2
b) Rashladni učinak hladnjaka iznosi

485,83
Φhl = Φ12 = qmz (( h1 + x) − ( h1
) ) ( )
2 + x
= ⋅
1
120,33 − 227,07 = - 14,40 kW
3600
a ogrjevni učinak zagrijača zraka je
485,83
Φgr = Φ2s3 = qmz (( h1 + x) − ( h1
) ) ( )
3 + x
= ⋅
2s
134,12 − 115,46 = 2,52kW
3600
c) Maseni protok kondenzata je jednak
q
( x − ) = 485,83⋅
( 0,0681−
0,0323)
mv
= qmz
2
x2s
=
17,39 kg/h
Prikaz procesa u h 1+x ,x – dijagramu prikazuje donja slika 2.
Slika 2. Prikaz procesa, u h 1+x , x – dijagramu
4. Zadatak
U izolirano mješalište ulazi 500 m 3 /h vlažnog zraka stanja 1,1 bar, temperature 30 o C i
relativne vlažnosti 50% i struja vlažnog zraka ukupnog tlaka 1,1 bar, temperature 40 o C,
relativne vlažnosti 60% nepoznatog volumenskog protoka. Nastala mješavina se zatim hladi
u hladnjaku, tako da iz hladnjaka izlazi zasićeni vlažni zrak temperature 25 o C i također
ukupnog tlaka 1,1 bar. Potrebno je odrediti:
a) – volumenski protok druge (toplije) struje;
b) – rashladni učinak hladnjaka.
Cjelokupni proces prikazati u h 1+x ,x – dijagramu!

Rješenje
Slika 3a prikazuje shemu zadanog procesa, a slika 3b prikazuje proces u h 1+x ,x – dijagramu
Slika 3a. Shema procesa
Slika 3b. Prikaz procesa u h 1+x ,x- dijagramu
a) – Iz zadanih se podataka mogu odrediti veličine u točki 1
x
ϕ1
ps
= 0,622
o
p −ϕ
o
( ϑ1
= 30 C)
0,50 ⋅ 0,04241
= 0,622 ⋅
p ( ϑ = 30 C) 1,1 − 0,50 ⋅ 0, 04241
1
=
1 s 3
( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅30
+ 0,0122 ⋅ ( 2500 + 1,93⋅30)
0,0122 kg/kg
1 + x 1 pz
1 1 0 pdϑ1
=
T
303,15
461
1
5
p
1,1 ⋅10
1
( ) = ,5 ( 0,622 + ) = 461,5 ⋅ ⋅ ( 0,622 + 0,0122)
v1 + x
x
=
1
61,36 kJ/kg
0,807 m 3 /kg

q
q
500
=
0,807
V1
mz1
=
=
( v1
+x
)
1
619,88
kg/h
Nadalje je moguće odrediti stanje u točki 4, koja predstavlja stanje zasićenog vlažnog zraka
x
o
( ϑ4
= 25 C)
0,03166
= 0,622 ⋅
p ( ϑ = 25 C) 1,1 − 0, 03166
ps
= 0,622
o
p −
4
=
s 4
0,0184 kg/kg
( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅
25 + 0,0184 ⋅ ( 2500 + 1,93⋅
25)
1 + x 4 pz
4 4 0 pdϑ4
=
Relevantne veličine u točki 2 (toplija struja) su
x
ϕ2
ps
= 0,622
o
p −ϕ
o
( ϑ2
= 40 C)
0,60 ⋅ 0,07375
= 0,622 ⋅
p ( ϑ = 40 C) 1,1 − 0,60 ⋅ 0, 07375
2
=
2 s 2
( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅
40 + 0,0261⋅
( 2500 + 1,93⋅
40)
1 + x 2 pz
2 4 0 pdϑ2
=
T
p
313,15
5
1,1 ⋅10
0,0261 kg/kg
72,01 kJ/kg
107,39 kJ/kg
2
3
( ) = 461,5 ( 0,622 + ) = 461,5 ⋅ ⋅ ( 0,622 + 0,0261) 0,852 m /kg
v1 + x
x
2
2
=
Kako je x 3 = x 4 , iz bilance vlage mješališta, lako se određuje maseni protok toplije struje
q
q
x
− x
0,0184-0,0122
619,88 499,09 kg/h
3 1
m2
=
m1
= ⋅ =
x2 −x3
0,0261−0,0184
pa je traženi volumenski protok druge (toplije) struje jednak
( v )
qV
2
= qmz2
1+x
= 499,09 ⋅ 0,852 = 425,23 m 3 /h
2
b) – Specifična entalpija u točki 3 (na izlazu iz mješališta) dobije se iz energijske bilance
postavljene za ovo izolirano mješalište
( h )
q
( h ) + q ( h )
619,88 ⋅ 61,36 + 499,09 ⋅107,39
=
619,88 + 499,09
mz1 1+
x 1 mz2 1+
x 2
1 + x
=
=
3
qmz1
+ qmz2
pa rashladni učinak hladnjaka iznosi
Φ
619,88 + 499,09
3600
(( h ) − ( h ) ) =
⋅ ( 72,01−
81,89)
hl
= Φ34
= qmz
1+ x 4 1+
x
=
31
81,89 kJ/kg
- 3,07 kW

5. Zadatak
Stanje vlažnog (okolišnjeg) zraka određuje se psihrometrom na kojem termometri pokazuju
temperature 35 o C odnosno 23 o C, dok barometar pokazuje tlak od 760 mm Hg. Potrebno je
odrediti.
a) – sadržaj vlage i relativnu vlažnost tog zraka;
b) – temperaturu rosišta tok (okolišnjeg) zraka.
Način određivanja stanja zraka na temelju očitanih temperatura, kao i temperaturu rosišta
prikazati u h 1+x ,x- dijagramu!
Rješenje
a) – Višu temperaturu na psihrometru pokazuje suhi a nižu temperaturu vlažni termometar, to
znači da je
ϑ = ϑ
s 1
=
vl
ϑ sH
35 o C;
ϑ = = 23 o C → temperatura granice hlađenja
Prema [1] može se napisati sljedeću jednadžbu
( h ) ( h )
1+
x
x
−
sH 1+
x
sH
− x
1
1
= cvϑ
sH
(1)
Iz zadanih podataka moguće je izračunati specifičnu entalpiju i sadržaj pare u točki granice
hlađenja sH:
o
( ϑsH
= 23 C)
p ( ϑ = 23 C)
ps
0,02808
x
sH
= 0,622
= 0,622 ⋅
= 0,0177 kg/kg (a)
o
p −
1,0133 − 0,02808
s
sH
( ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅
23 + 0,0177 ⋅ ( 2500 + 1,93⋅
23)
h 68,22 kJ/kg (b)
1 + x sH pz
sH sH 0 pdϑsH
=
( h1 + x
) = c
pz
1
+ x1( r0
+ c
pdϑ1
) = 1,005⋅35
+ x1
⋅ ( 2500 + 1,93⋅35) = 35,175 + 2567,55x1
1
ϑ (c)
Uvrštavanjem (a), (b) i (c) u jed. (1) dobiva se jednadžbu u kojoj se javlja nepoznanica x 1
68,22 − 35,175 − 2567,55x
0,0177 − x
1
1
= 4,187 ⋅ 23 = 96,30
odakle se dobiva sadržaj vlage okolišnjeg zraka
x
33,045 −1,7045
=
2567,55 − 96,30
1
=
0,0127 kg/kg
pa tražena relativna vlažnost zraka ima vrijednost

ϕ =
1
0,0127 ⋅1,0133
o
( 0,622 + x ) p ( ϑ = 35 C) ( 0,622 + 0,0127) ⋅ 0, 05622
1
x
1
s
p
1
=
= 0,3606; (36,06%)
Prema tome stanje zraka je p= 1,0133 bar; ϑ = 35 o C; ϕ = 36,06 %
b) – Temperaturu rosišta ovog zraka dobiva se iz uvjeta
x
= x
=
R 1
0, 622
p
p −
( ϑR
)
p ( ϑ )
s
s
R
iz kojeg se dobiva tlak zasićenja p
s( ϑ R
)
x p
0,622
+ x1
0,0127 ⋅1,0133
0,622 + 0,0127
1
( ) = =
0,0203 bar
p ϑ
s R
=
Koristeći toplinske tablice [2] linearnom interpolacijon se dobiva traženu temperaturu u točki
rosišta
o 18 -17
ϑ
R
= 17,362 C +
⋅ ( 0,0203 − 0,019362)
= 18,10 o C
0,02062 - 0,019362
Prikaz procesa u h 1+x, x – dijagramu je na slici 4.
Slika 4. Prikaz rješenja u h 1+x ,x – dijagramu

6. Zadatak
Vlažni zrak temperature 20 o C, ukupnog tlaka 1,02 bar ima temperaturu rosišta 12 o C.
Potrebno je odrediti:
a) – relativni i apsolutnu vlažnost, te sadržaj vlage tog zraka;
b) – ukupni tlak na kojeg se izotermno mora komprimirati taj zrak, da bi on postao
zasićen s pojavom vlage samo u obliku suhozasićene pare!
Rješenje
a) – Iz uvjeta da je x 1 = x R može se napisati sljedeći oblik jednadžbe
0,622
ϕ p
1
p − ϕ
1
( ϑ1
)
p ( ϑ )
s
s
1
p
= 0,622
p −
( ϑR
)
p ( ϑ )
s
s
R
iz kojeg se izravno dobiva
ϕ
p
( ϑR
)
( ϑ )
p
o
( ϑR
= 12 C)
=
o
( ϑ = 20 C) 0, 02337
0,014014
s
s
1
= =
=
ps
1 ps
1
0,5997; (59,97%)
Apsolutnu vlažnost se računa prema jednadžbi
o
( ϑ = 20 C)
pd
ϕ1
ps
1
M
w 0,5997 ⋅ 0,02337 ⋅18
ρ
d
= =
=
= 0,0103 kg/m 3
R T R T
8314 ⋅ 293,15
w
1
m
1
Sadržaj vlage ovog zraka je
x
ϕ1
ps
= 0,622
o
p − ϕ
o
( ϑ1
= 20 C)
0,5997 ⋅ 0,02337
= 0,622 ⋅
p ( ϑ = 20 C) 1,02 − 0,5997 ⋅ 0, 02337
3
=
1 s 1
0,0087 kg/kg
b) – Ukupni tlak vlažnog zraka nakon izotermne kompresije dobiva se iz uvjeta da je x s (p 2 ,ϑ 1 )
= x 1 , odnosno iz jednadžbe
p
o
( ϑ1
= 20 C)
=
o 1
p ( ϑ = 20 C) s
0,622
x
p2
−
s 1
o
ps
ϑ1
= 20 C 0,622 + x1
p2
=
x1
( )( ) 0,02337 ⋅ ( 0,622 + 0,0087)
=
0,0087
= 1,694 bar

7. Zadatak
U adijabatsko mješalište ulazi struja vlažnog zraka temperature 4 o C i sadržaja vlage 3,6 g/kg
i struja zraka temperature 20 o C, relativne vlažnosti 60%. Te se dvije struje miješaju u
masenim omjerima 1:1. Nastalu se mješavinu zagrijava u zagrijaču zraka ogrjevnog učinka 5
kW na 30 o C, nakon čega se taj zrak ovlažuje zasićenom parom tlaka 1,2 bara koju se
prethodno prigušuje na 1,05 bar, sve dok zrak ne postane zasićen s vlagom samo u obliku
suhozasićene pare temperature 20 o C. Ukupni tlak vlažnog zraka u opisanom procesu iznosi
1,05 bar. Potrebno je odrediti:
a) volumenske protoke struja na ulazu u mješalište, kao i volumenski protok struje nakon
ovlaživanja vodom;
b) – sadržaj pare i maseni protok ubrizgavajuće vodene pare;
Skica cjelokupnog procesa u h 1+x ,x – dijagramu!
Rješenje
a) – Prvo se odrede veličine stanja vlažnog zraka prije miješanja
( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅
4 + 0,0036 ⋅ ( 2500 + 1,93⋅
4) 13,048 kJ/kg
1 + x 1 pz
1 1 0 pdϑ1
=
T
p
277,15
1,05⋅10
1
3
( ) = 461,5 ( 0,622 + ) = 461,5 ⋅ ⋅ ( 0,622 + 0,0036) 0,762 m /kg
v1 + x
x
1
1
=
5
x
o
( ϑ2
= 20 C)
p ( ϑ = 20 C)
ϕ2
ps
= 0,622
o
p −ϕ
0,6 ⋅ 0,02337
= 0,622 ⋅
1,05 − 0,6 ⋅ 0,02337
2
=
2 s 2
T
p
293,15
1,05⋅10
0,0084 kg/kg
2
3
( ) = 461,5 ( 0,622 + ) = 461,5 ⋅ ⋅ ( 0,622 + 0,0052) 0,808 m /kg
v1 + x
x
2
2
=
5
( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅
20 + 0,0084 ⋅ ( 2500 + 1,93⋅
20) 41,47 kJ/kg
1 + x 2 pz
2 2 0 pdϑ2
=
Budući je maseni omjer miješanja struja 1:1, specifična entalpija odnosno sadržaj vlage
mješavine su jednako aritmetičkoj sredini odnosnih veličina ulaznih struja
( h )
x
( h ) + ( h )
2
13,048 + 41,47
=
2
1+
x 1 1+
x 2
1 + x
=
=
m
x
+ x
2
0,0036 + 0,0084
=
2
1 2
m
=
=
0,0060 kg/kg
27,26 kJ/kg
Temperaturu nastale mješavine dobije se iz jednadžbe za specifičnu entalpiju mješavine
( h ) = c ϑ + x ( r + c ϑ )
ϑ
( h )
27,26
− 0,0060 ⋅ 2500
o
=
12,06 C
0,0060 ⋅1,93
+ 1,005
1+
x 1 m 0
1 + x m pz
m m 0 pd
m
→
m
=
=
xmc
pd
+ c
pd
− x
r
Specifična entalpija zraka nakon zagrijavanja, uz x 4 = x m

( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅30
+ 0,0060 ⋅ ( 2500 + 1,93⋅30) 45,49 kJ/kg
1 + x 4 pz
4 4 0 pdϑ4
=
Ukupni maseni protok dobiva se iz zadanog ogrjevnog učinka zagrijača zraka
q
Φ
5⋅3600
=
45,49 − 27,26
gr
m
=
=
( h1
+ x
) − ( h1
)
4 + x m
987,83 kg/h
Kako je zadan maseni omjer miješanja struja 1:1, to znači da obje struje imaju jednake
masene protoke koje odgovaraju polovici gornje vrijednosti
q
q
=
2
987,38
=
2
m
m1
= qm2
=
493,69 kg/h
pa traženi volumenski protoci struja na ulazu u mješalište iznose
( v )
q
1
qm1
1
= 493,62 ⋅ 0,762 = 376,19 m 3 /h
V
=
+x
1
( v )
qV
1
= qm2
1+x
= 493,62 ⋅ 0,808 = 398,85m 3 /h
2
b) Specifičnu entalpiju ubrizgavajuće vodene dobiva se iz jednadžbe
h
x
D
=
( h ) − ( h )
1+
x
x
5
5
− x
1+
x
4
4
o
( ϑ5
= 20 C)
p ( ϑ = 20 C)
ps
= 0,622
o
p −
0,02337
= 0,622 ⋅
1,05 − 0,02337
5
=
s 5
0,0142 kg/kg
( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅
20 + 0,0142 ⋅ ( 2500 + 1,93⋅
20) 56,15 kJ/kg
1 + x 5 pz
5 5 0 pdϑ5
=
Vraćanjem ovih i prethodno izračunatih vrijednosti u jed.(1) dobiva se vrijednost tražene
temperature ubrizgavajuće vode
h
( h ) − ( h )
56,15 − 45,49
=
0,0142 − 0,0060
1+
x 5 1+
x 4
D
=
=
x5
− x4
pa je sadržaj pare prije prigušivanja jednak
'( p = 1,2 bar)
1300 −
=
( 1,2 bar) 2243, 76
1300 kJ/kg
hD
− h
439,299
x
D
=
= 0,3836 kg/kg
r
Maseni protok ubrizgavajuće vodene pare iznosi
(1)
q
( x − ) = 987,38⋅
( 0,0142 − 0,0060)
mD
= qm
5
x4
=
8,097 kg/h
Skicu cjelokupnog procesa u h 1+x ,x – dijagramu prikazuje slika 5.

Slika 5. Prikaz procesa u h 1+x , x – dijagramu
8. Zadatak
U struju vlažnog zraka ukupnog tlaka 1,0133 bar, temperature 40 o C, relativne vlažnosti 20% i
volumenskog protoka 250 m 3 /h adijabatski se ubrizgava struju kapljevite vode temperature 20
o C koja ishlapljuje u taj zrak, hladeći i ovlažujući ga pri tome. Temperatura zraka nakon
ubrizgavanja vode je 25 o C, dok je ukupni tlak također 1,0133 bar. Potrebno je odrediti:
a) – relativnu vlažnost zraka nakon ubrizgavanja i maseni protok ubrizgavajuće vode;
b) – koristeći h 1+x, x dijagram očitati minimalnu temperaturu na koju se može ohladiti taj zrak s
tom ubrizgavajućom vodom. Tako očitanu minimalnu temperaturu prekontrolirati i
analitičkim putem! Koliki bi trebao iznositi maseni protok vode u tom slučaju
Proces skicirati u h 1+x ,x – dijagramu!
Rješenje
a) – Prvo se treba odrediti sadržaj pare, specifičnu entalpiju zraka početnog stanja kao i
maseni protok suhog zraka
o
( ϑ1
= 40 C)
p ( ϑ = 40 C)
ϕ1
ps
x = 0,622
o
p −ϕ
0,20 ⋅ 0,07375
= 0,622 ⋅
1,0133 − 0,20 ⋅ 0,07375
1
=
1 s 1
0,009228 kg/kg

( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005 ⋅ 40 + 0,009228 ⋅ ( 2500 + 1,93 ⋅ 40)
63,98 kJ/kg
1 + x 1 pz
1 1 0 pdϑ1
=
T
p
313,15
1,0133⋅10
1
3
( ) = 461,5 ( 0,622 + ) = 461,5 ⋅ ⋅ ( 0,622 + 0,009228) 0,90027 m /kg
v1 + x
x
1
1
=
5
q
q
250
=
0,90027
V1
mz
=
=
( v1
+x
)
1
277,69 kg/h
Stanje zraka nakon ubrizgavanja određuje se iz sljedeće jednadžbe
( h ) ( h )
1+
x
iz koje slijedi
x
−
2 1+
x
2
− x
1
1
= cvϑv
(1)
x
( h1 + x
) − x2cvϑv
= ( h1
+ x
) − x1c
vϑv
c
( h )
pz
ϑ
2
1
( r0
+ c
pdϑ2
) − x2cvϑv
= ( h1
x
) − x1c
vϑv
2
+ x2
+
− x c ϑ − c
ϑ 63,91−
0,0092 ⋅ 4,187 ⋅ 20 −1,005⋅
25
=
2500 + 1,93⋅
25 − 4,187 ⋅ 20
1+
x 1 1 v v pz
2
2
=
=
r0
+ c
pdϑ2
− cvϑv
pa relativna vlažnost zraka u stanju 2 iznosi
1
0,01542 kg/kg
ϕ
x
p
0,01542 ⋅1,0133
2
2
=
=
=
o
( 0,622 + x2
) ps
( ϑ2
= 25 C) ( 0,622 + 0,01542) ⋅ 0, 03166
0,7743; (77,43%)
Maseni protok ubrizgavajuće vode je
q
mv
mz
( x − ) = 277,69 ⋅ ( 0,01542 − 0,009228)
= q x
2
1
= 1,719 kg/h
b) – Minimalnu temperaturu na koju se može ohladiti struju zraka stanja 1, shodno jed.(1),
dobije se na način, da se na skalu smjernicu nanese vrijednost specifične entalpije
ubrizgavajuće vode h v = c v ϑ v =4,187⋅20 = 83,86 kJ/kg, i zatim se tu točku spoji s ishodištem
h 1+x, x – dijagrama, pa se iz točke početnog stanja zrak 1 povuče paralelu s prethodnom
spojnicim do presjecišta s linijom zasićenja ϕ = 1, i očita u točki tog presjecišta vrijednost
minimalne temperature na koju se može ohladiti zadanu struju zraka.
ϑ 2min = 22,01 o C
Prekontrolirajmo ovi temperaturu računski shodno jed.(1)
( h ) ( h )
1+
x
x
−
3 1+
x
3
− x
1
1
= cvϑv
(2)

x
o
( ϑ2s
= 22,01 C)
p ( ϑ = 22,01 C)
ps
= 0,622
o
p −
0,02654
= 0,622 ⋅
1,0133 − 0,02654
3
=
s 2s
0,01673 kg/kg
( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅
22,01+
0,016732 ⋅ ( 2500 + 1,93⋅
22,01) 64,6588 kJ/kg
1 + x 2s pz
2min 3 0 pdϑ2 min
=
Vraćanjem ovih i prethodnih vrijednosti u jed.(2), provodi se kontrolu iste
64,6588 − 63,91
= 4,187 ⋅ 20,01
0,01673 − 0,009228
90,13 ≈ 92,16
što potvrđuje činjenicu da je minimalna temperatura dobro očitana u h 1+x ,x – dijagramu!
Jasno je da se za taj slučaj mora ubrizgavati više vode, pa se maseni protok vode u ovom
slučaju, računa prema jednadžbi
q = q x − x = 277,69 ⋅ 0,01673 − 0,009228 2,083 kg/h
( ) ( )
mb mz 3 1
=
Skicu procesa u h 1+x ,x – dijagramu prikazuje slika 6.
Slika 6. Prikaz procesa u h 1+x ,x – dijagramu

9. Zadatak
Struju vlažnog zraka temperature 50 o C, stupnja zasićenja 40 % i ukupnog tlaka 1,2 bara
adijabatski se prigušuje na tlak 1 bar. Potrebno je odrediti:
a) - relativnu vlažnost zraka nakon prigušivanja;
b) - omjer promjera cijevi prije i nakon prigušilišta, da bi brzine strujanja zraka prije i
nakon prigušilišta bile međusobno jednake!
Rješenje
a) - Za adijabatsko prigušivanje vrijedi zakonitost
( h 1 x
) 1
( h 1 + x
) 2
kao i zakonitost da je
+
= (1)
x 1 = x 2 (2)
Ako se raspiše jed.(1), dobiva se sljedeću jednakost
( r + c ϑ ) = c ϑ + x ( r c )
c + x
+
pz ϑ1
1 0 pd
1 pz
2 1 0 pdϑ2
iz koje proizlazi činjenica da je
ϑ 1 = ϑ 2 (3)
(To je i razumljivo, budući su stanja zraka prije i nakon prigušivanja u nezasićenom području
u kojem se i vlaga (vodena para) i suhi zrak ponašaju kao idealni plinovi!)
Nakon prigušivanja vlažnom zraku se promijenila relativna vlažnost, koju se računa prema
jednadžbi
ϕ
2
=
(0,622 + x
2
x
2
p
) ⋅ p
s
o
( ϑ = 50 C)
2
2
(4)
Odredimo relativnu vlažnost, odnosno sadržaj vlage prije ptrigušivanja
p1
1,2
ϕ1 = χ1
= 0,40 ⋅
= 0,4263
p −
⋅ 0,12335
x
1
o
( 1−
χ ) p ( ϑ = 50 C) 1,2 − ( 1−
0,40)
1
s
o
( ϑ1
= 50 C)
p ( ϑ = 50 C)
ϕ1
ps
= 0,622
o
p −ϕ
1
0,4263⋅
0,12335
= 0,622 ⋅
1,2 − 0,4263⋅
0,12335
1
=
1 s 1
0,0285 kg/kg
Vraćanjem ove izračunate vrijednosti kao i ostalih zadanih u jed.(4) dobiva se iznos relativne
vlažnosti zraka nakon prigušivanja

ϕ =
(0,622 + x
x
p
0,0285 ⋅1
2 2
2
=
=
o
2
) ⋅ ps
( ϑ2
= 50 C) ( 0,622 + 0,0285) ⋅ 0, 12335
0,3552; (35,52%)
Očito se relativna vlažnost zraka nakon prigušivanja smanjuje, a što je u skladu s činjenicom
da se linija zasićenja ϕ = 1,0 sa smanjenjem ukupnog tlaka pomiče u desno!
b) – Traženi omjer promjera dobije se iz zakona o održanju mase, kojeg se može napisati u
obliku
T1
461,5 ( 0,622 + x )
2
2
2
d
( )
1
πw
d
2πw
d v
1 1+
x 1
p1
p2
1
= → = =
= =
4 ⋅ ( v1
+
) 4 ⋅ (
1
)
2
(
1
) T
x
v
1
1
1,2
1
+ x
d v
2
+ x
p
2
461,5 ( 0,622 + x1
)
p
d 1
= 0,913
d
2
Prikaz promatranog procesa u h 1+x ,x – dijagramu daje se na slici 7.
2
Slika 7. Prikaz procesa prigušivanja u h 1+x ,x- dijagramu

10. Zadatak
U struju vlažnog zraka temperature 10 o C i sadržaja vlage 3 g/kg adijabatski ubrizgavamo
vodenu paru tako da se nakon adijabatskog ubrizgavanja postiže temperaturu zraka 25 o C i
sadržaj vlage 22 g/kg. Ukupni tlak vlažnog zraka je 1 bar što je ujedno i tlak ubrizgavajuće
vodene pare. Ako ukupni maseni protok suhog zraka u procesu iznosi 220 kg/h potrebno je:
a) - provjeriti da li stanje zraka nakon ubrizgavanja pare pada u zasićeno područje;
b) – ako je odgovor pod a) potvrdan, odrediti maseni protok vlage koja kondenzira;
c) – odrediti stanje vodene pare koju se ubrizgava kao i njezin maseni protok u promatranom
slučaju.
Proces prikazati u h 1+x ,x – dijagramu!
Rješenje
a) – Da bi se odgovorilo na pitanje pod a) treba odrediti sadržaj vlage x 2s
o
( ϑ2
= 25 C )
p ( ϑ = 25 C)
ps
0,03166
x
2s
= 0,622
= 0,622 ⋅
= 0,02034 kg/kg = 20,34 g/kg
o
p −
1−
0,03166
s
2
Kako je zadani x 2 = 22 g/kg > x 2s = 20,34 g/kg, to znači da stanje zraka nakon ubrizgavanja
vodene pare spada u zasićeno područje, pa će se dio ubrizgavane vodene pare nužno
kondenzirati.
b) – Maseni protok nastalog kondenzata računa se prema jednadžbi
q
( x − ) = 220 ⋅ ( 0,022 − 0,02034)
mv
= qmz
2
x2s
=
0,365 kg/h
c) – Specifičnu entalpiju ubrizgavajuće vodene pare određuje se iz jednadžbe
h
D
=
( h ) − ( h )
1+
x
x
2
2
− x
1+
x
1
1
(1)
( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅10
+ 0,003⋅
( 2500 + 1,93⋅10) 17,608 kJ/kg
1 + x 1 pz
1 1 0 pdϑ1
=
( h1 + x
) = c
pzϑ2
+ x2s
( r0
+ c
pdϑ2
) + ( x2
− x2s
) cvϑ2
2
( h ) = 1,005⋅
25 + 0,02034 ⋅ ( 2500 + 1,93⋅
25) + ( 0,022 − 0,02034) ⋅ 4,187 ⋅ 25 77,13 kJ/kg
1 +x
=
2
Uvrštavanjem ovih i zadanih vrijednosti u jed.(1) dobiva se traženi iznos ubrizgavajuće
vodene pare
h
( h ) − ( h )
77,13 −17,608
=
0,022 − 0,003
1+
x 2 1+
x 1
D
=
=
x2
− x1
3132,7 kJ/kg
Kako je h D = 3132, 7 kJ/kg > h''(p = 1 bar) = 2257,51 kJ/kg znači da se radi o pregrijanoj
vodenoj pari čiju se temperaturu odredi koristeći toplinske tablice i linearnu interpolaciju

340 - 320
ϑ = 320 o C +
⋅
3155,45 - 3114,89
( 3132,7 − 3114,89)
D
=
320,8 o C
pa je stanje ubrizgavajuće vodene pare: p = 1 bar; ϑ D = 320,8 o C
Maseni protok ubrizgavajuće vodene pare iznosi
q
( x − ) = 220 ⋅ ( 0,022 − 0,003)
mD
= qmz
2
x1
=
4,18 kg/h
Prikaz procesa u h 1+x ,x – dijagramu prikazuje slika 8.
Slika 8. Prikaz procesa u h 1+x ,x – dijagramu
11. Zadatak
Vlažni zrak stupnja zasićenja 1,6 temperature 0 o C u kojem se višak vlage javlja na način da
je maseni omjer vlažne i ledene magle 1:1, treba razmagliti zagrijavanjem do temperature
rosišta tog zraka. Ako je ukupni tlak tog vlažnog zraka 1,1 bar, potrebno je odrediti:
a) – temperaturu rosišta tog zraka;
b) – potrebni specifični toplinski tok kojeg treba dovoditi za razmagljivanje tog zraka.
Proces skicirati u h 1+x ,x – dijagramu.
Rješenje
a) – Temperaturu rosišta se dobije iz uvjeta da je x 1 = x R , pa slijedi jednadžba

x
R
p
( ϑR
)
p ( ϑ )
( )
s
= 0,622 → ps
ϑR
p −
s R
xR
p
=
0,622 + x
R
(1)
o
( ϑ0
= 0 C)
p ( ϑ = 0 C)
ps
= χ1
⋅ 0,622
o
p −
0,006108
= 1,6 ⋅ 0,622 ⋅
1,1 − 0,006108
x1 = xR
= χ1xs
0
=
s 0
Uvrštavanjem ove vrijednosti u jed.(1) dobiva se
x p
0,622
+ xR
0,00648 ⋅1,1
0,00648 + 0,622
R
( ) = =
0,01134 bar
p ϑ
s R
=
0,00648 kg/kg
Koristeći toplinske tablice i linearnu interpolaciju, dolazi se do vrijednosti temperature rosišta
9 - 8
ϑ = 8 o C +
⋅
0,011472 - 0,010720
( 0,01134 − 0,010720)
R
=
8,83 o C
b) – Dovođeni specifični toplinski tok na zagrijaču zraka računa se prema jednadžbi
( h 1 + x
) R
− ( h 1 x
) 1
q 1R
+
= (2)
( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅8,83
+ 0,00648⋅
( 2500 + 1,93⋅8,83) 21,18 kJ/kg
1 + x R pz
R R 0 pdϑR
=
Zrak u stanju 1 sadrži x s0 vlage u obliku suhozasićene pare, 0,5⋅(x 1 –x s0 ) vlage u obliku leda i
isto toliko vlage u obliku kapljevine temperature 0 o C, pa je specifična entalpija tog zraka
jednaka
( 1
) = x s0
r 0
− 0,
5⋅
( x 1
− x s0
) q k
h x
+
(3)
1
x
= χ
x
1
s0
=
1
0,00648
= 0,00405 kg/kg
1,6
Vraćanjem ove vrijednosti u jed.(3) slijedi
( ) = x r − ,5 ⋅ ( x − x ) = 0,00405⋅
2500 − 0,5 ⋅ ( 0,00648 − 0,00405) 334
h1 + x s0 0
0
1
1 s0
qk
⋅
( h )
1 +x
=
1
9,72 kJ/kg
Uvrštavanjem ovih izračunatih vrijednosti u jed.(2) dobiva se vrijednost traženog specifičnog
toplinskog toka
( h ) − ( h )
q1R 1
1
= 21,18 - 9,73 =
=
+ x R + x
1
11,46 kJ/kg
Dijagram na slici 9 predstavlja proces u h 1+x ,x – dijagramu.

Slika 9. Prikaz procesa u h 1+x ,x – dijagramu
12. Zadatak
Vlažni zrak ukupnog tlaka 100 kPa, temperature 20 o C i relativne vlažnosti 90% se
izentropski komprimira u kompresoru na tlak 800 kPa. Potrebno je odrediti:
a) - relativnu vlažnost zraka na izlazu iz kompresora;
b) – specifičnu utrošenu snagu za ovu kompresiju
Rješenje
a) – Pretpostavka je, a koju se kasnije, provjerava, da se izentropska kompresija odvija u
nezasićenom području vlažnog zraka, gdje se i vlaga (vodena para) i suhi zrak ponašaju po
zakonitostima idealnog plina. Tijekom te kompresije ne mijenja se sadržaj vlage pa je x 1 = x 2 ,
te se prvo odredi sadržaj pare x 1
x
o
( ϑ1
= 20 C)
p ( ϑ = 20 C)
ϕ1
ps
= 0,622
o
p −ϕ
0,90 ⋅ 0,02337
= 0,622 ⋅
1,0 − 0,90 ⋅ 0,02337
1
=
1 s 1
0,01336
kg/kg
x
2
ϕ p
( ϑ2
)
x1
p2
→ϕ
2
=
p ( ϑ ) ( 0,622 + x ) p ( ϑ )
2 s
= x1
= 0,622
(1)
p2
− ϕ1
s 2
1 s 2
Dakle, treba odrediti temperaturu nakon izentropske kompresije, a nju se računa iz omjera
temperatura i tlakova pri izentropskoj promjeni mješavine idealnih plinova

κ −1
⎛ p κ
2
⎞
T
2
= T1
⎜
⎟
(2)
p1
⎝
⎠
Potrebno je odrediti izentropski eksponent κ
Cm
p
Cm
p
yzCm
pz
+ ydCm
pd
κ = = =
(3)
C C − R y C + y C − R
mV
mp
m
z
mpz
d
mpd
m
Molne udjele y z i y d u vlažnom zraku, mogu se odrediti iz molne vlažnosti kako slijedi
κ
n
d
d
= = ,61⋅
x1
= 1,61⋅
0,01336 = 0,0251→
nd
= 0, 0251
nz
1 ⋅ n
z
y
n
nz
+ 0,0251⋅
nz
1
=
1+
0,0251
z
z
= =
=
nz
+ nd
nz
0,9789
y d = 1 – y z = 1 – 0,9789 = 0,0211
Vraćanjem ovih vrijednosti u jed.(3) dobiva se vrijednost izentropskog eksponenta κ
κ =
y
z
y
C
z
C
mpz
mpz
+ y C
+ y C
d
d
mpd
mpd
− R
m
0,9789 ⋅ 29,0948 + 0,0211⋅33,499
=
= 1,3983
0,9789 ⋅ 29,0948 + 0,0211⋅33,499
− 8,314
Uvrštavajući ovu vrijednost u jed.(2), dobiva se iznos tražene temperature T 2
κ −1
1,3983−1
⎛ p
8 1,3983
2
⎞ κ
⎛ ⎞
T
2
= T1
⎜
⎟ = 293,15⋅⎜
⎟ = 530,06 K; ( = 256,9
⎝ p1
⎠
⎝ 1 ⎠
Tlak zasićenja za ovu temperaturu dobiva se linearnom interpolacijom
p
260.- 255
( ) 46,921-
o
43,227
ϑ = 256,9 C = 43,227 +
⋅ ( 256,9 - 255) 45,324 bar
s 2
=
pa relativna vlažnost zraka na izlazu iz kompresora iznosi
o
C)
ϕ =
x
p
=
0,01336 ⋅8
1 2
2
=
( 0,622
+ x1
) ps
( ϑ2
) ( 0,622 + 0,01336) ⋅ 45, 324
0,0037; (3,7%)
Vidi se da se nakon izentropske kompresije radi o izrazito suhom zraku, što znači da je utjecaj
povećanja temperature tijekom kompresije bio bitno veći od utjecaja povećanja ukupnog tlaka
tijekom ove izentropske kompresije.

) – Specifičnu utrošenu snagu, normiranu na masu suhog zraka, određuje se prema jednadžbi
( w teh
) 12
( h 1 + x
) 1
− ( h 1 + x
) 2
= (4)
( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅
20 + 0,01336 ⋅ ( 2500 + 1,93⋅
20) 54,02 kJ/kg
1 + x 1 pz
1 1 0 pdϑ1
=
( h ) = c ϑ + x ( r + c ) = 1,005⋅
256,9 + 0,01336 ⋅ ( 2500 + 1,93⋅
256,9) 298,21kJ/kg
1 + x 2 pz
2 2 0 pdϑ12
=
Vraćanjem ovih vrijednosti u jed.(4) dobiva se vrijednost utrošene specifične snage
( w ) = 54,02 − 298, 21
teh
12
= - 244,19 kJ/kg
[1] A. Galović: Termodinamika II, V. promijenjeno izdanje, Udžbenici Sveučilišta u
Zagrebu, Zagreb, 2010.
[2] B. Halasz, A. Galović, I. Boras: Toplinske tablice, Fakultet strojarstva i brodogradnje,
Zagreb, 2010.
Antun Galović