Zawody III stopnia
Rozwi¡zania zada« dla grupy mechaniczno-budowlanej Rozwi¡zanie zadania 1
Ad.1) Moc teoretyczna nap¦du stopnia I Nt1 = z
z 1 _m R T1
2
6
6
6
6
4 0
@pm p1
1
A
z 1z 1
3
7
7
7
7
5
= zz 1 p1 _V1
2
6
6
6
6
4 0
@pm p1
1
A
z 1z 1
3
7
7
7
7
5
(1) Moc teoretyczna nap¦du stopnia II
Nt2 = z
z 1 _m R T1
2
6
6
6
6
4 0
@
pmp2
1
A
z 1z 1
3
7
7
7
7
5
= zz 1 pm _V2
2
6
6
6
6
4 0
@
pmp2
1
A
z 1z 1
3
7
7
7
7
5
(2) Poniewa»Nt1 = Nt2 z porównania pierwszych cz¦±ci wzorów (1) i (2) wynika:
0
@pm p1
1
A
z 1z
=
0
@
pmp2
1
A
z 1z
; a st¡d jak poprzednio
pm =qp1 p2 =p136 = 6 bar.
Moc spr¦»arki wyznaczamy wykorzystuj¡c drug¡ cz¦±¢ wzoru (2):
Nt1 = z
z 1 p1 _V1
2
6
6
6
6
4 0
@pm p1
1
A
z 1z 1
3
7
7
7
7
5
=
Patronem honorowym OWT jest Minister Gospodarki.
Organizatorem OWT jest Federacja Stowarzysze« Naukowo-Technicznych NOT.
Olimpiada jest nansowana ze ±rodków MEN.
1
= 1;21;2 1105 60 3600
2
6
6
6
4
61
!1;2 1
1;2 1
3
7
7
7
5
= 3480;1 W = 3;5 kW.
Nt = 2Nt1 = 23;5 = 7 kW.
Ad.2) Ciepªo wydzielaj¡ce si¦ podczas spr¦»ania politropowego:
Q1 = mc
T2 T1
: (3)
c = z kz 1 cv = z k
z 1 R
k 1 { ciepªo wªa±ciwe politropy. (4) T2 = T1
0
@pm p
1
A
z 1z
{ równanie przemiany politropowej (dla pierwszego stopnia). (5) Z równa« (3) do (5) zmieniaj¡c znak wyra»enia (w maszynach roboczych wydzielaj¡ce si¦
ciepªo przyjmuje si¦ za dodatnie) otrzymujemy : Q1 = k z
z 1 m R T1 k 1
2
6
6
6
6
4 0
@pm p
1
A
z 1z 1
3
7
7
7
7
5
= k z(k 1) z Nt1 (6)
Q1 = 1;4 1;2
(1;4 1)1;23;5 = 1;46 kW, Strumie« masowy wody I stopie«:
mw1 = Q1
cw tw = 1;464;1930 = 0;012 kg/s.
Strumie« masowy wody II stopie«:
Poniewa» moc II stopnia jest równa mocy stopnia I, równe s¡ wi¦c wydzielaj¡ce si¦ ciepªa, st¡d :
mw2 = mw1 = 0;012 kg/s.
2
Chªodnica mi¦dzystopniowa
Do chªodnicy wpªywa powietrze o temperaturzeT2 (po politropowym spr¦»eniu w stopniu I) i schªadzane jest do temperatury T1:
T1 = t1 +273 = 10 +273 = 283 K.
Po pierwszym stopniu temperatura spr¦»onego powietrza zgodnie ze wzorem (5) wynosi:
T2 = T1
0
@pm p
1
A
z 1z
;
ciepªo odbierane powietrzu w chªodnicy mi¦dzystopniowej (chªodzenie izobaryczne):
Qch = mcp
T2 T1
=m kk 1 R T1
0
@T2 T1 1
1
A= (7)
= kk 1 p1 _V1
2
6
6
6
6
4 0
@pm p
1
A
z 1z 1
3
7
7
7
7
5
= z 1z k
k 1 Nt1 : wykorzystano przy przeksztaªceniach relacje:
cp = k k 1 R ; Qch = 1;2 1
1;2 1;4
1;4 13;5 = 2;04 kW.
Strumie« masowy wody w chªodnicy mi¦dzystopniowej:
mwch = Qch
cw tw = 2;044;1930 = 0;016 kg/s.
Ad.3) rednica cylindra I stopnia:
_V1 = D21
4 s n ; (8)
3
D1 =
v
u
u
t
4 _V1
s n =
v
u
u
u
u
u
u
t
4 60 3600
0;2 300 60
= 0;146 m.
rednica cylindra II stopnia:
_V2 = D22 4 s n :
Poniewa» temperatura powietrza przed II stopniem jest taka sama jak przed I stopniem:
_V2 = _V1 p1 pm : D2 =
v
u
u
t
4 _V2
s n =
v
u
u
u
u
u
t
4 _V1 p1
s n = D1pm
v
u
u
u
t
pmp1 = 0;146
s1
6 = 0;06 m.
Uwaga: w rozwi¡zaniu wszystkie obliczane ciepªa wyra»ono w funkcji mocy teoretycznej. Nie jest to oczywi±cie konieczne do poprawnego rozwi¡zania zadania.
Rozwi¡zanie zadania 2
Wyznaczenie obci¡»enia g i P:
g = c d = 253;00;10 = 7;5 kN/m. (1) P = c d h = 253;00;101;5 = 11;25 kN. (2) Z rys.2 i warunków zadania wynika, »e
MA
=
MD
. Mamy zatem:
MA = 1
2 g a2 +P a; (3)
MD = RA 1
2 (l 2 a) 1
8 g l2 P "a + 12 (l 2a)
#
; (4)
RA = P + 1
2 g l : (5)
4
Rys.2. Analizowany schemat statyczny
Przyrównuj¡c (3) i (4) i wstawiaj¡c (5), po przeksztaªceniach otrzymujemy równanie kwa- dratowe w postaci:
4g a2 + 4 g l a + 16 P a g l2 = 0 : (6) Po wstawieniu danych liczbowych, otrzymujemy:
47;5a2 + 47;56a + 1611;25a 7;562 = 0: (7)
3a2 + 36a 27 = 0 : (8)
Po rozwi¡zaniu równania (8), otrzymujemy:
a = 0;708 m
5
Rozwi¡zanie zadania 3
k P l
F A
B
C
D
a
a
α α β rDF rDP
E
β α
Wprowadzamy pomocniczy k¡t :
cos = BEBD = l 2a :
K¡t mo»na wyznaczy¢ z równania momentów wzgl¦dem punktu D:
X MD = 0 ; P rDP F rDF = 0;
rDP = l k2
!
cos a cos( + ) ; rDF = (k l)cos +a cos( + ) (P+F)acos( + )+
"
P l k2
!
F (k l)
#
cos = 0:
(P + F) a cos cos + (P + F) a sin sin +
"
P l k2
!
F (k l)
#
cos = 0 ; (P + F) a cos + (P + F) a tg sin +
"
P l k2
!
F (k l)
#
= 0;
6
tg = (P + F) a cos P l + P k2 +F k F l
(P + F) a sin ;
poniewa» a cos = l2
tg = P k l2 + F
k l2
(P + F) a sin :
sin =
s
a2
l 2
2
a =
s
32
5 2
2
3 = 0;5528 ) = 33;56 tg = 2000 6 5
2 + 700
6 52
(2000 + 700)30;5528 = 0;7705 ) = 37;61 :
Reakcje w sznurach: B-D ! Na ; C-D Nb (zaªo»ony kierunek siª do punktu D)
X Nix = 0 Na cos( + ) Nb cos( ) = 0 ; (1)
X Niy = 0 Na sin( + ) +Nb sin( ) F P = 0: (2) Z równania (1):
Na = Nb cos ( ) cos ( + ) ; do równania (2):
Nb cos ( ) sin ( + )
cos ( + ) +Nb sin( ) = P +F ; Nb cos ( ) sin ( + ) + sin ( ) cos ( + )
cos( + ) =P + F ;
cos ( ) sin ( + ) + sin ( ) cos ( + ) = sin 2 ; Nb sin 2
cos ( + ) = P + F ; Nb = cos ( + )
sin 2 (P + F) : 7
Z równania (1):
Na = cos ( )
sin 2 (P + F) ; Na = cos (33;56 37;61)
sin 2 33;56 (2000 + 700) = 2923 N, Nb = cos (33;56 + 37;61)
sin 2 33;56 (2000 + 700) = 946 N.
Przykªadowe rozwi¡zanie problemu technicznego
Ad.1) Energia mo»liwa do odzyskania w czasie zjazdu samochodu w dóª kopalni (zmiana energii potencjalnej pomniejszona o prac¦ zu»yt¡ na pokonanie oporów toczenia):
Eod =
M0 g h M0 g cos f L
od ;
gdzie: { k¡t nachylenia drogi, = arcsin(0,08) = 0,08 rad; L { droga w dóª kopalni, L =
h
0;08 = 10;625 km.
Eod =
120103 9;81850 1201039;810;99680;01510625
0;5 = 406;8 MJ.
Pojemno±¢ akumulatorów wyra»ona w Wh (watogodziny):
Eak = Eod
ak 3600 (J/Wh) = 406;80;73600 = 0;1614 MWh.
8
Zapotrzebowanie na akumulatory Mak = Eak
Gak = 0;1614106
80 = 2018 kg.
Ten system odzysku energii wymaga u»ycia akumulatorów o masie ponad 2 ton, co stanowi ok. 1,7% masy wªasnej samochodu. W dalszych obliczeniach pomini¦to dodatkow¡ mas¦ aku- mulatorów (z jednej strony zwi¦ksza ona ilo±¢ energii odzyskiwanej w czasie zjazdu samochodu w dóª kopalni, ale zwi¦ksza te» zu»ycie paliwa przy wje¹dzie na gór¦).
Energia zmagazynowana w akumulatorach jest cz¦±ciowo odzyskiwana w czasie wjazdu na gór¦ (cz¦±¢ wynikaj¡ca ze sprawno±ci nap¦du elektrycznego). Powoduje to odpowiednie zmniej- szenie zu»ycia paliwa (olej nap¦dowy). Efektywnie wykorzystana energia elektryczna:
Ee;ef = Eod el = 406;80;8 = 325;4 MJ.
Odpowiadaj¡ca tej energii ilo±¢ paliwa (na jeden kurs) mpal = Ee;ef
d Wu = 325;40;342 = 25;8 kg.
Nakªady zwi¡zane z instalacj¡ akumulatorów:
Kak = Eak kak = 0;1614103300 = 48;4 tys USD.
Oszcz¦dno±ci zwi¡zane ze zmniejszeniem zu»ycia paliwa (na jeden kurs)
Kpal = mpal
pal kpal = 25;8
0;84 1 = 30;75 USD.
Liczba dni roboczych, po których nast¡pi zwrot inwestycji (bez uwzgl¦dnienia kosztów ob- sªugi bie»¡cej):
N = Kak
0;25 1
nd Kpal = 484000;25 1
530;75 = 1260 dni.
Zwi¦kszenie zu»ycia paliwa zwi¡zane ze zwi¦kszon¡ mas¡ pojazdu (masa akumulatorów).
Praca zwi¡zana ze zmian¡ energii potencjalnej i zwi¦kszonymi oporami toczenia przy wje¹dzie na gór¦:
P = Mak g h+Mak g cos f L;
P = 20189;81850 + 20189;810;99680;01510625 = 19;97 MJ.
9
Paliwo potrzebne na wykonanie dodatkowej pracy:
mpal = P
d Wu = 19;970;3042 = 1;58 kg.
Zwi¦kszenie masy pojazdu o mas¦ akumulatorów powoduje zwi¦kszenie zu»ycia paliwa w silnikach spalinowych (silnik diesla lub turbina gazowa) o 1,58 kg, co stanowi ok. 6% oszcz¦d- no±ci paliwa wynikaj¡cej z odzysku energii hamowania. Okres zwrotu nakªadów zwi¦kszy si¦
odpowiednio.
Ad.2)(Przykªadowe metody)
Energi¦ hamowania mo»na gromadzi¢ w postaci energii kinetycznej wiruj¡cej masy, tzw. Fly- wheels. Ta technologia jest stosowana w bolidach Formuªy 1 { system KERS, Kinetic Energy Recovery System
Inn¡ metod¡ jest gromadzenie energii w postaci spr¦»onego powietrza. Energia mo»e by¢ od- zyskiwana w turbinie gazowej.
Punktacja:
Ad 1): 30 pkt, Ad 2): 10 pkt.
10
