Zadanie II.4.1
Obliczyć parametry stanu w punktach charakterystycznych obiegu Otto, jeżeli parametry
stanu przed zagęszczeniem adiabatycznym wynoszą odpowiednio, ciśnienie p
1
=1[at],
temperatura T
1
=300[K] zaś zasób objętości V
1
=1[m
3
]. W końcu przemiany adiabatycznego
zagęszczania ciśnienie osiąga wartość p
2
=12[at]. Podczas przemiany izochorycznego
sprężania do obiegu doprowadzono przyrost ilości ciepła ∆Q
d
=160[kcal]. Zakładamy, że
przemiany obiegu są przemianami odwracalnymi oraz że czynnikiem pracującym w obiegu
jest powietrze traktowane tak jak gaz doskonały, dla którego indywidualna stała gazowa
R=287,04[
kgK
J
] zaś wykładnik izentropy k=1,4.
Dane:
p
1
=1[at]
T
1
=300[K]
V
1
=1[m
3
]
p
2
=12[at]
∆Q
d
=160[kcal]
R=287,04[
kgK
J
]
k=1,4
1. Wykresy obiegu termodynamicznego Otto dla powietrza we współrzędnych p,V oraz T,S
2. Tabela zestawienia danych i wyników obliczeń
3. Obliczam parametry stanu w punktach charakterystycznych obiegu
3.1. Obliczam zasób masy powietrza pracującego w obiegu z równania Clapeyrona:
m=
2
1
1
RT
V
p
3.2. Obliczam zasób objętości powietrza w punkcie 2 obiegu. (Między punktami 1 i 2
obiegu mamy przemianę izentropową)
Z równania izentropy (pV
k
=const.) otrzymamy:
p
1
V
1
k
=p
2
V
2
k
V
2
=
2
k
1
1
p
V
p
3.3. Obliczam temperaturę powietrza w punkcie 2 obiegu z równania stanu gazu
doskonałego Clapeyron’a:
T
2
=
mR
V
p
2
2
T
2
=
R
V
p
RT
*
V
*
p
p
*
p
1
1
1
1
k
1
2
1
2
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
1
1
k
1
1
2
T
*
p
p
−
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
1
k
1
k
1
2
1
k
k
1
2
1
T
*
p
p
T
*
p
p
−
−
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
3.4. Obliczam temperaturę powietrza w punkcie 3 obiegu. Bilans energii dla przemiany
odwracalnej.
1-sza postać I zasady termodynamiki
dE
I
=
δL
δQ
−
δ L=pdV
Między punktami charakterystycznymi obiegu 2 i 3 zachodzi przemiana izochoryczna
V=const. => dV=0
=>
δ L=0
dE
I
= δQ
Zasób energii wewnętrznej określony jest związkiem
E
I
=
mT
*
c
ϑ
gaz
doskonały:
ϑ
c
=const.
układ substancjalny: m=const.
zatem przyrost energii wewnętrznej określony jest zależnością
dE
I
=
dT
*
m
*
c
ϑ
δQ=
dT
*
m
*
c
ϑ
Całkując powyższe równanie w granicach
∫
∫
Δ
=
1
2
0
*
T
T
Q
dT
m
c
dQ
d
ϑ
(
)
2
3
T
T
m
c
Q
−
−
=
Δ
ϑ
Z
równania
Meyer’a
C
P
-C
V
=R
Z
definicji
wykładnika izentropy
V
P
C
C
k
=
Uwzględniając ponadto zależność
(
) ( ) (
)
2
3
2
1
1
2
3
2
1
1
*
1
*
*
1
T
T
T
k
V
p
T
T
R
T
V
p
k
R
Q
d
−
−
=
−
−
=
Δ
Stąd
(
)
2
1
1
2
3
*
*
1
T
V
p
Q
T
k
T
d
+
Δ
−
=
(
)
k
k
k
k
d
p
p
T
p
p
V
p
Q
k
T
1
1
2
2
1
2
1
1
1
3
*
1
*
1
−
−
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
Δ
−
=
(
)
1
1
1
2
1
1
3
*
1
T
p
p
V
p
Q
k
T
k
k
d
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
Δ
−
=
−
3.5. Obliczam ciśnienie powietrza w punkcie 3 obiegu. Z równania stanu gazu
doskonałego Clapeyron’a otrzymam:
P
3
V
3
=mRT
3
(
)
(
)
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
−
=
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
−
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
−
k
1
k
1
2
1
1
d
k
1
k
1
2
1
2
d
2
1
2
1
1
k
1
2
1
3
p
p
*
ΔQ
1
p
p
V
p
ΔQ
1
k
RT
*
RT
V
p
V
*
p
p
p
V
p
k
(
)
2
k
1
1
2
1
d
3
p
p
p
V
ΔQ
1
k
p
+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
=
3.6. Obliczam ciśnienie powietrza w punkcie 4 obiegu. Między punktami 3 i 4 obiegu
realizowana jest przemiana izentropowa.
Z równania izentropy:
p
3
V
3
k
=p
4
V
4
k
(
)
k
4
4
k
1
1
2
2
k
1
1
2
1
d
V
p
V
p
p
*
p
p
p
V
ΔQ
1
k
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
(
)
1
k
1
-
k
2
1
1
d
4
p
p
p
V
ΔQ
1
k
p
+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
=
3.7. Obliczam temperaturę powietrza w punkcie 4 obiegu
Z równania izochory otrzymamy:
4
1
4
1
T
T
p
p =
(
)
1
k
1
-
k
2
1
1
1
d
2
2
4
4
T
1
p
p
V
p
ΔQ
1
k
T
p
p
T
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
4. Obliczam wartości ciśnień w punktach 3 i 4 obiegu
p
3
=2,75931[MPa]
p
4
=0,229943[MPa]
5. Obliczam wartości temperatury w punktach 2, 3 i 4
T
2
=610,181[K]
T
3
=1430,24[K]
T
4
=703,189[K]
6. Obliczam zasoby objętości w punktach charakterystycznych
V
2
=0,169495[m
3
]
V
3
=V
2
V
4
=V
1