Zadanie 1.3
Hel o zasobie masy m=2[kg] traktowany tak jak gaz doskonały pracuje w obiegu
prawobieżnym złożonym z następujących odwracalnych przemian
termodynamicznych, izobarycznej, izochorycznej i izotermicznej rozgęszczania
helu. Ciśnienie Elu po izotermicznym rozgęszczeniu i izobarycznym
zgęszczaniu jest odpowiednio równe p

1

=p

2

=1.962*10

5

[Pa]. Ciśnienie po

izochorycznym sprężaniu p

3

=5p

1

=9.81*10

5

[Pa]. Temperatura końca przemiany

izobarycznej równa jest T

2

=400.16 [K], zaś początku i końca przemiany

izotermicznej T

3

=T

1

=5T

2

=2000.8[K]. Objętość początku i końca przemiany

izochorycznej V

2

=V

3

=8.4805[m

3

], zaś przemiany izobarycznej

V

1

=5V

2

=42.025[m

3

] Indywidualna stała gazowa helu ma wartość R=2079.01

[J/kgK], zaś wykładnik izentropy k=1.66. Prace bezwzględne objętościowe
przemian mają następujące: L

1-2

=-4mRT

2

=-6.65549*10

6

[J], L

2-3

=0 oraz L

3-

1

=5mRT

2

ln5=13.3895*10

6

[J]. Oblicz przyrosty ilości ciepła przemian obiegu.

Dane:
M=2[kg]
P = const
V = const
T = const
P

1

= 2 [at]

T

1

= 127 [C]

R = 2079.01 [J/kg*K]
K = 1.66

1.Tabela zestawienia danych oraz wyników obliczeń.

Param

etr

stanu

Punkt

charakt

ery-

styczny

1

2

3

P

i

[p

1

] P

2

=p

1

P

3

=5p

1

T

i

T

1

=5T

2

[T

2

] T

3

=T

1

=5T

2

V

i

V

1

=5V

2

V

2

=mRT

2

/p

1

V

3

=V

2

ΔQ

ij

ΔQ

1-2

=-4(kR/k-1)mT

2

ΔQ

2-3=

4(R/k-1)mT

2

Q

3-1

=5mRT

2

ln5

2.1.Obliczam przyrost ilości ciepła między punktami 2 i 1

δH = δQ - δL

T

δL

T

= -V

dp

p = const dp = 0

dH = C

p

mdT C

p

= const

H = C

p

mT m = const

Układ substancjalny m = const
δQ = C

p

mdT

∫

∫

=

Δ

2

1

2

-

1

0

T

T

Q

dT

Cpm

Q

δ

ΔQ

1-2

= C

p

m ( T

2

-T

1

)

T

1

= 5T

2

ΔQ

1-2

= -4C

p

mT

2

Z równania Mayera
C

p

-C

v

= R

K = C

p

/C

v

to C

p

= kR/k-1

ΔQ

1-2

= -k ( 4R/k-1 ) mT

2

ΔQ

1-2

= - 1.66*(4*2079.01/1.66-1)*2*400.16

ΔQ

1-2

= -1,67396*10

7

[J]

2.2.Obl. przyrost ilości ciepła przemiany izochorycznej między
punktami 2 i 3

Postać pierwszej zasady termodynamiki:

dE

I

= δQ - δL δL = pdV

V = const Dv = 0 δL = 0
dE

I

= δQ

E

I

= C

v

mT

Gaz doskonały C

v

= const

Układ substancjalny m=const to dE

I

= C

v

mdT

δQ = C

v

mdT

∫

∫

=

−

Δ

3

2

3

2

0

T

T

v

Q

dT

m

C

Q

δ

ΔQ

2-3

= C

v

m ( T

3

-T

2

)

T

3

= T

1

T

1

= 5T

2

T

3

= 5T

2

Cv=

Q

2-3

= 4C

v

mT

2

Równanie Mayera
C

p

-C

v

= R

K = C

p

/C

v

to C

p

= R/k-1

ΔQ

2-3

= 4( R/k-1 )mT

2

ΔQ

2-3

= 4 ( 2079.01/1.66-1 )*2*400.16

ΔQ

2-3

= 1,00841*10

7

[J]

2.3.Obliczam przyrost ilości ciepła przemiany izotermicznej między
punktami 1 i 3

dE

I

= δQ – δL

dE

I

= δQ

E

I

= C

v

mT

C

v

= const

M = const → dE

I

=0

T = const

Z równania izotermy mamy:
pV = p

1

V

1

→ p=p

1

V

1

1/V

δQ=p

2

V

1

dV/V

∫

∫

=

−

Δ

2

3

2

3

1

1

0

V

V

Q

V

dV

V

p

Q

δ

ΔQ

3-1

= p

1

V

2

lnV = p

1

V

1

lnV

1

/V

3

V

1

= 5V

3

ΔQ

3-1

= p

1

V

2

ln5

P

2

V

1

= mRT

1

ΔQ

3-1

= MRT

2

ln5

T

1

= 5T

2

ΔQ

3-1

= 5mRT

2

ln²

ΔQ

3-1

= 5*2*2079.01*400.16*1.609

ΔQ

3-1

= 1,33855*10

7

[J]

3.Obliczam pracę obiegu.

L

ob

= |L

ex

| – |L

k

| = |Q

d

| - |Q

w

|

|L

k

| = |-4/5mRT

1

|

|L

ex

| = |mRT

1

ln5|

|L

ex

| = 2*2079.01*²*400.16*1.609

|L

ex

| = 1,33855*10

7

4.Obliczam przyrost ilości ciepła obiegu.

Q

ob

= |Q

d

– Q

w

|

ds = dQ/T dQ = Tds
Q

d

= |Q

2-3

+ Q

3-1

|

Q

w

= |Q

1-2

|