Термодинамический анализ цикла газовой машины

Федеральное агентство по образованию

Архангельский государственный технический университет

Кафедра теплотехники

 Специальность ОСП-ЭП Курс 1 Группа

Антошкин Евгений Валерьевич

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА

по дисциплине: Теоретические основы теплотехники

(шифр – «наименование»)

на тему: Термодинамический анализ цикла газовой машины

Руководитель работы профессор С.В.Карпов

Оценка проекта (работы) ________________

Архангельск

2007

Федеральное агентство по образованию

Архангельский государственный технический университет

Кафедра теплотехники

ЗАДАНИЕ

КОНТРОЛЬНУЮ РАБОТУ

по дисциплине: Теоретические основы теплотехники

студенту ОСП-ЭП курса 1 группы Антошкину Евгению Валерьевичу

Тема: Термодинамический анализ цикла газовой машины

Исходные данные: Рабочее тело обладает свойствами воздуха, масса равна 1 кг

Газовый цикл состоит из четырех процессов, определяемые по показателю политропы. Известны начальные параметры в точке 1 (давление и температура), а также безразмерные отношение параметров в некоторых процессах

Дано:

n1-2 =1,35; n2-3 = ∞; n3-4 = К; n4-1 = ∞; p1 = 1∙105 Па; t1 = 90 ºC;

v1/v2 = 10; р3/р2 = 1,5.

Найти: параметры для основных точек цикла:pi, vi, ti, ui, ii, si,

Определить для каждого процесса: ∆u, ∆i, ∆s, q, l, l*; φ = ∆u/q; ψ = l/q.

Определить работу газа за цикл lц, термическое к.п.д. и среднецикловое давление Pi.

Построить в масштабе цикл в координатах P,v; T,S.

Расчет производится при постоянной теплоемкости.

Срок выполнения работы с__________2007г. по ___________2007г.

Руководитель проекта Карпов С.В.«___»_____________2007г.

Исходные данные:

Определим характеристики:

1-2 – политропный процесс,

2-3 – изохорный процесс,

3-4 – адиабатный процесс,

4-1 – изохорный процесс.

Дополнительные данные:

R=ή_в=287Дж/кгК – газовая постоянная воздуха,

μ=29кг/кмоль – молярная масса газа,

Ср=Ср· μ/ μ=7·4,187/29=1,01- теплоемкость газа,

Cv=Cv·µ/µ=5·4,187/29=0,722- теплоемкость газа,

k=Cp/Cv=7/5=1,4 - показатель Пуассона или показатель адиабаты.

Решение.

1 Определение параметров для основных точек цикла

Точка 1.

p₁ v₁=R T₁,

T₁=273+90=363 К.

v₁=R T₁/р₁=287∙363/1∙10⁵=1,042 м³/кг.

u₁=c_v T₁=0,722∙363=262,09 кДж/кг

i₁=c_p T₁=1,01∙363=366,63 кДж/кг

Точка 2.

v₂=v₁/10= 0,104 м³/кг.

p₂ = p₁(v₁/v₂)ⁿ = 1∙10⁵∙(10)^1,35 = 22,387∙10⁵ Па

Т₂=р₂v₂/R = 22,387∙10⁵∙0,104/287=811 K

t₂ = 811 – 273 = 538ºC

u₂= c_v T₂ = 0,722∙811= 585,54 кДж/кг

i₂= c_p T₂ = 1,01∙ 811= 819,11 кДж/кг

s₂ = c_p∙ln(T₂/273) – R∙ln (p₂/1,013) = 1,01 ∙ ln(811/273) – 0,287∙ln (22,387/1,013) = 0,211 кДж/(кг∙К)

Точка 3.

р₃=1,5∙р₂=50,37∙10⁵ Па

v₂= v₃=0,104 м³/кг

Т₃=р₃∙v₃/R = 50,37∙10⁵∙0,104/287=1825 K

t₃ = 1825 – 273 = 1552ºC

u₃= c_v T₃ = 0,722∙1825= 1317,65 кДж/кг

i₃= c_p T₃ = 1,01∙ 1825= 1843,25 кДж/кг

s₃=c_p∙ln(T₃/273)–R∙ln(p₃/1,013)=1,01∙ln(1825/273)–0,287∙ ln (50,37/1,013) = 0,798 кДж/(кг∙К)

Точка 4.

v₄=v₁=1,042 м³/кг

p₄ = p₃(v₃/v₄)^k = 50,37∙10⁵∙(0,104/1,042)^1,4 = 2,00∙10⁵ Па

Т₄= р₄v₄/R = 2,00∙10⁵∙1,042/287 = 726 К.

t₄ =726 – 273 = 453ºC

u₄= c_v T₄ = 0,722∙726= 524,17 кДж/кг

i₄= c_p T₄ = 1,01∙726 = 733,26 кДж/кг

s₄=c_p∙ln(T₄/273)–R∙ln(p₄/1,013)=1,01∙ln(726/273,15)– 0,287∙ln (2,00/1,013) = 0,793 кДж/(кг∙К)

Таблица №1

2 Определение ∆u, ∆i, ∆s

1. Процесс 1 – 2.

∆u = u₂ – u₁ = 585,54 – 262,09 = 323,45 кДж/кг

∆i = i₂ – i₁ = 819,11 – 366,63 = 452,48 кДж/кг

2. Процесс 2 – 3.

∆u = u₃ – u₂ = 1317,65 – 585,54 = 732,11 кДж/кг

∆i = i₃ – i₂ = 1843,25 – 819,11 = 1024,14 кДж/кг

∆s =s₃ – s₂ = 0,798 –0,211 = 0,587 кДж/кг

3. Процесс 3 – 4.

∆u = u₄ – u₃ = 524,17 – 1317,65 = - 793,48 кДж/кг

∆i = i₄ – i₃ = 733,26 – 1843,25 = - 1109,99 кДж/кг

∆s =s₄ – s₃ = 0,793 – 0,798 = - 0,005 кДж/кг

4. Процесс 4 – 1.

∆u = u₁ – u₄ = 262,09 – 524,17 = - 262,08 кДж/кг

∆i = i₁ – i₄ = 366,63 – 733,26 = -366,63 кДж/кг

∆s = s₁ – s₄ = 0,291 – 0,793 = -0,502 кДж/кг

Таблица №2

3 Определение q, l, l*,φ, ψ

1)Процесс 1 – 2 (политропный).   

q = 0,722∙(1,35-1,4)/(1,35-1)∙(811-363)=-47,21 кДж/кг.     

l = 0,287/(1,35 – 1) ∙ (363 –811) = -366,26 кДж/кг.

l* = 1,35 ∙ 0,287/(1,35 – 1)∙(363 – 811) = -495,94 кДж/кг.

φ = - 7

ψ = 8

2)Процесс 2 – 3 (изохорный).

q = ∆u =732,11 кДж/кг

l = 0

l*= - 0,104∙(50,37- 22,387)∙ 102= - 291,02 кДж/кг

φ = 1

ψ = 0

3) Процесс 3 – 4 (адиабатный).

q = 0

l = 0,287/(1,4-1)∙(1825-726) = 788,53 кДж/кг.

l* = - ∆i = 1109,99 кДж/кг.

φ = ∞

ψ = ∞

4)Процесс 4 – 1 (изохорный).

q = ∆u = -262,08 кДж/кг

l = 0

l*= - 1,042∙(1- 2)∙ 102= 104,2 кДж/кг

φ = 1

ψ = 0

Таблица №3

4 Определение lц, η, P

lц = 422,8 кДж/кг

qподв =732,11 кДж/кг

η =lц / qподв= 422,8/732,11 = 0,578 = 57,8 %

Pi=lц / Vmax - Vmin= 422,8∙103/(1,042- 0,104) = 0,451 МПа

5 Расчет промежуточных точек

1.Для графика в P-V координатах:

а) по оси V

1.Vχ1=(V1 + V2)/2=(1,042+0,104)/2=0,572

2.Vχ2=(V3 + V4)/2=(1,042+0,104)/2=0,572

б) по оси Р

1.Рχ1=Р1*(V1/Vχ1)n=1*105*(1,042/0,572)1,35=2,247*105

2.Рχ2=Р3*(V3/Vχ2)к=50,37*105*(0,104/0,572)1,4=4,63*105

 2.Для графика в T-S координатах:

а) по оси Т

1.Тχ1=(Т2+Т3)/2=(811+1825)/2=1318

2.Тχ2=(Т3+Т4)/2=(1825+726)/2=1275,5

3.Тχ3=(Т4+Т1)/2=(726+363)/2=544,5

б) по оси S:

а)2-3Pχ1=P2*(Tχ1/T2)=22,387*105*(1318/811)=36,38*105

б)3-4Pχ2=P3*(Tχ2/T3)= 50,37*105*(1275,5/1825)=35,20*105

в)4-1Pχ3=P1*(Tχ3/T1)= 1*105*(544,5/363)=1,5*105

1.Sχ1=Cp*ln(Tχ1/273)-R(Pχ1/1,013)=1,01*ln(1318/273)-0,287* *ln(36,38/1,013)= 0,562

2.Sχ2=Cp*ln(Tχ2/273)-R(Pχ2/1,013)=1,01*ln(1275,5/273)-0,287* *ln(35,20/1,013)= 0,659

3.Sχ3=Cp*ln(Tχ3/273)-R(Pχ3/1,013)=1,01*ln(544,5/273)-0,287* *ln(1,5/1,013)= 0,585

Литература

1. Сборник задач по технической термодинамике /Т. И. Андрианова, Б. В. Дзампов, В. Н. Зубарев, С. А. Ремизов – М.: Энергия, 1971.

2. Ривкин С. Л. Термодинамические свойства газов. – М.: Энергия, 1973.

3. Кириллин В. А., Сычев В. В., Шейндлин А. Е. Техническая термодинамика. – М.: Энергия, 1976.

4. Ривкин С. Л., Александров А. А. Термодинамические свойства воды и водяного пара. – М.: Энергия, 1975.