termodinamika_zada4i_Zadachnik_po_termod inamike (Задачник по термодинамике), страница 6
Описание файла
Документ из архива "Задачник по термодинамике", который расположен в категории "". Всё это находится в предмете "термодинамика" из 5 семестр, которые можно найти в файловом архиве МПУ. Не смотря на прямую связь этого архива с МПУ, его также можно найти и в других разделах. Архив можно найти в разделе "книги и методические указания", в предмете "термодинамика" в общих файлах.
Онлайн просмотр документа "termodinamika_zada4i_Zadachnik_po_termod inamike"
Текст 6 страницы из документа "termodinamika_zada4i_Zadachnik_po_termod inamike"
1.7.6 Решение
По таблице средняя теплоемкость воздуха при нормальных условиях между 0º и 1000º при
P = const составляет:
1.7. Решение
По таблице находим:
1.7.8 Решение
По таблице средняя объемная теплоемкость воздуха при P = const и нормальных условиях:
Плотность воздуха при нормальных условиях ρ = 1,293 кг/м3
1.8 Второй закон термодинамики
1.8.1 Решение
1. Количество тепла, сообщаемого в политропном процессе составляет:
Подставляя значения известных величин получаем:
Из соотношения параметров политропного процесса определяем конечное давление:
Изменение энтропии по соотношению:
1.8.2 Решение
Термический КПД представляет отношение работы цикла к подведенной в процессе 2–3 теплоте:
Для ГТУ ηt определяется через степень повышения давления по соотношению:
Это означает, что 45,4 % подводимого количества теплоты идет на совершение работы.
Поскольку известны степень предварительного расширения . Связь между параметрами υ и Т для изобарных процессов 2–3 и 1–4 и связь между параметрами Р и Т адиабатного процесса 1–2 можно рассчитать температуры в точках 1, 3 и 4 цикла ГТУ.
КПД цикла Карно будет одинаковым с термическим КПД ГТУ в том случае, если температуры теплоотдатчика и теплоприемника будут равны среднеинтегральным температурам:
Проверка:
Рисунок к задаче 1.8.2
1.8.3 Решение
Из равенства площадей 23а2 и 14в1 следует, что данный произвольный цикл 1– 2–3–4 может быть трансформирован в цикл 1–2 –а–в, который является циклом Карно. Для него можно записать:
что и требовалось доказать.
Рисунок к задаче 1.8.3
1.8.4Решение
1.8.5 Решение
1.9 Циклы тепловых двигателей
1.9.1 Решение
1. Определяем объем υс в конце процесса сжатия:
2.
Рисунок к задаче1.9.1
1.9.2 Решение
а) Термический К.П.Д цикла Карно:
Термический К.П.Д цикла Отто (d – a1 -b-c):
б) Степень адиабатического сжатия цикла Карно
в)
Р0 находим по уравнению адиабатического процесса
Далее находим по уравнению состояния газа в точке «b»
Tb= T1=2073 K
Работа цикла Карно
г) Среднее давление цикла Карно:
Работа цикла Отто
1.9.3 Решение
Работа цикла:
Среднее давление цикла:
1.9. 4 Решение
Дополнительная работа за счет продолженного адиабатного расширения может быть подсчитан так:
Соответственно, улучшение КПД составляет, при одинаковом количестве подводимой теплоты, 6,9 %. КПД цикла с продолженным расширением будет составлять:
Среднее давление «добавленного» цикла 1–4–5 будет равно:
(Среднее давление механических потерь в поршневом двигателе составляет 1,7 – 2,0 бара)
Среднее давление всего цикла с продолженным расширением подсчитывается так:
1.9.5 Решение
1.9.6 Решение
1.9.7 Решение
Определим параметры точек и теплоту, подведенную и отведенную в процессах цикла.
Для точки 1:
Р1 = 0,98 бар, Т1 = 293 К
Для точки 2:
Для точки 3:
Для точки 4:
Для точки 5:
Для точки 6:
Для точки 7:
Определим работу цикла 1–2–3–4–5–2–6–7–1:
КПД цикла 1–2–3–4–5–2–6–7–1:
Параметры точек цикла 1–2–3–4–5–е–m–1:
Теплота отведенная в процессе m–1:
Определим работу цикла 1–2–3–4–5–e–m–1:
КПД цикла 1–2–3–4–5–e–m–1:
Уменьшение КПД цикла 1–2–3–4–5–2–6–7–1 по сравнению с циклом 1–2–3–4–5–e–m–1:
1.10 Фазовые переходы. Уравнение Клайперона – Клаузиуса.
1.10.1 Решение:
Из уравнения Клайперона – Клаузис, записанного в конечных разностях имеем:
1.10.2 Решение
Ранее считалось, что это происходит вследствие большого давления ножкой коньков, что вызывает плавление льда при температуре ниже 0ºС; это даёт жидкую смазку, которая и является причиной скользкости льда. Авторы гипотезы английские физики Тиндаль и Рейнольдс. Из уравнения Клайперона – Клаузиса следует, что для того чтобы точка плавления льда опустилась на несколько градусов, необходимо высокое давление, которое лёд не может выдержать: действительно объём льда при 0ºС ; воды- ; теплота перехода r=80 кал/г, поэтому
То есть для понижение температуры плавления льда на 1ºС нужно увеличить давление на 134 атм. Для плавления льда при -10ºС – Р=1300 атм. «Скользкость» льда обусловлена образованием в плоскости скольжения жидкой смазки при превращении в теплоту работы трения.
1.10.3 Решение
Теплоту парообразования находим из интегрального уравнения Клайперона – Клаузиса, допуская постоянство тепла фазового превращения
1.10.4 Решение
При определении фазовых превращений используется также уравнение Кирхгофа
В конечных разностях
1.11 Термодинамические параметры состояния водяного пара. Паровые процессы
1.11.1 Решение
По таблицам находим, пользуясь методом интерполяции
Ts=312,42 ºС S’’=5,6019
1.11.2 Решение
С использованием is – диаграммы определяется i, s, . Пар перегретый t>ts. Степень перегрева Δt=tac – ts
1.11.3Решение
Из таблиц насыщенного пара при Р= 9 МПа:
S’=3,2875
S’’=5,6773
1.11.4 Решение
При давлении 1,2 МПа (12 бар) температура насыщения ts = 187,95 ºС, следовательно воду надо догреть до температуры ts на:
1.11.5 Решение
На is – диаграмме находится изобара 50 бар, при которой степень сухости х, не равная единице, берется точка 1. Точка 2 будет лежать на пересечении заданной изобары с верхней пограничной кривой (х = 1). Тогда:
1.11.6 Решение
Процесс состоит из двух частей: изобарный нагрев и изоэнтропное расширение. Процесс наносим на is – диаграмму, по которой определяем параметры состояния в трех характерных точках процесса:
Р, МПа |
| i = кДж/кг | |
Точка1 | 11 | 0,017 | 2704 |
Точка 2 | 11 | 0,030 | 3588 |
Точка 3 | 1,05 | 0195 | 2780 |
1.12 Дросселирование газов и паров
1.12.1 Решение
Из таблиц сухого насыщенного пара (или is – диаграммы) имеем:
при РS = 9 МПа:
t1 = 303,32 ºС; i1' = 1363,7 кДж/кг; i1'' = 2743 кДж/кг; S1'' = 5,678 кДж/кг·К.
при Р = 2 МПа:
t2 = 212,37 ºС; i2' = 908,5 кДж/кг; i2'' = 2799 кДж/кг; S2' = 2,447 кДж/кг·К; S2'' = 6,340 кДж/кг·К.
Средний дифференциальный дроссель-эффект:
Степень сухости пара после дросселирования находится из уравнения:
Энтропия пара после дросселирования
Потеря работоспособности пара:
1.13 Влажный воздух
1.13.1 Решение
Влагосодержание насыщенного воздуха dmax при t1 = 25 ºС:
парциальное давление водяного пара при t1 = 25 ºС (берется из таблиц насыщенного пара)
Начальное влагосодержание воздуха:
Для конечного состояния насыщенного воздуха при t2 = 10 ºС:
Масса выпавшей влаги, приходящаяся на 1 кг сухого воздуха, равны разности влагосодержаний:
Количество теплоты, отнимаемое при охлаждении 1 кг воздуха, равно разности энтальпий.
Значения i1 и i2 можно определить двумя способами: по id – диаграмме и аналитически.
Примечание: энтальпия 1 кг сухого насыщенного водяного пара при низких температурах может быть определена по эмпирической формуле:
1.13.2 Решение
По таблице насыщенного водяного пара при t = 30 ºС плотность ρS'' = 0,0304 кг/м3, плотность газа при φ = 0,6 и t = 30 ºС будет равна:
В момент консервации в камере сгорания находится влага:
При t = – 20 ºС и φ = 0,5 в камере сгорания может содержаться влага массой:
Следовательно, необходимо поглотить:
Необходимая масса силикагеля:
1.14 Смешение газов
1.14. Решение
1. Прежде всего необходимо определить массу гелия для последовательного нахождения массовых долей смеси.
Определим сначала парциальные давления компонентов:
Масса гелия может быть получена из уравнения состояния:
2. Массовые доли определяются:
3. Определим газовую постоянную смеси:
Из таблиц определяем значения теплоемкостей:
4. Определяем энтропии компонентов смеси