OBIEGI TERMODYNAMICZNE W SILNIKACH SPALINOWYCH

SILNIK SPALINOWY Z ZAPŁONEM ISKROWYM

W silnikach spalinowych czynnikiem roboczym są spaliny wytwarzane wewnątrz samego silnika w wyniku spalania paliwa. Obiegiem porównawczym (teoretycznym) silnika spalinowego tłokowego z zapłonem iskrowym jest obieg Otta zwany także obiegiem silnika niskoprężnego, gaźnikowego wybuchowego itp.

Ten teoretyczny obieg składa się z dwu izochor doprowadzania ciepła i dwu izentrop: rozprężania b→4 i sprężania 1→a.

Stopień sprężania jest taki sam jak rozprężania i wynosi:

ciepło doprowadzone:

q_t = c_ϑ(T_b-T_a)

oraz ciepło odprowadzone:

q_ot = c_ϑ(T₄-T₁)

Praca teoretyczna obiegu:

Al_t = q_t-q_ot = c_ϑ(T_b-T_a) - c_ϑ(T₄-T₁)

Sprawność teoretyczna obiegu Otta:

Stany gazu w punktach b i 4 oraz 1 i a są połączone izentropami rozprężania i sprężania, więc piszemy te izentropowe zależności:

wobec tego przyrównujemy:

skąd układamy stosunek:

podstawiamy te stosunki do równania na sprawność i skracając otrzymujemy:

Techniczne urzeczywistnienie obiegu Otta odbywa się następująco.

Przyjmujemy, że w punkcie a wykresu pracy cylindra jest on wypełniony sprężoną mieszanką palną powietrza z gazem paliwa (gaz miejski, wielkopiecowy, gazownicowy, pary benzyny itp.) oraz że zachodzący wówczas zapłon od świecy elektrycznej powoduje tak prędkie - w porównaniu z ruchem tłoka - spalenie, że przyrost temperatury i ciśnienia mogą być uważane za odbywające się przy stałej objętości V₀ cylindra, tzn. że doprowadzenie ciepła odbywa się izochorycznie a→b.

Potem następuje izentropowe rozprężanie aż do punktu 4, w którym teoretycznie otwiera się zawór wydechowy i zachodzi tak szybkie wyrównanie ciśnienia z otaczającym P₀ przez wypływ spalin, że może być to porównywane z odbiorem ciepła q_ot przy stałej objętości V. Pozostające w punkcie 1 spaliny w cylindrze muszą być w jakiś sposób usunięte i zastąpione świeżym ładunkiem mieszanki. Jeżeli silnik pracuje jako 4-suwowy, to zostaje wykonany specjalny wydechowy suw tłoka od 1→6, przy otwartym zaworze wydechowym; ten suw na wykresie teoretycznego przebiegu przyjmujemy, jak i następujący suw zasysania mieszanki, że odbywa się przy stałym ciśnieniu otoczenia P₀. W dalszym ciągu pracy początkowy stan spalania a jest osiągany przez izentropowe sprężanie świeżego ładunku cylindra.

Teoretyczny wykres pracy silnika dwusuwowego rysujemy bez specjalnych linii, które miałyby na celu wytłumaczenie zamiany spalin przez świeży ładunek.

Nazwę obiegu silnika Otta jako niskoprężnego, przypisać należy wpływowi zjawiska samozapłonu i detonacji, zachodzącym przy zbyt wysokim sprężaniu gotowej mieszanki palnej: zjawiska te, niekorzystnie wpływając na sprawność łączną silnika, ograniczyły zastosowanie większych stopni sprężania.

Zadanie.

Obliczyć obieg Otta, mając dane: objętość najmniejsza cylindra V_a = 1,5 litra, t₁ =90^oC, P₁ = 1 bar, ε = 5, . Czynnikiem jest powietrze.

Rozwiązanie:

Obliczymy objętość cylindra w punkcie 1. Mamy dany stopień sprężania

skąd:

V₁ = 5∗V_a = 5∗0,0015 = 0,0075m³

T₁ = 273+90 = 363K

ciśnienie:

P₁ = 1 bar

Przechodzimy do punktu a:

zatem:

P_a = P₁ε^k = 1∗5^1,4 = 9,5 bar

V_a = 1,5∗10^-3 m³

T_a = T₁ε^k-1 = 363∗5^0,4 = 690 K

Punkt b:

skąd:

P_b = 1,6 P_a = 1,6∗9,5 = 15,2 bar

V_b = V_a = 1,5∗10^-3 m³

więc:

T_b = 1,6 T_a = 1,6∗690 = 1104 K

Punkt 4:

V₄ = V₁ = 7,5∗10^-3 m³

skąd:

więc:

Ilość gazu w cylindrze:

Teraz obliczamy pracę obiegu, jako różnicę prac absolutnych rozprężania i sprężania:

L_t = L_rozpr. - L_spr.

Z zależności izentropowych mamy:

Zatem praca jednego obiegu:

L_t = 2650 - 1660 = 990 Nm

Sprawność cieplna tego teoretycznego obiegu:

Ilość doprowadzonego ciepła:

Q_t = c_ϑG(T_b - T_a) = 0,717∗6,9∗10^-3(1104 - 690) = 2,05 kJ/obieg

Ciepło zwrócone z obiegu:

Q_ot = c_ϑG(T₄ - T₁) = 0,717∗6,9∗10^-3(581 - 363) = 1,08 kJ/obieg

Sprawdzamy:

Al_t = Q_t - Q_ot = 2,05 - 1,03 = 0,97 kJ

SILNIK SPALINOWY Z ZAPŁONEM SAMOCZYNNYM − DIESEL

W silnikach wysokoprężnych, podobnie jak w silnikach spalinowych z zapłonem iskrowym, czynnikiem roboczym są spaliny wytwarzane wewnątrz samego silnika w wyniku spalania paliwa. Obiegiem porównawczym (teoretycznym) silnika diesla jest obieg Diesla.

Jest to obieg, w którym doprowadzenie ciepła odbywa się przy stałym ciśnieniu, a odprowadzenie ciepła - przy stałej objętości.

Znaczy to, że sprężanie izentropowe 1→a trwa cały suw, natomiast część a→b suwu roboczego zajmuje izobara doprowadzenia ciepła i na izentropowe rozprężanie pozostaje tylko część b→4 suwu.

Stopień sprężania wynosi:

i jest on większy od stopnia izentropowego rozprężania:

tzn.:

E_s > E_r

bo:

ϑ_b > ϑ_o

Nazwijmy stopniem obciążenia stosunek objętości:

a dzieląc stronami wyrażenie określające stopień sprężania ε_s przez stopień rozprężania ε_r przekonujemy się, że:

tzn.:

ε_s = ϕε_r

Ciepło doprowadzone wyrazi się jako:

q_t = c_p(T_b - T_a) [kcal] lub [kJ/kg obieg]

ciepło odprowadzone:

q_to = c_ϑ(T₄ - T₁) [kcal] lub [kJ/kg obieg]

Teoretyczna praca obiegu Diesla:

Al_t = q_t - q_ot = c_p(T_b - T_a) - c_ϑ(T₄ - T₁) [kcal] lub [kJ/kg]

Sprawność takiego obiegu:

Z równania izentropy sprężania 1→a obliczamy występujący w wyrażeniu na η_t stosunek temperatur:

tzn.:

Podobnie wyznaczamy .

Do wzoru:

podstawiamy T_a z równania izobary dostarczania ciepła a→b:

skąd:

Teraz wyznaczamy T_b przez T₄ z równania izentropy rozprężania:

skąd:

ale:

więc:

wstawiamy wartość T_b do równania :

a T_a do równania :

skąd:

Teraz podstawiamy wielkości , , do równania sprawności:

Wyrażając sprawność w zależności od stopnia rozprężania, tzn. podstawiając zamiast ε_s = ϕε_r po uporządkowaniu otrzymujemy:

Jak zależy sprawność teoretycznego obiegu Diesla od stopnia obciążenia ϕ?

Tę sprawę poglądowo przedstawiają rysunki:

Zwiększenie obciążenia oznacza przy niezmiennym ϑ₀ powiększenie ϑ_b - objętości odpowiadającej końcowi doprowadzenia paliwa, dla przykładu niech spalanie trwa aż do ϑ_b'. Praca obiegu wzrasta o powierzchnię bb'4'4, ale odbyło się to kosztem skrócenia izentropy rozprężania z b→4 na b'→4', tzn. spowodowało zmniejszenie stopnia rozprężania ε_r.

Z rozpatrzenia wzoru wynika, że sprawność η_t ze wzrostem ϕ maleje.

To samo widzimy z wykresu ciepła, bo powiększenie pola wykresu o powierzchnię bb'4'4 powoduje dodanie do poprzedniego wykresu 1ab4 części, w której stosunki stają się wskutek zbieżności izobary a→b→b' z izochorą 1→4→4' coraz mniej korzystne.

Istotną cechą urzeczywistnienia obiegu Diesla jest zasysanie i sprężanie czystego powietrza, które wysoko sprężone - w miarę możliwości - adiabatycznie, podnosi temperaturę powyżej temperatury samozapłonu paliwa, paliwo jest wtryskiwane w pobliżu zewnętrznego zwrotu tłoka do wnętrza cylindra, w którym ulega samoczynnemu zapłonowi. Reszta szczegółów realizacji jest taka sama, jak przy obiegu Otta.

Silniki o obiegu Diesla noszą też nazwę wysokoprężnych, bo występujące w nich ciśnienia końca sprężania były znacznie większe od dopuszczalnych w silnikach zasysających mieszankę palną powietrza z benzyną - tzw. niskoprężnych.

Zadanie.

Obliczyć parametry poszczególnych punktów obiegu oraz sprawność obiegu teoretycznego Diesla, jeżeli czynnikiem termodynamicznym jest powietrze w ilości 1kg, R = 287 i c_ϑ = 0,717, c_p = 1, k = 1,4. Oznaczenia obiegu według rysunku. Parametry punktu 1: P₁ = 1 bar, t_C1 = 70^oC; stopień sprężania ε_s = 12. W przemianie izobarycznej doprowadzamy ciepło w ilości q₁ = 150 kcal = 628 kJ.

Rozwiązanie:

Parametry punktu 1:

P₁ = 1 bar, T₁ = 70 + 273 = 343 K

Parametry punktu a:

ponieważ przemiana 1→a jest izentropowa, więc Δs_4-1 = 0.

Parametry punktu b:

q_t = c_p(T_b - T_a) = 628 kJ

stopień sprężania:

P_a = P_b = const = 33,4 bara

przyrost entropii:

Parametry punktu 4:

ϑ₄ = ϑ₁ = 0,99 m³/kg

Przemiana b→4 jest izentropowa, więc Δs_2-3 = 0.

Przy przemianie izochorycznej 4→1:

Zmiana entropii w obiegu:

Δs_obiegu = Δs_1-a+Δs_a-b+Δs_b-4+Δs_4-1 = 0 + 0,123 + 0 − 0,123 = 0

Sprawność teoretyczna obiegu Diesla:

Łączna praca rozprężania izobarycznego i izentropowego:

Al₁ = 10^-3∗780000 = 780 kJ/kg obieg

Praca izentropowego sprężania:

Pracę obiegu określamy jako algebraiczną sumę prac sprężania i rozprężania:

Al_t = 780 − 437 = 344 kJ/kg obieg

Sprawdzenie sprawności teoretycznej obiegu:

ϑ

ϑ₀

ϑ_max

ϑ_max-ϑ₀

P

b

4

1

a

q₀

q

L_{t Otto}

ds=0

ds=0

s

Al_t

4

1

a

b

T

ϑ₀=const

ϑ₁=const

q₀

P=P₀

V₀

V_s

P

b

4

1

a

Q₀

Q

L_{t Otto}

6

V

V

skok s

P

b

4

1

a

V

s

4

ϑ₀

ϑ

ϑ_max

ϑ_max-ϑ_min

P

1

a

q_ot

ds=0

ds=0

b

T

Al_t

1

a

ϑ₁=const

q_ot

lt

ds=0

P_max

P₁

q_t

b

4

ϑ_b

P_max

P_max=const

ϑ=const

x

a

ϑ

ϑ_b

ϑ_b

ϑ₀

b'

a

b

ϑ

P

ds=0

T

x

4'

4

1

ϑ=const

ΔT

T

1

4

b

s

4'

b'

P_max=const

ϑ₀

ϑ

ϑ_max

ϑ_max-ϑ_min

P

1

a

q_ot

ds=0

ds=0

b

T

Al_t

1

a

ϑ₁=const

q_ot

lt

ds=0

P_max

P₁

q_t

b

4

ϑ_b

P_max

s

---