Đề thi môn học hệ thống lực đẩy 2 năm học 2016 2017

Đề thi môn học Hệ Thống Lực Đẩy 2 năm học 2016 - 2017

Câu 1: Phân biệt và đưa ra những điểm giống nhau giữa Tubo Jet và Tubo Fan, Ứng
dụng của 2 loại động cơ trên trong thực tế.

Câu 2 Lợi ích của High bypass (turbofan) engine là gì? T ại sao tỉ s ố bypass c ủa
động cơ sử dụng trên máy bay quân sự (nếu có) nhỏ h ơn so v ới đ ộng c ơ máy bay
dân sự? thông thường chúng có giá trị bao nhiêu?
Câu3 Một máy bay đang bay ở cao độ 36000ft, M = 0.8. Xác đ ịnh nhiệt đ ộ d ừng và
áp suất dừng “cảm nhận” được bởi máy bay. Máy bay trang bị bằng động c ơ
turbofan có hai trục như hình vẽ, Fan được kéo bởi một turbin thấp áp LPT g ắn
trong một trục quay được lồng bên trong trục quay cao áp (HPT và máy nén).
Không khí đi vào động cơ, đi qua Fan có tỉ số nén là 2 (hiệu su ất đ ẳng entropy
η f = 90% ) trước khi vào máy nén cao áp. Giả thiết các tổn thất là không đáng k ể.

1


Xác định các giá trị

a/ Máy nén có tỷ số nén là 13, hiệu suất η c = 85% , Xác định giá trị nhiệt độ, áp suất
đầu vào và đầu ra của máy nén.
b/ Nhiệt độ ra khỏi buồn đốt là 16000K, xác định nhiệt độ và áp suất sau turbine
cao áp (HPT) và turbin thấp áp (LPT). Giả thiết hiệu suất đẳng entropy của các
turbine như sau η HPT = 92% ,η LPT = 88%
c/ Nhiên liệu sử dụng cho động cơ là dầu hôi có nằng suất tỏa nhiệt là 43.1x10 6
KJ/Kg
Tính hệ số bypass của động cơ nói trên
d/ Tại throat nozzle bị ngẽn hay chưa? Tính toán giá trị lực đ ẩy Net, Gross. T ừ đó
suy ra suất tiêu hao nhiên liệu.
e/ Xác Hiệu suất đẩy, hiệu suất nhiệt theo vân tốc đầu ra V j, và theo Vjb,Vjc

Câu 3: Cho hệ s ố tiêu hao nhiên li ệu của m ột loại máy bay sfc = 1 lb/hr/lb xấp x ỉ
bằng 0,0283×10-3 kgs-1N-1.
a/ Ước tính quang đường bay của một loại máy bay ở ch ế đ ộ bay b ằng v ới L/D =
20, sfc = 0.57 lb/hr/lb. Khối lượng ước tính khi cất cánh là 612.9 t ấn và kh ối l ượng
2


kết thúc bay bằng là 399,5 tấn. Giả thi ết máy bay duy trì ch ế đ ộ bay b ằng v ới s ố
Mach = 0,85 tại độ cao 31000ft.
b/ Cung loại máy bay trên bay tại cao độ 31000 ft cần lực đẩy chuẩn bị leo v ới vận
tốc ước tính 300 ft/min(1.5 m/s) với M = 0.85. Gỉa thiết L/D = 20 và kh ối l ượng khi
leo là 612.9 tấn. Tìm lực đẩy cần thiết cho môi động c ơ chu ẩn bị leo.

Note
Sea level condition
T0 = 288.16 0K
P0 = 101325 Pa
ρ = 1.2256 kgm-3

Tại 31000 ft, Ta = 226.73 K, áp suất Pa = 287 kPa, khối lượng riêng ρ = 0.442 kg/m3

γ−1

Hiệu suất máy nén:

 p3  γ
 ÷ −1
p
η=  2 

T3
−1
T2

1−

Hiệu suất turbine:

η=

T5
T4

γ−1

p γ
1−  5 ÷
 p4 

Bài giải Câu 3

Vị trí 0:
3


Áp suất dừng:
γ

3,5
 γ − 1 2  γ−1

p0 = pa 1 +
M ÷ = 22632 ( 1 + 0, 2.0,82 ) = 34499 Pa
2





Nhiệt độ dừng: T0 = Ta 1 +

γ −1 2 
M ÷ = 217 ( 1 + 0, 2.0,82 ) = 245K
2


a/ Tính P03, P023, T03, T023

Vị trí 2: gia thiết không có tổn thất
Áp suất dừng:

p02 = p0 = 34499 Pa

Nhiệt độ dừng: T02 = T0 = 245K

Vị trí 23:

p013/p01=p023/p02=2;

Áp suất dừng:

ηf =0,9

p 
p023 =  023 ÷ p02 = 2.34499 = 68998 Pa
 p02 

Nhiệt độ dừng:

T023

Vị trí 13:

γ−1


γ
  p023  − 1 
 72

  p02 ÷

2 −1 ÷

=
+ 1 T02 = 
+ 1 .245 = 305 K
 0,9
÷
ηf


÷









p013=p023=68998Pa;

Vị trí 3: máy nén cao áp :

T013=T023=305K

p03/p023=13;

ηHPC=0,85 (hiệu suất máy nén)
4


Áp suất dừng:

 p 
p03 =  03 ÷ p023 = 13.68998 = 896974 Pa
 p023 

Nhiệt độ dừng:
γ−1



γ


p
 03
−1 
 72

  p023 ÷

13 − 1 ÷

T03 = 
+ 1 T023 = 
+ 1 .305 = 693K
 0,85
÷
ηf
÷









γ−1
γ

ηHPC

 p03 

÷ −1
p023 

=
T03
−1
T023

b/ Tính P045, P05, T03, T023

Vị trí 4: T04=1600K
Nhiệt độ dừng: T04=1600K
Áp suất dừng:

p 
p04 =  04 ÷ p03 = 0,95.896974 = 852125Pa
 p03 

Vị trí 45: turbine cao áp

ηHPT=0,92

Turbine cao áp dẫn động máy nén cao áp:

m&c c p ( T03 − T023 ) = ( m&c + m&f ) c p ( T04 − T045 )

Mặt khác: hiệu suất quá trình cháy
Suy ra

Suy ra

ηcomb =

m&c c p ( T04 − T03 )
=1
m&f LCV

m&f c p ( T04 − T03 ) 1005 ( 1600 − 693)
=
=
= 0,0211
m&c
LCV
43,1.106

( T04 − T045 ) =

m&c
( T03 − T023 ) =
m&c + m&f

1
( T − T ) = 380 K
m&f 03 023

1+
m&c

Nhiệt độ dừng: T045 = 1600 − 380 = 1220 K

5


Áp suất dừng:

1−
ηHPT =

T045
T04

γ−1

p γ
1 −  045 ÷
 p04 

T
γ−1
1 − 045
 p045  γ
T04
⇒
÷ = 1−
ηHPT

 p04 

Suy ra: a

p045 = 0,35164.852125 = 299644 Pa

Vị trí 5: turbine thấp áp

ηLPT= 0,88
p 
p019 =  019 ÷ p013 = 0,97.68998 = 66928 Pa
 p013 

Áp suất dừng:
1−
ηLPT =

T05
T045

γ−1

 p γ
1 −  05 ÷
 p045 

p029 =

p019

p05 =

p029

 p019 

÷
 p029 

=

66928
= 70451Pa
0,95

=

70451
= 71888Pa
0,98

 p029 

÷
 p05 

γ−1
2





7
 p05  γ ÷
T05
71888




÷0,88 = 0, 70527
⇒
= 1− 1− 
η
=
1
−
1
−
LPT
  p045 ÷
  299644 ÷
T045
 ÷
 ÷
÷





Nhiệt độ dừng: T05 = 0, 70527.1220 = 860 K

c/ Tỷ số bypass

6


Cân bằng năng lượng trên trục:
m&f LCV = m&c c p ( T04 − T03 ) suy ra:

m&f ( T04 − T03 ) 1600 − 693
=
=
= 0,0211
m&c
LCV
43,1.106

Turbine thấp áp dẫn động quạt:
m&c c p ( T045 − T05 ) = ( m&c + m&f ) c p ( T023 − T02 ) + m&bc p ( T013 − T02 )
 m& 
m&
⇒ ( T045 − T05 ) = 1 + f ÷( T023 − T02 ) + b ( T013 − T02 )
m&c 
m&c

 m& 
= 1 + f ÷( T023 − T02 ) + bpr ( T013 − T02 )
m&c 


 m& 
( T045 − T05 ) − 1 + &f ÷( T023 − T02 )
mc 

⇒ bpr =
( T013 − T02 )

bpr =

( 1220 − 860 ) − ( 1 + 0,0211) ( 305 − 245 )
( 305 − 245)

= 4,98

d/

Vị trí 29, 19

Áp suất dừng:

p019 = 66928 Pa

p029 = 70451Pa

Nhiệt độ dừng: T019 = T013 = 305 K
T029 = T05 = 860 K

Lực đẩy Net, Gross
7

FN =  m&bV19 + AN 19 ( p19 − pa )  +  m&cV29 + AN 29 ( p29 − pa )  − ( m&b + m&c ) V0

với

AN 19 =

m&b
m&c
AN 29 =
;
ρ29V29
ρ19V19


 

m&b
m&
FN =  m&bV19 +
( p19 − pa )  + m&cV29 + c ( p29 − pa )  − ( m&b + m&c ) V0
ρ19V19
ρ29V29

 



 






m&b
m&c
FN =  m&bV19 +
p19 − pa )  +  m&cV29 +
p29 − pa )  − ( m&b + m&c ) V0
(
(
p19
p29

 

V19
V29

 

RT19
RT29





RT19

RT
FN = m&b V19 +
( p19 − pa )  + m&c V29 + 29 ( p29 − pa )  − ( m&b + m&c ) V0
p19V19
p29V29






 

FN
RT19
RT
= bpr V19 +
( p19 − pa )  + V29 + 29 ( p29 − pa )  − ( bpr + 1) V0
m&c
p19V19
p29V29

 


Kiểm tra:
8


p029 70451

=
= 3,1129 > 2
pa
22632

p019 66928
=
= 2,9572 > 2
pa
22632

Lối ra bị “choked” M29=M19=1

Nhiệt độ lối ra:

T019
T019
γ −1 2
305
= 1+
M 19 ⇒ T19 =
=
= 254 K
γ − 1 2 1 + 0, 2.12
T19
2
1+
M 19
2

T029
T029
γ −1 2
860
= 1+
M 29 ⇒ T29 =
=
= 717 K
2
γ
−
1
T29
2
1+
M 292 1 + 0, 2.1
2

( )

Vận tốc lối ra: V19 = γRT19 M 19 = 1, 4.287.254.1 = 319 m s

( s)

V29 = γRT29 M 29 = 1, 4.287.717.1 = 537 m

( )

Vận tốc dong khí: V0 = γRTa M = 1, 4.287.217.0,8 = 236 m s
γ

Áp suất lối ra:

p019  γ − 1 2  γ−1
p019
66928
= 1 +
M 19 ÷ ⇒ p19 =
=
= 35357 Pa
3,5
2 3,5
p19 
2

 γ −1 2 
1
+
0,
2.1
(
)
M 19 ÷
1 +
2


γ

p029  γ − 1 2  γ−1

p029
70451
= 1 +
M 29 ÷ ⇒ p29 =
=
= 37218Pa
3,5
2 3,5
p29 
2

 γ −1 2 
1
+
0,
2.1
(
)
M 29 ÷
1 +
2



Thay vào:

 

FN
RT19

RT
= bpr V19 +
( p19 − pa )  + V29 + 29 ( p29 − pa )  − ( bpr + 1) V0
m&c
p19V19
p29V29

 

287.254
287.717

= 4,98 319 +
( 35357 − 22632 )  + 537 +
( 37218 − 22632 )  +
35357.319
37218.537

 

− ( 4,98 + 1) .236


= 1998, 20 + 687,18 − 1411, 28 = 1274,1 N
−1 ÷
kgs



9

Suât tiêu hao nhiên liêu
sfc =

m&f

 m&f  1
0,0211
=
=
= 16,561.10−6 ( kgs −1 N −1 )
÷
FN  m&c   FN  1274,1
 &÷
 mc 

e/
Hiêu suât nhiêt
Tính cho Vj

1
2
& &
& 2
( m f + mair ) V j − mairV0 
2
ηth =
m&f LCV

Mà

m&air = m&b + m&c
m&air
= bpr + 1
m&c

Nên



1  m&f
+ bpr + 1÷V j2 − ( bpr + 1) V0 2 

2  m&c


ηth = 
m&f
LCV
m&c


1  m&f
+ bpr + 1÷V j2 − ( bpr + 1) V0 2 

2  m&c


= 

m&f
LCV
m&c

Tính cho Vjb, Vjc

10


1 & 2 1 & & 2  1 & & 2 
 2 mbV19 + 2 ( mc + m f ) V29  −  2 ( mb + mc ) V0 
ηth =
m&f LCV
 1 m&b 2 1  m&f  2   1  m&b
 
V19 +  1 +
V29  −  
+ 1÷V02 

÷
2 m&c
2
m&c    2  m&c
 
=
m&f
LCV
m&c
1
1  m&f  2   1

2
2
 bprV19 + 1 +
÷V29  −  ( bpr + 1) V0 
&
2
2
m
2

c 

 
=
m&f
LCV
m&c

Thay số:

1
1  m&f  2   1
2
2
 bprV19 + 1 +
÷V29  −  ( bpr + 1) V 
&
2
2
m

2

c 

 
ηth = 
m&f
LCV
m&c
1
1
1
2
2
2
 2 4,98.319 + 2 ( 1 + 0,0211) .537  −  2 ( 4,98 + 1) .236 
=
0, 0211.43,1.106
= 0, 257

Hiêu suât đẩy

11


ηp =

FNV0

1 & 2 1 & & 2  1 & & 2

 2 mbV19 + 2 ( mc + m f ) V29  − 2 ( mb + mc ) V0
FN
V0
m&c
=
 1 m&b 2 1  m&f  2  1  m&b

V19 + 1 +
V29  − 
+ 1÷V02

÷
2
m&c   2  m&c

 2 m&c
FN
V0
m&c
=
1
1  m&f  2  1
2
2
 bprV19 + 1 +
÷V29  − ( bpr + 1) V0
&
2
2
m

2
c 




Thay số:
FN
V0
m&c
ηp =
1
1  m&f  2  1
2
V29  − ( bpr + 1) V0 2
 bprV19 + 1 +
÷
2
m&c   2
2
=

1274,1.236

1
1
1
2
2
2

 2 4,98.319 + 2 ( 1 + 0,0211) .537  − 2 ( 4,98 + 1) .236
300688
=
> 1????
234081

Bai giai Câu 3:
Tại 31000 ft, Ta = 226.73 K, áp suất Pa = 287 kPa, khối lượng riêng ρ = 0.442 kg/m3
Vận tốc âm thanh tại cao độ 31000 ft là a = γ RT = 1.4 × 287 × 226.73 = 301.83 m / s
Với số March M = 0.85 thì vận tốc của máy bay V = 0.85 × 301.83 = 256.55 m / s
Áp dụng phương trình 2.2 để tính quang đường bay là:
s=−

w
V ×L/ D
256.55 × 20
 399.5 
× ln( end ) = −
ln 
÷ = 13880 km
−3
g × sfc
wstart
9.81× 0.57 × 0.0283 ×10
 612.9 

Vậy đáp số s = 13880 km
12

b/ vận tốc của máy bay đang bay với M = 0.85 là V = 256.55 m/s
Theo ly thuyết sách đưa ra thì khi máy bay leo với vận tốc 1.5 m/s thì ch ọn góc
θ = 0.33 độ

Áp dụng công thưc

FN D
1
1
= + sin θ =
+ sin θ =
+ sin(0.33) = 0.05576
w w
L/D
20

Suy ra FN = 0.05576 × 612.9 ×103 × 9.81 = 3352597.332 N
Lực đẩy đối với từng động cơ là

FN
= 83814.26 N
4

13