dz_1_po_termodin_posobie_2 (Термодинамический анализ газового цикла пособие), страница 2

табл. 2), то началопостроения можно сместить к оси ординат, т.к. процесс пойдет вправо; если ∆s < 0 (см.табл. 2), то начало построения следует сместить вправо, т.к. процесс пойдет влево.– таким образом, выбрав произвольно начало построения цикла, восстанавливаемперпендикуляр к оси энтропий и проводим его до пересечения с температурой вначалецикла (процесса) Т1 – это будет точка 1 – точка начала цикла и процесса 1– 2.– откладываем от проекции точки 1 на оси энтропий значение изменения энтропии ∆s впроцессе 1 – 2 (см.табл. 2), если ∆s > 0, то откладываем вправо, если ∆s < 0, тооткладываем влево и из полученной точки восстанавливаем перпендикуляр допересечения с температурой в конце процесса Т2 – точка пересечения дает точку 2– соединяем точки 1 и 2 – процесс построен.

Аналогично строятся все процессы цикла.5. Для одного из процессов цикла (кроме изотермического) построить схемуграфического нахождения ∆u,∆h,q. На данную схему следует нанести численныезначения необходимых для подсчета величин. На схеме приводятся абсолютныетемпературы в начале и конце процесса, изменение энтропии в процессе (дляопределения q) и изменения энтропии ∆sv и ∆sp (для определения ∆u и ∆h). Необходиморазобраться в площадях, соответствующих всем определенным величинам. Для лучшегоуяснения графического решения рассматриваются примеры для разных процессов.Аналогично построению, выполненному в пункте 4в, построить выбранныйпроцесс цикла (кроме изотермического) в Т–s диаграмме.

Площадь под кривой процессаравна теплоте процесса и равна:q = c ∆Т = c (Ti+1 – Ti) = 0,5 (Тi + Тi+1) ∆si+1, I(1)Из анализа процессов известно, что для любого процесса справедливы равенства:∆u = cv ∆Т = 0,5 (Тi + Тi+1) ∆sv(2)∆h = cp ∆Т = 0,5 (Тi + Тi+1) ∆sp(3)Как известно, последние части данных уравнений – это площади соответствующихтрапеций в Т–s диаграмме: (1) – под линией процесса; (2) – под изохорой, построеннойв данном интервале температур, где∆sv = cv ln (Тi+1/Тi)[Дж/кг K] ;(3) - под изобарой, построенной в данном интервале температур, где∆sp = cp ln (Тi+1/Тi)[Дж/кг K] .Последние две зависимости показывают, что ∆sv и ∆sp для конкретного процесса всегдаимеют один и тот же знак, а по абсолютной величине всегда |∆sv| < |∆sp|, согласноуравнению Майера:cp = cv + RЭто приводит к тому, что линия p = const в Т – S диаграмме всегда более пологая, чем v =const.

Кроме того линии p = const и v = const всегда имеют строго определенный наклон:поднимаются слева направо, если Т2 > Т1; – опускаются справа налево, если Т2 < Т1. Еслипостроение выполняется правильно (как показано выше), то это обеспечиваетсяавтоматически.ПРИЛОЖЕНИЕ № 1МГТУ им. Н.Э. БауманаДомашнее задание №2по ТЕРМОДИНАМИКЕ«ТЕРМОДИНАМИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ ГАЗОВОГО ЦИКЛА»Группа: Э5-51Вариант: 29Студент: Иванов И.И.Преподаватель: Петров П.П.Москва 2013 г.Домашнее задание №2 по курсу «ТЕРМОДИНАМИКА»«ТЕРМОДИНАМИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ ГАЗОВОГО ЦИКЛА»Дано:Сухой воздух массой 1 кг совершает прямой термодинамический цикл (Рис.

1),состоящий из четырех последовательных термодинамических процессов, параметрыкоторых определяются преподавателем.Требуется:1) рассчитать давление (p), удельный объем (v) и температуру (T) воздуха дляосновных точек цикла,2) определить для каждого из процессов значения показателей политропы (n) итеплоемкости (c),вычислить изменение внутренней энергии (∆u),энтальпии (∆h),энтропии (∆s), теплоту процесса (q), работу процесса (l) и располагаемую работу (l0),3) определить суммарные количества подведенной (q') и отведенной (q'') теплоты,работу цикла (lц), располагаемую работу цикла (l0ц) и термический к.п.д.

цикла (ηt),4) построить цикл в координатах:а) lg v – lg p,б) v – p, используя предыдущее построение для нахождения трех или четырехпромежуточных точек на каждом из процессов,в) s – Т, нанеся основные точки цикла и составляющие его процессы,5) для одного из процессов цикла, кроме изотермического, привести схему егографического расчета по тепловой s – T диаграмме, изобразив на схеме линию процессавспомогательные линии изохорного и изобарного процессов,значения температур вначале и в конце процесса, отрезки, соответствующие изменению энтропии в основном ивспомогательных процессах, площади, соответствующие теплоте процесса, изменениювнутренней энергии и энтальпии.Вариант 29Дано:Рис. 1p1 = 0,1 МПа = 1 бар ;T1 = 273 K;(t1 = 0 0С)T2 = 433 K;(t2 = 160 0С)T4 = 338 K;(t4 = 65 0С)n = 1,3 – показатель политропытеплоемкости процессов:кДж;кг ⋅ Кcр = 1,025кДж;кг ⋅ Кcv= cр - R =1,025 - 0,287 = 0,738кДж; - газовая постоянная воздуха.кг ⋅ КR = 0,287Решение.1.

Определить параметры p, v и T воздуха для основных точек цикла:а) для точки 1 дано: p1=0,1 МПа (1 бар ); T1 = 273 K; (t1 = 0 0С)Для определения v1 используем уравнение состояния:v1 =RT1 287 ⋅ 273== 0,800 ,p10,1 ⋅ 10 6м3;кгб) для точки 2 дано: T2 = 433 K; (t2 = 160 0С);– определить p2 и v2. Для определения v2 используем уравнение адиабаты процесса 1 – 2 вT–v координатах: Tv k −1 = const , гдеk=cpcv=1,025= 1,39 - показатель адиабаты0,738илиT2  v1 = T1  v 2 k −1откуда T1v 2 = v1 T 211 k −1 273 1, 39 −1= 0,800 ⋅ = 0,800 ⋅ 0,630 2,56 = 0,246 ,433м3;кгДля определения p2 используем уравнение состояния:p 2 v 2 = RT 2откудаp2 =RT2 287 ⋅ 433== 0,505 ⋅ 10 6 ,0,246v2Пав) для точки 4 дано: T4 = 338 K; (t4 = 65 0С); p4 = p1 = 0,1 МПа;– определить v4.Для определения v4 используем соотношение параметров изобарного процесса4 – 1:v1T= 1 ,v 4 T4v 4 = v1 ⋅г) для точки 3 дано: v3 = v2 = 0,246T4338= 0,800 ⋅= 0,990 ,T1273м3;кгм3;кг– определить p3 и T3.Для определения T3 используем уравнение политропы в T – v координатах припоказателе политропы n = 1,3:Tvn −1= constv Tили 3 =  4 T4  v3 n −1откудаvT3 = T4  4 v3n −1 0,990 = 338 ⋅  0,246 1, 3−1= 338 ⋅ 4,02 0,3 = 513 ,Для определения p3 используем уравнение состояния:Kp3 v3 = RT 3откудаp3 =RT3 287 ⋅ 513== 0,598 ⋅ 10 6 ,v30,246Па.Результаты расчета внести в Таблицу № 1Таблица № 1Параметр →Точка ↓1234P,V,бар1,005,055,981,00м3/кг0,8000,2460,2460,990Т, К2734335133382.

Для каждого из процессов определить значения показателей политропы (n) итеплоемкости (c),вычислить изменение внутренней энергии (∆u),энтальпии (∆h),энтропии (∆s), теплоту процесса (q), работу процесса (l) и располагаемую работу (l0):a) – процесс 1– 2 – адиабатный:– определить показателей политропы – для адиабатного процесса:n= k =cp=cv1,025= 1,390,738– определить теплоемкость:с=dq;dTно т. к.dq = 0, тоc = 0.– вычислить изменение внутренней энергии (∆u), энтальпии (∆h), энтропии (∆s):∆u2-1 = cv ∆Т = cv (T2 – T1) = 0,738 (433 – 273) =118∆h2-1 = cp ∆Т = cp (T2 – T1) = 1,025 (433 – 273) = 164∆s2-1 = 0,т.к.

процесс 1– 2 – адиабатный,q=0и теплообмен в нем отсутствует,[кДж/кг][кДж/кг]– работу процесса и располагаемую работу определить из уравнений первого законатермодинамики:l1-2 = q1-2 – ∆u2-1 =– ∆u2-1 = – 118[кДж/кг]l0,1-2 = q1-2 – ∆h1-2 =– ∆h1-2 = – 164[кДж/кг]б) – процесс 2– 3 – изохорный:– теплоемкость для изохорного процесса равнакДж;кг ⋅ К– определить показателей политропы для изохорного процесса:с = сv = 0,738n = (с – cp)/(с – сv) = (сv – cp)/(сv – сv) = (сv – cp)/0 = ∞,n = ∞,– вычислить изменение внутренней энергии (∆u), энтальпии (∆h), энтропии (∆s):∆u3-2 = cv ∆Т = cv (T3 – T2) = 0,738 (513 – 433) = 59,0[кДж/кг]∆h3-2 = cp ∆Т = cp (T3 – T2) = 1,025 (513 – 433) = 82[кДж/кг]∆s3-2 = cv ln Т3/Т2 = 0,738 n513= 0,125433[кДж/кг K]– теплоту процесса можно определить по формуле:q2-3 = c ∆Т = cv (T3 – T2) = ∆u = 59 [кДж/кг]– где c = cv – теплоемкость газа в рассматриваемом процессе v = const,– работа в процессе v = const равна нулю, т.е.

l2-3 = 0:l2-3 = p ∆v3-2 = 0–располагаемуюработупроцессаопределитьизуравненийтермодинамики:так какl0,2-3 = q2-3 – ∆h3-2 = 59 – 82 = – 23[кДж/кг]первогозаконав) – процесс 3 – 4 – политропный:– показатель политропы задан: n = 1,3– теплоемкость для политропного процесса равнаc = cv(n – k)/(n – 1) = 0,7381,3 −1,39= – 0,221,1,3 −1кДжкг ⋅ К– вычислить изменение внутренней энергии (∆u), энтальпии (∆h), энтропии (∆s):∆u4-3 = cv ∆Т = cv (T4 – T3) = 0,738 (338 – 513) =– 129[кДж/кг]∆h4-3 = cp ∆Т = cp (T4 – T3) = 1,025 (338 – 513) = – 179,4 [кДж/кг]3380,990∆s4-3 = cv ln Т4/Т3 + R ln v4/v3 = 0,738 n 513 + 0,287 n 0,246 = 0,092 [кДж/кг K]– теплоту процесса можно определить по формуле:q4-3 = c ∆Т = c (T4 – T3) = – 0,221(338 – 513) = 38,6– где c = – 0,221[кДж/кг]кДж– теплоемкость газа в рассматриваемом политропном процессе;кг ⋅ К– работу в процессе определить из уравнений первого закона термодинамики:l4-3 = q – ∆u = 38,6 + 129 = 167,6[кДж/кг]– располагаемую работу в процессе определить из уравнений первого законатермодинамики:l04-3 = q – ∆h = 38,6 + 179,4 = 218[кДж/кг]г) – процесс 4 – 1 – изобарный:–теплоемкость для изобарного процесса равнас = сp = 1,025кДж;кг ⋅ К– определить показателей политропы для изобарного процесса:n = (с–cp)/(с–сv) = (сp – cp)/(сp–сv) = 0/(сp–сv) = 0,n = 0;– изменение внутренней энергии и энтальпии идеального газа определить по формулам:∆u1-4 = cv ∆Т = cv (T1 – T4) = 0,738 (273 –338) = – 48∆h1-4 = cp ∆Т = cp (T1 – T4)[кДж/кг]= 1,025 (273 –338) = – 66,6 [кДж/кг]– изменение энтропии в рассматриваемом процессе определить по одной из следующихформуле:∆s1-4 = cp ln Т1/Т4 = 1,025 n273= – 0,217338[кДж/кг K]– теплоту процессов можно определить по формуле:q4-1 = c ∆Т = cp (T1 – T4) =∆h1-4 = – 66,6 [кДж/кг]– где c = cp – теплоемкость газа в рассматриваемом процессе,– работу процесса и располагаемую работу процесса определить из уравнений первогозакона термодинамики:l1-4 = q4-1 – ∆u1-4 = – 66,6 + 48 = – 18,6[кДж/кг]l01-4 = q4-1 – ∆h1-4 = – 66,6 + 66,6 = 0Все величины, найденные в данном пункте,[кДж/кг]внести в таблицу 2 с указаниемзнаков, полученных в расчете.В таблицу 2 необходимо включить итоговую строчку по вертикальным графам,содержащим величины: ∆u, ∆h, ∆s, q, l, l0.Для величин ∆u, ∆h и ∆s суммы должны быть равны нулю, так как u, h и s функции состояния и, следовательно, за цикл их изменение равно нулю.

Суммы q, l и l0должны быть равны между собой и обязательно положительны (цикл прямой):∑q = ∑l = ∑l0[кДж/кг]Графы, содержащие показатели процессов и теплоемкости суммированию неподлежат.Таблица №2Параметр→Процесс ↓1–22–33–44–1Σc,nкДж/кг*1,39∞1,30–К0,0000,738– 0,2211,025–∆u,∆h,кДж/кгкДж/кг11859-129- 480,00016482-179,4- 66,60,000∆S,кДж/кг*К0,0000,1250,092-0,2170,000q,кДж/кг0,0005938,6-66,631,0l,кДж/кг-1180167,6-18,631,0l0,кДж/кг-164- 23218031,03.