SILNIKI TA
OKOWE - obiegi
Artur Szarszewski, zadania O2, O12
Zad. O2:
Dane: Szukane:
Czynnik roboczy: NO �=?
Realizuje 3obiegi/s P=?
V3/V2=5
Tmax=T2=T3=900K
P2=10MPa
Vmin=V2=0,0004m3
Vmax=V4=0,01m3
Rozwiązanie:
Czynnik roboczy traktuję jako gaz doskonały, realizuję on obieg teoretyczny obieg Carnota.
Przemiany tego obiegu przedstawiają wykresy:
Przemiany 1-2 oraz 3-4 są adiabatami odwracalnymi (S1=S2, S3=S4).
Przemiany 2-3 oraz 4-1 przemianami izotermicznymi (T2=T3 i T4=T1).
Charakter przemian mo\
emy opisać za pomocą układu równań:
ńł
p1V1k = p2V2k
�ł
p2V2 = p3V3
�ł
�ł
p3V3k = p4V4k
�ł
�ł
p4V4 = p1V1
ół
Sprawność obiegu Carnota przedstawia zale\
ność:
k-1
�ł �ł
Tmin T1 V2 1
� =1- =1- =1- �ł �ł
=1-
k-1
Tmax T2 �ł V1 �ł �c
�ł łł
k- wykładnik adiabaty, czynnikiem roboczym jest NO, jest to gaz dwuatomowy, czyli:
k=1,4.
Rozwiązuje powy\
szy układ równań w celu poszukiwania parametrów w
punkcie 1:
Obliczam p3:
p2V2 = p3V3
p2V2
p3 =
V3
V3 = 5�"V2 = 5�" 0,0004m3 = 0,002m3
107 Pa �" 0,0004m3
p3 = = 2MPa
0,002m3
Obliczam p4:
p3V3k = p4V4k
k
�ł �ł
V3
�ł �ł
p4 = p3�ł �ł
�łV4 łł
1,4
�ł �ł
0,002m3 �ł
�ł
p4 = 2 �"106 Pa �" = 210122,2Pa
�ł
0,01m3 �ł
�ł łł
Obliczam V1:
p4V4 = p1V1
ńł
�ł
p1V1k = p2V2k
ół
p4V4
ńł
1
p1 =
�ł
V1
�ł �łk -1
p2V2k
�ł
�ł �ł
�! V1 =
�ł
�ł �ł
p4V4 p4V4
�ł łł
�ł
�"V1k = p2V2k
�ł
V1
ół
1
�ł107 Pa �"(0,0004m3)1,4 �ł1,4-1
�ł �ł
V1 = = 0,002m3
�ł
210122,2Pa �" 0,01m3 �ł
�ł łł
Obliczam T1:
T1 = T4
k -1
�ł �ł
T3 p3 k T3 900K
�ł �ł
= �! T4 = = = 472,83K
k -1 1,4-1
T4 �ł p4 �ł
�ł łł
1,4
�ł �ł �ł �ł
p3 k 2 �"106 Pa
�ł �ł �ł �ł
�ł �ł �ł �ł
p4 210212,2Pa
�ł łł �ł łł
Obliczam teoretyczną sprawność obiegu:
k -1 1,4-1
�ł �ł �ł �ł
V2 0,0004m3
� = 1- �ł �ł �ł E" 0,4747 = 47,47%
= 1- �ł
�ł �ł �ł
V1 0,002m3 �ł
�ł łł �ł łł
Sprawdzenie drugą metodą:
T1 472,83K
� = 1- = 1- = 47,46%
T2 900K
Moc teoretyczną obliczam według wzoru:
P = Lt �" t
t- liczba obiegów w ciągu sekundy
t= 3
Lt = Qt - Ood ,t = Tmax(Smax - Smin )- Tmin(Smin - Smax ) = "S(Tmax - Tmin )
Lt = "S(T2 - T1)
Obliczam entropię:
Z wykresu T(S) mo\
na zinterpretować ró\
nicę entropii jako ró\
nicę jej wartości między
stanem w punkcie 3 i stanem w punkcie 2.
Reakcja 2-3 jest reakcją izotermiczną, więc:
�ł �ł �ł �ł
p3 V3
�ł �ł �ł �ł
"S = S3 - S2 = mRln�ł �ł = mRln�ł �ł
p2
�ł łł �łV2 łł
Z równania Clapeyrona:
p2v2 p3v3 2 �"106Pa �" 0,002m3 J
mR = = = = 4,444
T2 T3 900K K
�ł �ł �ł �ł
p3v3 p3 J 2 �"106 Pa J
�ł �ł �ł
"S = ln�ł �ł = 4,444 �" ln�ł �ł = 7,153
�ł
T3 �ł p2 łł K 107 Pa K
�ł łł
Obliczam moc teoretyczną:
J 1
P = Lt �" t = "S(T2 - T1)�" t = 7,153 (900K - 472,83K ) �" 3 = 9166,64W = 9,167kW
K s
Odp: �=47,47, P=9,167kW.
Zad. O12:
Dane: Szukane:
n=3600obr/min V1,V2,V3,V4,p2,p3,p4,T2,T3,T4=?
zu\
ycie paliwa- mpal=0,1kg/min �=?
pobór powietrza- mpow=2kg/min Pt=?
Wu=44MJ/kg P=?
�=18
Qdod=370J/obieg
Quj=45J/obieg
p1=105Pa
T1=300K
k=1,38
R=290J/kgK
�m=0,82
silnik czterosuwowy (k=2)
Rozwiązanie:
Teoretyczny obieg Diesla przedstawiony na wykresach p(V) i T(S):
Czynnik roboczy realizujący przemiany zilustrowane na wykresie traktuję jako gaz
doskonały. Przemiany 1-2 oraz 3-4 są adiabatami odwracalnymi (S1=S2, S3=S4), przemiana
2-3 jest izobarą (dostarczenie ciepła) p2=p3, a przemiana 4-1 jest izochorą (oddanie ciepła),
V4=V1. Charakter przemian mo\
na przedstawić za pomocą układu równań:
ńł
p1V1k = p2V2k
�ł
2
�łV V3
=
�łT2 T3
�ł
�ł
p3V3k = p4V4k
�ł
�ł
p4 p1
�ł =
�ł T4 T1
ół
W celu wyznaczenia pozostałych parametrów termodynamicznych obiegu porównawczego
potrzebna jest masa czynnika na 1 cykl pracy. Jako masę czynnika przyjmuję sumę mas
wtłoczonego paliwa i powietrza.
mpal+mpow=0,1kg/min+2kg/min=2,1kg/min
Prędkość obrotowa n=3600obr/min, silnik jest czterosuwowy, więc na wykonanie jednego
cyklu pracy potrzeba dwóch obrotów wału korbowego (pół cyklu na jeden obrót wału), silnik
jest czterocylindrowy (masa w jednym cylindrze jest czterokrotnie mniejsza). Przy
uwzględnieniu tych danych wyprowadzam zale\
ność na masę czynnika w węz
le pierwszym:
kg
2,1
mpal + mpow
kg
min
M = = = 2,9167 �"10-4
obr cykl cykl �" cylin
cykl �" cylin
3600 �" 0,5 �" 4cylin 7200
min obr min
Interpretacja wyniku: Podczas cyklu pracy masa czynnika roboczego w jednym cylindrze
wynosi 2,9167.10-4kg.
Z równania Clapeyrona:
J
2,9167 �"10-4 kg �" 290 �" 300K
MRT1 kgK
p1V1 = MRT1 �! V1 = = = 2,5375 �"10-4 m3
p1 105 Pa
Znając stopień sprę\
u �, obliczam V2:
V1 V1 2,5375 �"10-4 m3
� = �! V2 = = = 1,4097 �"10-5 m3
V2 � 18
Dalej rozwiązuje układ równań przedstawiony na początku rozwiązania:
Obliczam p2 i T2 (równanie adiabaty z pierwszego układu równań):
k 1,38
�ł �ł �ł �ł
V1 2,5375 �"10-4 m3 �ł
�ł �ł
p1V1k = p2V2k �! p2 = p1�ł �ł = 105 Pa �" �ł E" 5398654,1Pa = 5,399MPa
�ł
1,4097 �"10-5 m3 �ł
�łV2 łł �ł łł
1-k -0,38
T1 T2 �ł �ł �ł �ł
V2 1,4097 �"10-5 m3 �ł
�ł �ł �ł
p1V1k = p2V2k �! = �! T2 = T1�ł �ł = 300K �" E" 900K
�ł
V11-k V21-k V1 2,5375 �"10-4 m3 �ł
�ł łł �ł łł
Przemiana 2-3 jest izobarą której towarzyszy dostarczanie ciepła przy stałym
ciśnieniu:
*Qd = Mcp"T = Mcp(T3 - T2 )
k 1,38 J J
cp = - R = - �" 290 = 1053,16
1- k - 0,38 kgK kgK
Całkowite ciepło dostarczone teoretycznie w jednym cyklu w przemianie 2-3:
Qd = q �" M
kg
mpal 0,1 min MJ
kJ
q = Wu = �" 44 = 2095,15
kg
M kg kg
2,1
min
kJ
Qd = 2095,15 �" 2,9167 �"10-4 kg = 611,12J
kg
Obliczam T3 korzystając z zale\
ności
*:
Qd 611,12J
T3 = T2 + = 900K + = 2889,48K
J
M �" cp
2,9167 �"10-4 kg �"1053,16
kgK
Obliczam V3 (równanie z pierwszego układu równań):
T3V2 2889,48K �"1,4097 �"10-5 m3
V3 = = = 4,525�"10-5 m3
T2 900K
Obliczam p4 i T4 (równanie adiabaty z pierwszego układu równań), wiem, \
e
V4=V1, p3=p2:
k 1,38
�ł �ł �ł �ł
V3 4,525 �"10-5 m3
�ł �ł �ł �ł
p3V3k = p4V4 k �! p4 = p3�ł �ł = 5,399MPa �" = 500kPa
�ł
2,5375 �"10-4 m3 �ł
�łV4 łł �ł łł
1-k -0,38
�ł �ł
T3 T4 V4 �ł �ł
2,5375 �"10-4 m3
�ł �ł �ł �ł
= �! T4 = T3�ł �ł = 2889,48K �" = 1500,7K
1-k �ł
V31-k V4 V3 4,525 �"10-5 m3 �ł
�ł łł �ł łł
Znam ju\
wszystkie parametry termodynamiczne w poszczególnych węzłach, zatem:
Obliczam sprawność teoretyczną obiegu:
Qdost - Qod Mcp (T3 - T2 ) - Mcv (T4 - T1) cp (T3 - T2 ) - cv (T4 - T1)
�t = = =
Qdost Mcp (T3 - T2 ) cp (T3 - T2 )
J J
1053,16 (2889,48K - 900K)- 763,16 (1500,7K - 300K)
kgK kgK
�t = = 0,5629
J
1053,16 (2889,48K - 900K)
kgK
Bądz
na mocy wzoru:
1-k k -0,38 1,38
�ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł
V1 V3
2,5375�"10-4 m3 �ł �ł 4,525 �"10-5 m3 �ł
�ł �ł �ł �ł -1 �ł
-1
�łV �ł �łV �ł �ł
1-k k
1,4097 �"10-5 m3 �ł �ł1,4097 �"10-5 m3 �ł
� -1
�
�ł 2 łł �ł 2 łł �ł łł �ł łł
s
�t = 1- = 1- = 1- = 0,5627
V3
k � -1 k 1,38 4,525�"10-5 m3
-1
-1
V2
1,4097 �"10-5 m3
Obliczam moc teoretyczną całego silnika (4 cylindry):
J obr 1min
0,5627 �" 611,12 �" 3600 �"
�tQd n obieg min 60s
Pt = �" liczba _ cylindrów = �" 4cylin = 41,27kW
k 2
W celu obliczenia sprawności efektywnej, korzystam z informacji o wykresie
indykatorowym. Obliczam ró\
nicę prac dodatniej i ujemnej:
J J J
Qi = Qdod - Quj = 370 - 45 = 325
obieg obieg obieg
A następnie sprawność indykatorową, jako stosunek Li do ciepła dostarczonego
wg przemiany 2-3 Qd:
J
325
Qi obieg
�i = = = 0,5313
Qd 611,12 J
obieg
Obliczam sprawność rzeczywistą:
� = �i�m = 0,82�" 0,5313 = 0,4357
Obliczam rzeczywistą moc:
J obr 1min
0,4357 �" 611,12 �" 3600 �"
�Qd n obieg min 60s
P = �" liczba _ cylindrów = �" 4cylin = 31,95kW
k 2