background image

Robert Turos WM-32 rturos@gmail.com 

Zadanie II.4.3 
Parametry stanu w punktach charakterystycznych obiegu Otto oraz prace bezwzględne 

objętościowe są odpowiednio równe: przed zagęszczaniem adiabatycznym ciśnienie p

1

=1[at], 

temperatura T

1

=300 [K], zasób objętości V

1

=1[m

3

], zaś po zagęszczeniu ciśnienie p

2

=12[at], 

temperatura T

2

=

]

[

181

,

610

1

1

1

2

K

T

p

p

k

k

=

+

⎟⎟

⎜⎜

,  

zasób objętości  V

2

=

169495

,

0

1

2

1

=

⎟⎟

⎜⎜

V

p

p

k

 [m

3

]  

praca bezwzględna objętościowa L

1-2

=

⎟⎟

⎜⎜

k

k

p

p

k

V

p

1

1

2

1

1

1

(

)

1

(

=  -253,573 [kJ].  

Po przemianie izochorycznego sprężania ciśnienie p

3

=

75931

,

2

)

1

(

2

1

1

2

1

=

+

⎟⎟

⎜⎜

Δ

p

p

p

V

Qd

k

k

 [MPa], 

temperatura T

3

=

24

,

1430

)

1

(

1

1

1

2

1

1

=

⎟⎟

⎜⎜

+

Δ

T

p

p

V

p

Qd

k

k

k

[K], zasób objętości V

3

=V

2

, praca 

bezwzględna objętościowa L

2-3

=0. Po przemianie adiabatycznego rozgęszczania 

p

4

=

229943

,

0

)

1

(

1

1

2

1

1

=

+

⎟⎟

⎜⎜

Δ

p

p

p

V

Qd

k

k

k

[MPa], temperatura 

T

4

=

189

,

703

1

)

1

(

1

1

2

1

1

1

=

+

⎟⎟

⎜⎜

Δ

T

p

p

V

p

Qd

k

k

k

[K], zasób objętościowy V

4

=V

1

, zaś praca bezwzględna 

objętościowa L

4-1

=0. Podczas przemiany izochorycznego sprężania do obiegu doprowadzono 

przyrost ilości ciepła 

160

=

ΔQd

[kcal]. Zakładamy, że przemiany obiegu są przemianami 

odwracalnymi oraz, że czynnikiem pracującym w obiegu jest powietrze traktowane tak jak gaz 

doskonały dla którego indywidualna stała gazowa R=287,04 

kgK

J

, zaś wykładnik izentropy 

k=1,4. Obliczyć przyrosty ilości ciepła przemian obiegu Otto. 

 
Rozwiązanie 
1. 

Wykresy obiegu termodynamicznego Otto dla powietrza we współrzędnych pV i TS z 

zaznaczonymi przepływami przyrostów ilości ciepła. 
 
 

T

p

T

3

p

3

T

2

p

4

T

4

p

2

T

1

p

1

S =S

1

2

V =V

2

3

Q =Q

2-3

d

Q

d

Q

w

δQ=0

δQ=0

Q =Q

2 -3

w

S =S

3

4

V =V

1

4

S

V

1

1

2

4

3

3

4

2

 

background image

 
2. 

Tabela zestawienia danych i wyników obliczeń 

 

 
 

       

Punkty 

             charaktery- 
                      -tyczne 

Parametry 
stanu 

 

 

 

 

p

1 [at] 

12 [at] 

2,75931 [MPa] 

0,229943 [MPa]

T

i

 

300 [K] 

610,181 [K] 

1430,24 [K] 

703,189 [K] 

V

1 [m

3

] 0,169495 

[m

3

] 0,169495 

[m

3

] 1 

[m

3

L

ij 

-253,573 [kJ] 

1116,25 [kJ] 

ij

Q

Δ

 

=

ΔQd 670,4 [kJ]

0 -329,6[kJ] 

3.   Obliczam przyrosty ciepła przemian 
3.1  Obliczam przyrosty ilości ciepła przemiany izochorycznej 
Bilans energii dla przemiany odwracalnej 
dE

I

=

L

Q

δ

δ

 

δ L= pdV 

Zasób energii zewnętrznej określony jest związkiem: 
E

I

= C

v

mT 

C

v

= const. – gaz doskonały 

m= const. – układ konstancjalny 
dE

I

= C

v

mdT 

Przemiana izochoryczna 
V= const. 

dV=0 

δ L=0 

Zatem bilans energii wewnętrznej wynosi: 
dE

I

=

δ Q 

 
Całkując równanie: 

δ Q= C

v

mdT 

Otrzymamy: 

Δ

=

1

4

1

4

0

Q

T

T

v

dT

m

C

Q

δ

 

Z równania Mayera(?) 

background image

C

p

-C

v

=R 

Oraz z definicji składnika izentropy 

V

C

k

p

=

 obliczamy: 

1

=

k

R

C

v

 

Z równania stanu gazu doskonałego obliczam zasób masy gazu w obiegu: 

1

1

1

RT

V

p

m

=

 

+

⎟⎟

⎜⎜

Δ

=

=

Δ

1

)

1

(

1

1

)

(

1

1

2

1

1

1

1

4

1

1

1

1

1

4

k

k

p

p

V

p

Qd

k

k

V

p

T

T

RT

V

p

k

R

Q

 

Ostatecznie: 

k

k

p

p

Qd

Q

1

2

1

1

4

⎟⎟

⎜⎜

Δ

=

Δ

 

Obliczam wartość przyrostów ciepła przemian w obiegu: 
 

4

,

670

160

19

,

4

=

=

ΔQd

[kJ] 

607

,

329

1

4

=

Δ

Q

[kJ] 

3. 

Obliczam ….. Otto 

k

k

w

w

ob

p

p

Qd

Q

Q

Qd

Q

Qd

Q

1

2

1

3

2

⎟⎟

⎜⎜

Δ

=

Δ

Δ

=

Δ

Δ

Δ

=

Δ

 

Obliczam sprawność teoretyczną obiegu 

Qd

Q

w

Δ

Δ

= 1

η