- •Розрахунковий варіант
- •Робоче завдання
- •Робоче тіло – ідеальний газ.
- •Маса ідеального газу.
- •Визначення параметрів стану в початковій точці циклу
- •Визначимо основні параметри станів по графікам процесів
- •Визначимо параметри стану в точці 2
- •Визначимо параметри стану в точці 3
- •Визначимо параметри стану в точці 4
- •Визначимо параметри стану в точці 5
- •Зображення циклу ідеального газу pv- I Ts- діаграмах
- •Розрахунок процесів, що входять до циклу
- •Процес 1-2
- •Процес 2-3
- •Процес 3-4
- •Процес 4-5
- •Процес 5-1
- •Розрахунок циклу за іі законом термодинаміки
- •Маса водяної пари
- •Параметри стану водяної пари у початковій точці 1
- •Параметри водяної пари в точці 2
- •Параметри водяної пари в точці 3
- •Параметри водяної пари в точці 4
- •Параметри водяної пари в точці 5
- •Розрахунок процесів водяної пари
- •Процес 1-2
- •Процес 2-3
- •Процес 3-4
- •Процес 4-5
- •Процес 5-1
- •Аналіз циклу водяної пари за іі законом термодинаміки
- •Ексергетична оцінка
-
Процес 3-4
Далі йде процес 3-4 – процес ізохоричного відведення теплоти. Здійснимо розрахунок процесу 3-4 подібно до попередніх.
∆U3-4 = m·(u4 – u3) = 5,1237·(3113,22-3061,18) = 266,6619 кДж
∆H3-4 = m·(h4 – h3) = 5,1237·(3464,52-3398,758) = 336,97 кДж
∆S3-4= m·(s4 – s3) = 5,1237·(8,72048 – 8,65162) = 0,3528 кДж/К
Особливістю процесу, що протікає при сталому об’ємі, є те, що робота зміни об’єму дорівнює нулю. Враховуючи це, за І законом термодинаміки визначимо теплоту процесу: , Q3-4 = ∆U3-4 + L3-4 → Q3-4 = ∆U3-4 = 266,6619 кДж
Наявну роботу визначимо із загальної формули:
кДж
Побудуємо схему енергобалансу ізохоричного процесу.
Зобразимо процес 3-4 у hs-, Ts-, i pv- координатах.
Занесемо отримані дані в таблицю 4.
-
Процес 4-5
Наступним процесом циклу є процес ізобарного стиснення 4-5. По аналогії обрахуємо ∆U4-5, ∆H4-5,∆S4-5 :
∆U4-5 = m·(u5 – u4) = 5,1237·(2672,657-3113,225) = -2257,33 кДж
∆H4-5 = m·(h5 – h4) = 5,1237·(2894,38-3464,525) = -2921,25 кДж
∆S4-5= m·(s5 – s4) = 5,1237·(7,79141-8,72048) = -4,7602 кДж/К
Особливістю ізобарного процесу є те, що наявна робота процесу має нульове значення. Роботу зміни об’єму знайдемо, використовуючи загальну формулу: , якщо p=const, то:
кДж
Теплоту ізобарного процесу найпростіше обчислити за І законом термодинаміки:
, то Q4-5 = ∆Н4-5 + Lн4-5 → Q4-5 = ∆Н4-5 = -2921,25 кДж
Схема енергобалансу ізобарного процесу водяної пари нагадує схему енергобалансу ідеального газу.
При зображенні процесу 4-5 кінцева точка 5 визначається на перетині ізобари p5 і s5. Знаючи напрям ізобарного процесу, точку 4 знайдемо на перетині лінії процесу з об’ємом v4. Покажемо цей процес у термодинамічних діаграмах.
Занесемо отримані дані в таблицю 4.
-
Процес 5-1
Ізотерма 5-1 – процес стиснення водяної пари. Здійснимо розрахунок процесу 5-1.
∆U5-1 = m·(u1 – u5) = 5,1237·(2618,976-2672,657) = -275,04 кДж
∆H5-1= m·(h1 – h5) = 5,1237·(2823,906-2894,38) = -361,08 кДж
Обчислимо зміну ентропії в цьому процесі. Вона буде від’ємною.
∆S5-1= m·(s1 – s5) = 5,1237·(6,51499-7,79141) = -6,539 кДж/К
Розрахуємо кількість теплоти, що відводиться в процесі:
кДж
Згідно І закону термодинаміки
Q = ∆U + L → L 5-1=Q - ∆U 5-1= -2883,77 кДж
Q = ∆H + Lн → Lн 5-1=Q - ∆Н 5-1=-2182,192кДж
Побудуємо схему енергобалансу ізотермічного процесу.
Зобразимо процес 5-1 у hs-, Ts-, i pv- координатах.
Занесемо отримані дані в таблицю 4.
Дані таблиці 4 свідчать про те, що незалежно від природи робочого тіла властивості параметрів стану та характеристики процесів зберігаються:
∆Uц = 0, ∆Нц = 0, ∆Sц = 0, Qц ≈ Lц ≈ Lнц