2.2.2. Процес 2-3

Процес 2-3 – це процес адіабатного стиснення, який повністю знаходиться у зоні перегрітої пари.

_∆U_2-3 = m·(u₃ - u₂) = 2,01·(3056,1-3224,8) = -339,34 кДж

_∆H_2-3 = m·(h₃ – h₂) = 2,01·(3390,1-3255,2) = 271,46 кДж

Зміна ентропії в процесі 2-3 рівна нулю (_∆S_2-3=0).

Знайдемо характеристики процесу. Незважаючи на природу робочого тіла, у адіабатному процесі, що йде без теплообміну з навколишнім середовищем, теплота дорівнює нулю. Але при розрахунку роботи зміни об’єму та наявної роботи природа робочого тіла виявляє свої властивості. Формули, які використовувалися не підходять. Характеристики процесу знаходяться за І законом термодинаміки Q = _∆U + L або

Q = _∆H + L_н. Тоді, якщо Q_2-3=0, отримаємо

L_2-3= -_∆U_2-3= 339,34 кДж

L_н2-3= -_∆Н_2-3= -271,46Дж

На основі останніх рівнянь складемо схему енергобалансу.

Зобразимо процес 2-3 у hs-, Ts-, i pv- координатах.

Запишемо отриманні дані в таблицю 4.

2.2.3. Процес 3-4

Наступним процесом циклу є процес ізобарного розширення 3-4. По аналогії обрахуємо _∆U_3-4 , _∆H_3-4 , _∆S_{3-4 :}

_∆U_3-4 = m·(u₄ – u₃) = 2,01·(3624,6-3056,1) = 1143,7 кДж

_∆H_3-4 = m·(h₄ – h₃) = 2,01·(4109,7-3390,1) = 1447,77 кДж

_∆S_3-4= m·(s₄ – s₃) = 2,01·(8,05-7,25) = 1,62 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:

L_3-4=mp₄·(v₄-v₃)= 2,01 ·(0,28-466,9) ·24·10 =304 кДж

Теплоту ізобарного процесу найпростіше обчислити за І законом термодинаміки:

, то Q_3-4 = _∆Н_3-4 + L_н3-4 → Q_3-4 = _∆Н_3-4 = 1447,77 кДж

Схема енергобалансу ізобарного процесу водяної пари нагадує схему енергобалансу ідеального газу.

При зображенні процесу 3-4 кінцева точка 4 визначається на перетині ізобари p₄ і адіабати s₄. Знаючи напрям ізобарного процесу, точку 3 знайдемо на перетині лінії процесу з об’ємом v₃. Покажемо цей процес у термодинамічних діаграмах

p

Занесемо отримані дані в таблицю 4.

2.2.4. Процес 4-5

Адіабатний процес розширення 4-5 відбувається без теплообміну з навколишнім середовищем при сталій ентропії. Знайдемо для цього процесу зміну функцій стану:

_∆U_4-5 = m ·( u₅ – u₄) = 2,01·(3473,5-3624,6) = -303,9 кДж

_∆H_4-5 = m·( h₅ – h₄) = 2,01·(3920,6-4109,7) = -380,61 кДж

_∆S_4-5= m·( s₅ – s₄) = 0

Аналогічно до процесу 2-3 Q_4-5=0, а L_2-3 і L_н2-3визначимо за І законом термодинаміки:

L_4-5=-_∆U_4-5=303,9 кДж

L_н4-5=-_∆Н_4-5=380,61 кДж

На основі останніх рівнянь складемо схему енергобалансу.

Зобразимо процес 1-2 у hs-, Ts-, i pv- координатах.

h

Запишемо отриманні дані в таблицю 4.

2.2.5. Процес 5-1

Далі йде процес 5-1 – процес ізохоричного відведення теплоти. Здійснимо розрахунок процесу 5-1 подібно до попередніх.

_∆U_5-1 = m·(u₁ – u₅) = 2,01·(2956,6-3473,5) = -1039,98 кДж

_∆H_5-1 = m·(h₁ – h₅) = 2,01·(3262,8-3920,6) = -1323,34 кДж

_∆S_5-1= m·(s₁ – s₅) = 2,01·(7,42-8,05) = -1,27кДж/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: , Q_5-1 = _∆U_5-1 + L_5-1 →

Q_5-1 = _∆U_5-1 = -1039,98 кДж

Наявну роботу визначимо із загальної формули:

L_H5-1=mv₅·(p_1`-p₅)= 2,01 ·2.951·(11-16,1)*10 =283,36 кДж

Побудуємо схему енергобалансу ізохорного 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:

_∆U_ц = 0, _∆Н_ц = 0, _∆S_ц = 0, Q_ц = L_ц = L_нц= 173,27 кДж.