НПСФ 2026, Специална тема — Задача 2. Дизелов двигател

• а) $\eta = 1 - \frac{1}{\gamma r^{\gamma-1}}\frac{\alpha^{\gamma}-1}{\alpha-1}$

• б) 65 %

• в) 24.5 mol

• г) 16.4 L/h

  q = 4,55 mL/s = 4,55.10⁻⁶ m³/s = 16,4 L/h.

• д) 103 kW

  ≈ 103 kW ≈ 140 к.с.

• е) 6.83 L/100 km

• ж) $a = -b\left(1 + \frac{b}{d}\right)\omega^2$

а) Вариант 1:

Нека разглеждаме 1 mol идеален газ. Нека при процеса 2-3 газът получава топлина $Q_{23}$. Коефициентът на полезно действие ще бъде $\eta = \frac{A_{12}+A_{23}+A_{34}}{Q_{23}}$. [0,2 т.] (1) От първия принцип на ТД следва, че топлината $Q_{23} = U_3 - U_2 + p_2(V_3 - V_2)$. [0,2 т.] От уравнението за идеалния газ $p_2(V_3 - V_2) = R(T_3 - T_2)$. [0,2 т.] За идеален газ $U_3 = C_V T_3$ [0,2 т.] и $U_2 = C_V T_2$. [0,2 т.] От уравнението на Майер $C_p = C_V + R$. [0,2 т.] Следователно $Q_{23} = C_p(T_3 - T_2)$. [0,2 т.] (2) От първия принцип на ТД следва, че работата $A_{12} = U_1 - U_2 = C_V(T_1 - T_2)$, (3) [0,3 т.] $A_{23} = p_2(V_3 - V_2) = R(T_3 - T_2)$ [0,3 т.] (4) и $A_{34} = U_3 - U_4 = C_V(T_3 - T_4)$. [0,3 т.] (5) Замествайки (2), (3), (4) и (5) в (1), $\eta = \frac{C_V(T_1-T_2)+R(T_3-T_2)+C_V(T_3-T_4)}{C_p(T_3-T_2)} = \frac{(C_V+R)(T_3-T_2)+C_V(T_1-T_4)}{C_p(T_3-T_2)} = 1 - \frac{C_V}{C_p}\frac{(T_4-T_1)}{(T_3-T_2)}$. [0,5 т.] (6) Изразът (6) може да се представи така: $\eta = 1 - \frac{1}{\gamma}\frac{T_1}{T_2}\frac{\left(\frac{T_4}{T_1}-1\right)}{\left(\frac{T_3}{T_2}-1\right)}$. [0,3 т.] (7) От изобарния процес 2-3 следва, че $\frac{T_3}{T_2} = \frac{V_3}{V_2} = \alpha$. [0,3 т.] (8) От друга страна $\frac{T_4}{T_1} = \frac{T_4}{T_3}\frac{T_3}{T_2}\frac{T_2}{T_1}$. [0,3 т.] (9) От уравнението за адиабатния процес $TV^{\gamma-1} = const.$, [0,3 т.] (10) прилагайки го за процеса 3-4 $\frac{T_4}{T_3} = \left(\frac{V_3}{V_4}\right)^{\gamma-1} = \left(\frac{V_3}{V_2}\frac{V_2}{V_4}\right)^{\gamma-1} = \left(\frac{V_3}{V_2}\right)^{\gamma-1}\left(\frac{V_2}{V_4}\right)^{\gamma-1} = \frac{\alpha^{\gamma-1}}{r^{\gamma-1}}$. [0,3 т.] (11) Отново прилагайки (10) за процеса 1-2, $\frac{T_2}{T_1} = \left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma-1} = r^{\gamma-1}$. [0,2 т.] (12) Замествайки (11), (8) и (12) в (9) и после (9) и (8) в (7) се получава $\eta = 1 - \frac{1}{\gamma}\frac{1}{r^{\gamma-1}}\frac{\left(\frac{\alpha^{\gamma-1}}{r^{\gamma-1}}\alpha r^{\gamma-1}-1\right)}{(\alpha-1)}$, $\eta = 1 - \frac{1}{\gamma r^{\gamma-1}}\frac{(\alpha^{\gamma}-1)}{(\alpha-1)}$. (13) [0,5 т.]

Вариант 2:

Коефициентът на полезно действие е $\eta = 1 - \frac{Q_-}{Q_+} = 1 + \frac{Q_{41}}{Q_{23}}$. Процес 2-3 е изобарен и следователно $Q_{23} = nc_p(T_3 - T_2) = \frac{c_p}{R}(p_3V_3 - p_2V_2) = \frac{c_p}{R}(\alpha - 1)pV$, където $p_2 = p_3 = p$ и $V_2 = V, V_3 = \alpha V$. Процес 4-1 е изохорен, откъдето $Q_{41} = nc_v(T_1 - T_4) = \frac{c_v}{R}(p_1 - p_4)V_1 = \frac{c_v}{R}r(p_1 - p_4)V$. Оттук следва

където $\frac{c_p}{c_v} = \gamma$. Понеже 1-2 и 3-4 за адиабатни, то $p_1V_1^{\gamma} = p_1(rV)^{\gamma} = p_2V_2^{\gamma} = pV^{\gamma} \Rightarrow \frac{p_1}{p} = \frac{1}{r^{\gamma}}$ и $p_3V_3^{\gamma} = p(\alpha V)^{\gamma} = p_4V_4^{\gamma} = p_4(rV)^{\gamma} \Rightarrow \frac{p_4}{p} = \frac{\alpha^{\gamma}}{p^{\gamma}}$. Така финално

б) Замествайки в (13) с дадените стойности $\gamma = 1.4$, $r = 20$ и $\alpha = 2.0$, $\eta = 1 - \frac{1}{1{,}4.20^{1{,}4-1}}\frac{\left(2^{1{,}4}-1\right)}{(2-1)} \approx 65\%$. [0.4 т.]

в) Химическата реакция е $\mathrm{k_1C_{16}H_{34} + k_2O_2 \rightarrow k_3CO_2 + k_4H_2O}$. След изравняване се получава $\mathrm{2C_{16}H_{34} + 49O_2 \rightarrow 32CO_2 + 34H_2O}$. Следователно за изгарянето на 1 mol $\mathrm{C_{16}H_{34}}$ са необходими 24,5 mol $\mathrm{O_2}$. [0.4 т.]

г) Ъгловата скорост е $\omega = 3000$ rpm = 50 об/s. Всеки цилиндър се пълни веднъж на всеки два оборота, затова имаме общо 100 пълнения на цилиндри за 1 s. [0.3 т.] При всяко пълнене в един цилиндър влиза въздух с обем $V_1 - V_2 = V_1 - \frac{V_1}{r} = 0{,}475$ L. [0.3 т.] Общо за всички цилиндри ще е необходим 47,5 l въздух. Парциалното налягане на кислорода ще бъде $p_{\mathrm{O_2}} = \frac{p_0}{5} = 2{,}0.10^{4}$ Pa. [0.3 т.] Използвайки уравнението на идеалния газ броят молове кислород за 1 s ще бъде $n = \frac{p_{\mathrm{O_2}}V}{RT} = \frac{2{,}0.10^4\mathrm{Pa}.47{,}5.10^{-3}\mathrm{m^3}}{8{,}314\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol.K}}.300\mathrm{K}} \approx 0{,}381$ mol. [0.3 т.] Броят необходими молове хексадекан ще бъдат $0{,}381\ \mathrm{mol}/24{,}5 = 1{,}56.10^{-2}\ \mathrm{mol}$. [0.3 т.] Съответно масата ще бъде $m = \mu n = 226{,}4\ \mathrm{g/mol}.\ 1{,}56.10^{-2}\ \mathrm{mol} = 3{,}53\ \mathrm{g}$, [0.3 т.] а обемът $V = \frac{m}{\rho} = \frac{3{,}53\ \mathrm{g}}{0{,}773\ \mathrm{g/cm^3}} = 4{,}55$ mL. [0.3 т.] Максималната консумация ще бъде $q = 4{,}55\ \mathrm{mL/s} = 4{,}55.10^{-6}\ \mathrm{m^3/s} = 16{,}4\ \mathrm{L/h}$. [0.3 т.]

д) $P_{max} = \frac{A}{t} = \frac{\eta Q}{t} = \frac{\eta\lambda m}{t}$. [0.1 т.] Замествайки $P_{max} = 0{,}65.45\ \mathrm{MJ/kg}\ .3{,}53\ \mathrm{g/s} \approx 103\ \mathrm{kW} \approx$ 140 к.с. [0.3 т.]

е) Разходът на гориво е $\frac{\Delta V}{\Delta x} = \frac{\Delta V}{\Delta x}\frac{\Delta t}{\Delta t} = \frac{\Delta V}{v\Delta t} = \frac{q}{2v}$ [0.2 т.] $= \frac{16{,}4\ \mathrm{L/h}}{2.120\ \mathrm{km/h}} \approx 6{,}83\ \mathrm{L/100\ km}$. [0.2 т.]

ж) Вариант 1:

Нека разстоянието от буталото до оста на вала е $x$, а ъгълът между вертикалата и радиуса към точката на окачване на мотовилката е $\alpha$. От косинусовата теорема следва $d^2 = b^2 + x^2 - 2bx\cos\alpha$. [0.1 т.] Решавайки спрямо $x$, $x = b\cos\alpha + \sqrt{b^2\cos^2\alpha + d^2 - b^2}$. [0.2 т.] За околност около ”горната мъртва точка“ $\alpha \ll 1$ може да се използват приближените формули $\cos\alpha \approx 1 - \frac{\alpha^2}{2}$ и $\cos^2\alpha \approx 1 - \alpha^2$. Тогава $x \approx b\left(1 - \frac{\alpha^2}{2}\right) + \sqrt{b^2(1 - \alpha^2) + d^2 - b^2}$. След преобразуване $x \approx b\left(1 - \frac{\alpha^2}{2}\right) + d\sqrt{1 - \frac{b^2}{d^2}\alpha^2} \approx b\left(1 - \frac{\alpha^2}{2}\right) + d - \frac{b^2}{2d}\alpha^2 = b + d - \frac{b}{2}\left(1 + \frac{b}{d}\right)\alpha^2$. [0.3 т.] Тогава скоростта на буталото ще бъде $v = \frac{dx}{dt} = -\frac{b}{2}\left(1 + \frac{b}{d}\right)2\alpha\frac{d\alpha}{dt} = -b\left(1 + \frac{b}{d}\right)\alpha\omega$, [0.2 т.] а ускорението $a = \frac{dv}{dt} = -b\left(1 + \frac{b}{d}\right)\omega\frac{d\alpha}{dt} = -b\left(1 + \frac{b}{d}\right)\omega^2$. [0.2 т.]

Вариант 2:

В позиция на горна мъртва точка, точката на окачване $M$ лежи между буталото $P$ и оста на вала $O$. Точка $M$ се върти около неподвижната $O$ и се движи с ускорение $a_M = -\omega^2 b$. В същия момент т. $P$ също е неподвижна и следователно мотовилката се върти около нея с ъглова скорост $\omega'$, за която $\omega b = \omega' d$, т.е. $\omega' = \frac{b}{d}\omega$. Тогава относителното ускорение на т. $M$ спрямо т. $P$ е $a'_M = \omega'^2 d = \frac{\omega^2 b^2}{d} = a_M - a_P$, откъдето $a_P = -\left(1 + \frac{b}{d}\right)\omega^2 b$.