Zadanie 1.3
Hel o zasobie masy m=2[kg] traktowany tak jak gaz doskonały pracuje w obiegu
prawobieżnym złożonym z następujących odwracalnych przemian
termodynamicznych, izobarycznej, izochorycznej i izotermicznej rozgęszczania
helu. Ciśnienie Elu po izotermicznym rozgęszczeniu i izobarycznym
zgęszczaniu jest odpowiednio równe p
1
=p
2
=1.962*10
5
[Pa]. Ciśnienie po
izochorycznym sprężaniu p
3
=5p
1
=9.81*10
5
[Pa]. Temperatura końca przemiany
izobarycznej równa jest T
2
=400.16 [K], zaś początku i końca przemiany
izotermicznej T
3
=T
1
=5T
2
=2000.8[K]. Objętość początku i końca przemiany
izochorycznej V
2
=V
3
=8.4805[m
3
], zaś przemiany izobarycznej
V
1
=5V
2
=42.025[m
3
] Indywidualna stała gazowa helu ma wartość R=2079.01
[J/kgK], zaś wykładnik izentropy k=1.66. Prace bezwzględne objętościowe
przemian mają następujące: L
1-2
=-4mRT
2
=-6.65549*10
6
[J], L
2-3
=0 oraz L
3-
1
=5mRT
2
ln5=13.3895*10
6
[J]. Oblicz przyrosty ilości ciepła przemian obiegu.
Dane:
M=2[kg]
P = const
V = const
T = const
P
1
= 2 [at]
T
1
= 127 [C]
R = 2079.01 [J/kg*K]
K = 1.66
1.Tabela zestawienia danych oraz wyników obliczeń.
Param
etr
stanu
Punkt
charakt
ery-
styczny
1
2
3
P
i
[p
1
] P
2
=p
1
P
3
=5p
1
T
i
T
1
=5T
2
[T
2
] T
3
=T
1
=5T
2
V
i
V
1
=5V
2
V
2
=mRT
2
/p
1
V
3
=V
2
ΔQ
ij
ΔQ
1-2
=-4(kR/k-1)mT
2
ΔQ
2-3=
4(R/k-1)mT
2
Q
3-1
=5mRT
2
ln5
2.1.Obliczam przyrost ilości ciepła między punktami 2 i 1
δH = δQ - δL
T
δL
T
= -V
dp
p = const dp = 0
dH = C
p
mdT C
p
= const
H = C
p
mT m = const
Układ substancjalny m = const
δQ = C
p
mdT
∫
∫
=
Δ
2
1
2
-
1
0
T
T
Q
dT
Cpm
Q
δ
ΔQ
1-2
= C
p
m ( T
2
-T
1
)
T
1
= 5T
2
ΔQ
1-2
= -4C
p
mT
2
Z równania Mayera
C
p
-C
v
= R
K = C
p
/C
v
to C
p
= kR/k-1
ΔQ
1-2
= -k ( 4R/k-1 ) mT
2
ΔQ
1-2
= - 1.66*(4*2079.01/1.66-1)*2*400.16
ΔQ
1-2
= -1,67396*10
7
[J]
2.2.Obl. przyrost ilości ciepła przemiany izochorycznej między
punktami 2 i 3
Postać pierwszej zasady termodynamiki:
dE
I
= δQ - δL δL = pdV
V = const Dv = 0 δL = 0
dE
I
= δQ
E
I
= C
v
mT
Gaz doskonały C
v
= const
Układ substancjalny m=const to dE
I
= C
v
mdT
δQ = C
v
mdT
∫
∫
=
−
Δ
3
2
3
2
0
T
T
v
Q
dT
m
C
Q
δ
ΔQ
2-3
= C
v
m ( T
3
-T
2
)
T
3
= T
1
T
1
= 5T
2
T
3
= 5T
2
Cv=
Q
2-3
= 4C
v
mT
2
Równanie Mayera
C
p
-C
v
= R
K = C
p
/C
v
to C
p
= R/k-1
ΔQ
2-3
= 4( R/k-1 )mT
2
ΔQ
2-3
= 4 ( 2079.01/1.66-1 )*2*400.16
ΔQ
2-3
= 1,00841*10
7
[J]
2.3.Obliczam przyrost ilości ciepła przemiany izotermicznej między
punktami 1 i 3
dE
I
= δQ – δL
dE
I
= δQ
E
I
= C
v
mT
C
v
= const
M = const → dE
I
=0
T = const
Z równania izotermy mamy:
pV = p
1
V
1
→ p=p
1
V
1
1/V
δQ=p
2
V
1
dV/V
∫
∫
=
−
Δ
2
3
2
3
1
1
0
V
V
Q
V
dV
V
p
Q
δ
ΔQ
3-1
= p
1
V
2
lnV = p
1
V
1
lnV
1
/V
3
V
1
= 5V
3
ΔQ
3-1
= p
1
V
2
ln5
P
2
V
1
= mRT
1
ΔQ
3-1
= MRT
2
ln5
T
1
= 5T
2
ΔQ
3-1
= 5mRT
2
ln²
ΔQ
3-1
= 5*2*2079.01*400.16*1.609
ΔQ
3-1
= 1,33855*10
7
[J]
3.Obliczam pracę obiegu.
L
ob
= |L
ex
| – |L
k
| = |Q
d
| - |Q
w
|
|L
k
| = |-4/5mRT
1
|
|L
ex
| = |mRT
1
ln5|
|L
ex
| = 2*2079.01*²*400.16*1.609
|L
ex
| = 1,33855*10
7
4.Obliczam przyrost ilości ciepła obiegu.
Q
ob
= |Q
d
– Q
w
|
ds = dQ/T dQ = Tds
Q
d
= |Q
2-3
+ Q
3-1
|
Q
w
= |Q
1-2
|