101
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL
CALLAO
FACULTAD DE INGENIERIA MECÁNICA – ENERGÍA
INSTITUTO DE INVESTIGACION FIME
TEXTO: PROBLEMAS DE
TERMOTECNIA AVANZADA
AUTOR: Dr. JOSE HUGO TEZEN CAMPOS
(01 Octubre del 2005-30 Septiembre del 2007)
Resolución Rectoral N° 1041-05-R (14.10.05)
CALLAO - PERU
INDICE
PAG.
RESUMEN I
INTRODUCCION II
CAPITULO I: 1
COMBUSTION
CAPITULO II: 16
COMPRESION DE GASES
CAPITULO III: 26
MOTORES DE COMBUSTION INTERNA: CICLO OTTO,
DIESEL Y DUAL CAPITULO IV: 46
CICLO JOULE – BRAYTON: TURBINAS A GAS
CAPITULO V: 65
CICLO CLAUSIUS – RANKINE: TURBINA A VAPOR
CAPITULO VI: 86
CICLO COMBINADO - COGENERACION
CAPITULO VII: 93
REFRIGERACION Y AIRE ACONDICIONADO
MATERIALES Y METODOS 99
REULTADOS 99
DISCUSION 100
BIBLIOGRAFÍA 101
APENDICE 102
Universidad Nacional del Callao Problemas de Termotecnia Avanzada
Dr. José H. Tezén Campos
I
RESUMEN
El presente texto: “Problemas de Termotecnia Avanzada”, se orienta a complementar
el desarrollo de habilidades y destrezas de los estudiantes a través de la presentación
de problemas debidamente seleccionados y resueltos siguiendo una metodología que
lo hace comprensible didácticamente y que se han ordenado de acuerdo a cada
capitulo que se desarrolla en el curso de TERMODINAMICA II de acuerdo al silabo de
la asignatura.
El contenido de este texto se expone en siete capítulos que van introduciendo de una
manera sencilla y concreta al estudiante, permitiéndole comprender el material que se
expone.
El primer capítulo se relaciona con tema de combustión. El segundo capítulo esta
relacionado con problemas sobre compresión de gases. El tercer capítulo presentan
problemas relacionados con el tema de motores de combustión interna: Ciclo Otto,
Diesel y Dual. En el cuarto capítulo, se han desarrollado problemas relacionados con
el tema del ciclo Joule – Brayton: turbinas a gas. En el quinto capitulo se presentan
problemas relacionados con el ciclo Clausius – Ranking: Turbina a Vapor. En el sexto
capitulo se desarrollan problemas de ciclo combinado – cogeneración. Finalmente se
presentan problemas relacionados con el tema de refrigeración y aire acondicionado.
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Dr. José H. Tezén Campos
II
INTRODUCCION
El estudio de la Termodinámica Avanzada como ciencia requiere del método científico
para poderla comprender, analizar y aplicar a la solución de problemas reales que se
presentan en el quehacer del Ingeniero involucrado en esta ciencia. Por lo tanto, es
necesario que el estudiante desarrolle ciertas habilidades y destrezas de manera que
el conocimiento de la misma sea pertinente para el desarrollo de sus competencias
profesionales en el manejo de esta ciencia de la energía.
Para la presentación del material expuesto en la presente investigación, se ha tenido
cuidado de cumplir con lo establecido en el planteamiento del problema de
investigación, presentado de la siguiente manera:
¿Existe un texto que oriente adecuadamente al estudiante de termodinámica
avanzada a analizar, plantear y solucionar problemas de aplicación relacionados con
esta ciencia, con contenidos establecidos en el sílabo de la asignatura del Plan
Curricular vigente de la Escuela Profesional de Ingeniería Mecánica?
Planteado el problema de investigación, se trabajó para lograr los propósitos propios
de la investigación, explicitados en:
OBJETIVO GENERAL. Desarrollar un “TEXTO: PROBLEMAS DE TERMOTECNIA AVANZADA” en forma
ordenada y sistemática que permita al estudiante analizar, comprender y solucionar
problemas termoenergéticos, de acuerdo a nuestra realidad, basado en la
experiencia como lecciones aprendidas.
OBJETIVOS ESPECÍFICOS.
1. Que el estudiante sea capaz de desarrollar habilidades para entender,
comprender y aplicar conceptos en el desarrollo de problemas prácticos que se
presentan en la realidad.
2. Poner al alcance de los estudiantes del curso de termodinámica II una
metodología que le permita comprender con facilidad el enunciado de los
problemas y darles solución.
3. Poner al alcance de la comunidad estudiosa que esta involucrada con la
ciencia de la termodinámica un material bibliográfico que le permita entender a
plenitud la aplicación conceptual para la solución de problemas prácticos.
De esta manera la investigación está orientada a fortalecer la formación
profesional en las carreras de ingeniería de la UNAC, de allí nace la
IMPORTANCIA Y JUSTIFICACIÓN DE LA INVESTIGACIÓN del texto:
“Problemas de Termotecnia Avanzada”.
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Dr. José H. Tezén Campos
III
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Dr. José Hugo Tezén Campos 1
CAPITULO I
COMBUSTION
P1.1: Se efectúa un proceso de combustión con C2H5OH (alcohol etílico) con 130% de
aire teórico, siendo 23ºC la temperatura de los reactivos y 900ºK la temperatura de
los productos.
La combustión puede considerarse completa. Determinar:
a) La relación aire - combustible.
b) La composición de los productos en base seca.
c) El calor transferido por Kg. de combustible.
d) El poder calorífico inferior del combustible.
SOLUCIÓN:
a) Cálculo de la (r a/c)r :
Ecuación real de combustión:
C2H5OH + Ab (O2+3.76N2) → αCO2 + βH2O + γO2 + φN2
Siendo: %h = 130% (dato) → A=(1+e) = 1.3
Balanceando la ecuación:
C : α = 2
H : 2p = 6 → β = 3
O2 : 2α + β + 25 = 1+2Ab → 2(2)+3+2γ = 1+2(1.3)b →
γ = 2
6b6.2 − ... (1)
N2 : φ = 1.3(3.76)b → φ = 4.888b
Calculemos “b” con la ecuación estequiométrica:
C2H5OH + b(O2+3.76N2) → 2CO2 + 3H2O + 3.76b N2
O2 : 1+2b = 2(2) + 3 → b = 3 ... (2)
(2) en (I) : γ = 9.02
6)3(6.2=
−
Luego tendremos:
C2H5OH + b(O2+3.76N2) → 2CO2 + 3H2O + 0.902 + 14.664 N2
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(ra/c) = 639.1116624
)28x76.332(9,3
mc
ma
r
=++
+=
Rpta.: (ra/c)r = 11.639 Kgaire/Kgcomb.
b) Cálculo de los productos en base seca:
NT = NCO2 + TO2 + NN2 = 2+0.9+14.664 = 17.564
%CO2 = %387.11100x564.17
2
N
N
T
2CO ==
%O2 = %124.5100564.17
9.02 == xN
N
T
CO
%N2 = %19.83100564.17
664.142 == xN
N
T
N
c) Cálculo del calor transferido:
q = m
HH
m
Q RP
C
−= ... (1)
HP = ∑ri(hi+ h ) K900K298°° =2(h1+∆h )CO2+3( h f+∆h )H2O +0.9( h 1+∆h )O2
+14.664( h +∆h )N2
HP = 2(-293,522+28,041)+3(-241,827+21,924)+(0,9(19,246)+14.664(18,221)
HP = ∑N(hi+∆h )298°K = ( h f+∆h)C2H5OH + 3.9( h f+∆h)O2 + 14.664( h f+∆h)N2
HR = -277,794 KJ ... (3)
mC = 12(2)+6+(16) = 46 F (4)
(2) (3) y (4) en (I) :
q = .Kgcombust/KJ41.964,1746
794,277856.156,106'1−=
+
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Rpta.: q = -17,964.41 KJ/Kgcomb.
d) Cálculo del poder calorífico inferior:
En este caso el agua se presenta como gas.
TR = p =25°C = 298°K
HP=2( h f)CO2+3( h )H2O = 2(-393,522)+3(-241,827)+3(-241,827)=-1’512,525kj
PCI = 9.841,2646
794,277525,512'1
m
HH
C
RP =+
=−
Rpta.: PCI = 26,841.9 KJ/Kg. comb.
P1.2: En una combustión completa de exano líquido con 40 % de exceso de aire, los
productos se expulsan a 1400°K, si se considera que los reactivos ingresaron a
298°K y que la presión es constante. Determinar:
a) El calor transferido en KJ/Kmol
b) La ra/c si con la misma transferencia de calor los productos se expulsan a
1200°K.
SOLUCIÓN:
a) Cálculo del calor transferido:
Q = HP – HR F (I)
Ecuación estequiométrica balanceada:
C6H14+9.5(O2+3.76N2) → 6CO2 + 7H2O+35.72N2
donde b=9.5 de datos tenemos: %e = 40% → e=0.4
Ab = (1+2)b = (1+0.4)9.5 = 13.3
La ecuación real completa será:
C6H14+13.3(O2+3.76N2) → 6CO2 + 7H2O+3.802 + 50N2
HP = ∑N( h f+∆h ) K1400K298°°
HP = 6(-393522+55907)+7(-241827+43447)+3.8(36966)+50(34936)
HP = 1’527,079.2 KJ F (2)
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HR = ∑N( h f+∆h )298°K
HR = -198956 KJ F (3)
(2) y (3) en (I) :
Q = -1’527,079.2 + 198,956 = 1’328,123.2 KJ
Rpta.: 1’328,123.2 KJ
b) Cálculo de la ra/c
Como la temperatura de los productos varía, manteniéndose el calor transferido,
concluimos que la masa de aire varía.
a = (1+e) ; b = 9.5 ; TPRODUCT = 1200°K
La ecuación real completa será:
C6H14+9.5(O2+3.76N2) → 6CO2 + 7H2O+9.5(A-1)02 + 35.72AN2
HR = -198956 KJ
Q = -1’328,123.2 KJ
HP = 6(-3935522+44484)+7(-24182+34476)+9.5( A-1)(29765)+ 35.72A(28108)
HP = 1’286,785.26A – 3’828,452.5
Q = HP – HR
-1’328,123.2 = 1’286,785.26A-3’828,452+198,956
A = 1.988
(ra/c) = 12.2786
)28x76.332)(788.1(5.9=
+
Rpta.: (ra/c) = 27.12
P1.3: La composición volumétrica de un combustible gaseoso es la siguiente: CO2:8.2% ;
CH4:35% ; C8H18:30% ; H2O:2.8% ; C3H8:24% se quema este combustible con 42%
de exceso de aire en combustión completa. Los reactantes entran a la combustión a
25ºC y 1 bar. Determinar:
a. La ecuación de la reacción.
b. El análisis volumétrico de los productos secos.
c. El poder calorífico superior del combustible.
d. El calor transferido, si se expulsan los productos a 1 bar y 1200°K,
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SOLUCIÓN:
a) Ecuación estequiométrica:
8.2CO2 + 35CH4+30C8H18+2.8H2O+24C3H8+b(O2+3.76N2)→ α CO2+β H2O+3.76bN2
Balanceando:
C : α = 8.2+35+30(8)+24(3) → α = 355.2
H2 : 2β = 35(4)+30(18)+2.8(2) + 24(2)+24(8) → β = 438.8
O2 : 2α + β = 8.2(2) + 2.8 + 2b → b=565
Ecuación real de combustión:
Para esto: A=(1+e) = 1+0.42 = 1.42 ; b = 565
8.2CO2+35CH4+30C8H18+2.8H2O+24C3H8+1.42(565)(O2+3.76N2) → 355.2CO2
+438.8H2O+237.O2 + 3016.65N2
b) Determinación del análisis volumétrico:
NT = 355.2 + 237.3 + 3016.65 = 3609.15
%CO2 = %84.9100x15.3609
2.355=
%O2 = %57.6100x15.3609
3.237=
%CO2 = %68.83100x15.3609
65.3016=
c) Cálculo del poder calorífico superior:
Pcs = C
RP
m
HH − ... (1)
De la ecuación estequiométrica:
HP = ∑n( h f+∆h ) aT0 = 298°K y P0 = 1bar
HP = 355.2(-393522+0)+438.8(-285838) = 265’204,728.8KJ F(2)
HP = -15270,289 KJ F (3)
mC = 8.2(44)+35(16)+30(114)+2.8(18)+24(44) = 5447.2Kg F (4)
(2), (3) y (4) en (I) :
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Pcs = .comb.Kg/KJ1.883,452.5447
152702898.265204728−=
+−
Rpta.: Pcs = -458831.1 KJ/Kg.comb.
d) Cálculo del calor transferido:
HP = ∑n( h f+∆h ) K1200K298°° = 355.2(-393522+44484)+438.8(-241827+344476)
+237.3(29765)+3016.65(28108) = -123’108,683.7
HR = -15270289KT
Q = HP-HR = -123108683.7+15270289 = -1’078,383.95 KJ
Rpta.: Q = -1078383.95 KJ
P1.4: Se quema etanol con 125% de exceso de aire, el combustible ingresa a 25°C y el
aire a 500°K, a la salida de la cámara combustión se encontró qué el 98% de
carbono se convierte. ¿Cuál es la temperatura de la llama adiabática?
SOLUCIÓN:
Ecuación de combustión estequiométrica:
C2H6O + b(O2+3,76N2) → 2CO2 + 3H2O + 3.76bN2
Para la llama adiabática: HP – HR = 0 HP = HR
Además por dato: Tcomb = 25º = 298°K
Taire = 500ºK
Tproductos = T
HR=HCH2O(298°K)+Haire(500°K)=1( h f+∆h )C2H2O + 6.75( h f+∆h )O2+25.38( h f+∆h )
HR = (-277,794)+6.75(6088)+25.38(5912) = -86,653.44 KJ
HP = 1.96( h f+∆h )T+0.04( h f+∆h )T+3.77( h f+∆h )T+25.38( h f+∆h )T+3( h f+∆h )T
HP = 1.96(-393,522+∆h )T+0.04(-110,529+∆h )T+3.77(0+∆h )T+3.77(0+∆h )T
+25.38(0+∆h )T +3(-241,827+∆h )T
Donde: ∆h para cada compuesto se encuentra a la temperatura T°. Obtendremos la
temperatura T por tanteo e interpolación, de tal manera que HP = HR = 86,653.44
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Para: T = 1500°K
HP = 1.96(-393522+61714)+0.04(-110529+38840)+3.77(40610)+25.38(38405)
+3(-241827+48,095)
HP = -106,588.64 KJ
Para: T = 1600°K
HP = 1.96(-393522+67580)+0.04(-110529+42384)+3.77(44279)+26.38(41903)
+3(-241827+52,844)
HP = 21908.85
T(°K) HP(KJ)
1600 21908.85
T -86653.44
1400 -106588.64
64.10658885.21908
64.10658844.86653
14001600
1400T
++−
=−
−
Rpta.: T = 1431°K
P1.5 Un combustible de hidrocarburo de la forma Cx Hy se quema con aire, el análisis de
los productos de la combustión en base seca es: CO2=12.5%, CO=0.5%, 02=3.0% y
N2=84.0%, el proceso se realiza a presión constante de 0.1Mpa.
a) Determinar la masa de 1 Kmol de combustible.
b) ¿Cuántos Kg. de combustible se utilizan por Kg. de aire?
c) ¿Cuál es la temperatura del punto de rocío de los productos en (°C).
SOLUCIÓN:
Ecuación de combustión:
CXHY+B(O2+3.76N2) → 12.5CO2+0.5CO + αH2O + 3O2 + 84N2
Balanceando la ecuación de combustión:
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C : x = 12.5+0.5 → x = 13
H2 : y = 2α
O2 : 2B = 12.5(2)+0.5+α+6 = 31.5 + α (2)
N2 : 3.76B = 84 → B = 22.34 (3)
(3) en (2) : α = 13.18 (4)
(4) en (1) : y = 26.36
La ecuación balanceada será:
C13H26.36 + 22.34(O2+3.76N2) → 12.5CO2+0.5CO + 13.18H2O + 3O2+84N2
a) Cálculo de la masa de 1Kmol de combustible:
mc = 12(13)+26.36 = 182.36Kg
Rpta.: mc = 182.36Kg.
b) Cálculo de la relación rc7a:
rc/a = )28x76.3243(34.22
364.182
ma
mC = =-0.05946
c) Cálculo de la temperatura del punto de rocío:
Sabemos que: T
OH
T
OH
N
N
P
PV22 =
Donde:
PVH2O : Es la presión parcial del vapor del agua, con cuyo valor
entramos a la tabla de vapor y determinamos la temperatura
de rocío.
PT : Presión total de los productos = 0.1MPa = 100KPa
NH2O : Número de moles del agua
NT : Número total de moles de los productos
18.113
18.13
P
PV
T
OH2 = → PVH2O = 11.645KPa
Interpolando:
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Pv(KPa) T(°C)
9.593 45
11.645 7
12.349 50
593,9349.12
645.11349.12
5
T50
−−
=−
Rpta.: 48.72°C
P1.6 Los productos de la combustión completa del octano líquido con aire estequiométrico
con =90% (humedad relativa) se enfrían hasta 25ºC, el aire y el combustible ingresan a la
cámara de combustión a 25ºC y todo el proceso se realiza a presión constante de
0l.1MPa.
a) ¿Cuántos Kgs. de agua se condensan por Kg. de combustible?
b) Determinar el % en volumen del CO2, en los productos en un análisis en base
húmeda.
SOLUCIÓN:
a) Cálculo de:
.combm
)L(m OH2
.combm
)L(N.)L(m
.combm
)L(m OHOH 22 = ... (I)
N(L) : # moles de agua condensada
Ecuación de combustión:
C8H18 + b(O2+3.76N2)+XH2O 8CO2+(9+X)H2O+pN2
Calcularemos b y p de la ecuación de combustión estequiometrica:
C8H18 + b(O2+3.76N2) 8CO2+9H2O+3.76bN2
b = 12.5 ; p = 47
Luego:
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C8H18 + 12.5(O2+3.76N2) 8CO2+(9+x)H2O+47N2
Aire seco: 12.5(O2+3.76N2)
Aire atmosférico: 1.25(O2+3.76N2)+XH2O
De los productos sabemos:
PPCO2 + PPN2 + PPH2(V) = PT = 0.1MPa = 100KPa
Donde:
PPH2O(V) : Presión parcial del vapor de agua saturada a 25ºC, que se
lee en tabla de vapor = 3.169KPa.
NH2O : (9+x)=NV + NL NL = 9+x-NV ...(2)
b) Cálculo de NV:
8.1NN478
N
100
169.3
N
N
P
PV
V
V
T
V
T
)V(P =→++
=→= ...(3)
Cálculo de x:
En los reactivos tenemos:
φ = Pg
PVV
P
P
mg
m= → PPV = φ.PPg = 0.9PPg F(1)
Donde:
mV : masa de vapor presente a la temperatura T(25°C)
mg : masa de vapor que se satura a la misma temperatura.
PPV : presión parcial de vapor a la temperatura T(25ºC)
PPg : presión de saturación a la temperatura
T(25ºC) = 3.169Kpa.
También:
W = PVT
PV
aire
)O2H(V
PP
P622.0
m
m
−= ...(2)
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(1) en (2) : )169.3(9.0100
)169.3(9.0622.0
m
)XM(
aire
O2H
−=
)169.3(9.0100
)169.3(9.0622.0
)28x76.332(5.12
)18(X
−=
+ →→→→ X = 1.741 ...(4)
(4) y (3) en (2) : NL = 9+1.741 – 1.8 = 8.941 ...(5)
(5) en: (I)
188x12
)941.8(18
m
)L(m
comb
O2H
+= = 1.4117
Rpta.: 1.4117
P1.7 En un proceso de combustión se quema propano gaseoso con 200% de At a la
presión constante de 0.1 MPa. Tanto el aire como el combustible ingresan a 25ºC, los
productos se enfrían hasta 25ºC, y se puede asumir combustión completa:
a) Determinar los Kgs. de H2O que se condensan por Kg. de combustible.
b) Determinar el calor transferido en (KJ/Kg. de combustible).
c) Si el aire ingresa con 90% de humedad relativa.
¿Cuántos Kg. de agua se condensan por Kg. de combustible?
SOLUCIÓN:
a) Ecuación estequiométrica:
C3H8 +b(O2+3.76N2) → 3CO2+4H2O + 3.76bN2
b = 5
Ecuación completa:
C3H8 +2(O2+3.76N2) → 3CO2+4H2O + 3.76bN2
Sabemos:
NH2O = NV + NL = 4 ...(1)
En los gases de los productos:
PT = PPCO2 + PPN2 + PPO2 + PR(H2O) = 100KPa
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También:
T
V
T
)O2H(PV
N
N
P
P= ; Donde: PR(25ºC) = 3.169KPa
Luego: 6.375N3
N
100
169.3
V
V
+++= → NV = 1.4924 ...(2)
(2) y (1) : NL = 4 – 1.4924 = 2.507
Finalmente:
0258.144
5076.2
8)12(3
)MN(
m
)L(m O2HL
C
O2H ==+
=
Rpta.: .combKg
OHKg0258.1
m
)L(m 2
C
O2H =
b) Cálculo del calor transferido:
Q = HP – HR = 3(-393,522)+4(-28538)-1(-103847)
Q = 2’220,071 KJ
16.456,5044
071,220'2
combm
Q==
Rpta.: .combust.Kg
KJ16.456,50
c) Ecuación de combustión cuando φ= 90% (humedad relativa)
C3H8 +10(O2+3.76N2)+XH2O → 3CO2+(4+X)H2O + 3.76bN2
AIRE SECO
AIRE ATMOSFÉRICO
Sabemos: W = osecmaire
OmH2 ó también: W = )T(PφP
)T(P.φ622.0
ST
S
−
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Donde:
W : Humedad específica
PS(T) : Presión de saturación del H2O a 25ºC = 3.169 KPa
Luego:
osecmaire
OmH2 = )T(P.φPT
)T(P.φ622.0
osecairem
XM
S
S
−=
)169.3(9.0100
)169.3)(9.0(622.0
)28.137(10
)18(X
−= → X = 1.3927
En los productos tenemos: NH2O = 4+1.3927 = 5.3927
Pero: NH2O = NV + NL → NL = NH2O – NV = 5.3927 – 1.4924
NL = 3.9
Finalmente:
.combust.Kg
agua.Kg5955.1
44
)18(9.3
.mcomb
)L(m O2H ==
Rpta.: .combust.Kg
agua.Kg5955.1
.mcomb
)L(m O2H =
P1.8 El análisis volumétrico de los gases de escape de un motor de combustión interna es:
CO=10% ; H2O = 15% ; N2=75%. Estos gases de escape ingresan a una cámara de
combustión adicional en régimen FEES, donde utilizando cierta cantidad de aire
atmosférico se produce la combustión completa del CO, para cuyo efecto se requiere que la
fracción molar del O2 presente en los productos descargados para la cámara sea de 5%.
a) ¿Qué tanto por ciento de exceso de aire es necesario hacer ingresar en la cámara
adicional para la combustión completa del CO?
b) ¿Cuál Es el % volumétrico total del N2 descargado por la cámara después de la
combustión completa del CO?
c) ¿Cuántos Kmol de aire se requieren en la cámara adicional por cada Kmol de gases
de escape que ingresan a esta cámara?
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d) ¿Cuál es el calor transferido durante el proceso de combustión en la cámara
adicional, si los reactantes ingresan a la cámara adicional a 600°K y salen a 400°K,
en MJ).
SOLUCIÓN:
a) Cálculo del % de exceso de aire:
Ecuación de combustión real en la cámara adicional:
10CO+15H2O + 75N2+ β(O2+3.76N2) → 10CO2+15H2O + 5O2+(3.76 +75)N2
Balanceando el O2 : 10+15+2β = 20+15+10 → β= 10
Calculemos b con la ecuación estequiométrica:
10CO+15H2O + 75N2+ b(O2+3.76N2) → 10CO2+15H2O (3.76 +75)N2
Balanceando el O2 : 10+15+2bβ = 20 +15 → b= 5
Pero: β = Ab → A = 5
10
b
β= = 2 → A = (1+e) = 2 → e = 1
Rpta.: e = 100%
b) % N2 = %96.78100x6.142
6.112
5151075β76.3
100x)75β76.3(==
+++++
Rpta.: N2 = 100%
c) % Naire = %6.47)100(476.0100x100
6.3710==
+
Rpta.: Naire = 47.6%
d) Cálculo de calor transferido:
HR = ∑n( h f+∆h )K600K298°° = 10(-110529+8941)+15(-241827+10438)+10(9247)
+112.6(2971)
HP = 7’121,085.4 KJ
Q = HP – HR = -7’121,085.4+3’415,638.4 = 3’705,447 KJ
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Rpta.: Q = 3,705 MJ
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CAPITULO II
COMPRESIÓN DE GASES
P2.1 Por medio de un compresor se comprime aire permanentemente desde un
estado de entrada de 100KPa y 300k hasta una presión de salida de 900kPa.
Determine el trabajo del compresor por unidad de masa para a) compresión
isentrópica con k = 1,4 b) compresión politrópica con n= 1,3 c) compresión
isotérmica y d) compresión ideal de dos etapas con interenfriamiento y un
exponente politrópico de 1,3.
SOLUCION:
Datos:
P1 = 100kPa Pt = 900 KPa T1 = 300k
a) Compresión isentrópica
°
=cW
−
2857.0
1
9300287.0
4.11
4.1xxx
= -263.19 kJ/kg
b) Compresión politrópica
°
=cW
−
2307.0
1
9300287.0
3.11
3.1xxx
= -246.3 kJ/kg
c) Compresión isotérmica
W =
Pi
PLnRT t
1
= 0.287 x 300 Ln
−
1
9
= -189.2 kJ/kg
d) Compresión en 2 etapas
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W = 211
3300)287.0(
3.11
3.12307.0
xx
−
−
W = -215.25 kJ/kg
P2.2 Se desea comprimir 5kg /min de aire, desde 2 bar y 27°C, hasta 7 bar, con un
compresor reciprocante de una etapa, con las siguientes características: L =
20cm; A = 200cm², c = 3.5%
El proceso de compresión se realiza según la función politrópica: pV1.3 = C.
Determine :
a) La potencia del compresor en kW
b) La velocidad de rotación del eje del compresor
c) El calor transferido durante la compresión, en kW
d) La eficiencia de compresión
SOLUCION:
Datos:
aV°
= 5kg/min P1 = 2bar T1 = 300 k
PT = 700 kPa L = 20cm A = 200cm² C = 3,5%
a)
−
−=
°
12
7)1935.0()300()287.0(
3.01
3.12307,0
xxxW c / 60300287.0
5200
xx
xm =°
=°
cW -24.19 kW skgm /1935.0=°
b) aV°
= evc . °
V D → °
V D = c
a
eV
V°
; evc = 1-0,035
−
1
2
73.1/1
evc = 0.943
smV D /³3.5943.0
5==
°
N = RPM
V
V
D
D2.1325
004.0
3.5==
°
°
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c) )(1
if TTmxxCvn
nKQ −
−
−=
°°
Tf = 300
2307.0
2
7
= )30053.400(19345.07165.03.11
3.14.1−
−
−xx Tf = 400.53K
°
Q = -4.646 kw
d)
=
=
°°
2
71935.3300287.0 Lnxx
P
PLnmRTW
i
tISOT
= 20.87k
nISOT = %92.8310019.24
87.20==
°
°
x
W
W
c
ISOT
P2.3 Un compresor de émbolo ideal comprime 450m³/h (reducidos a las condiciones
normales) de aire desde p1 = 1 x 105N/m² y t1 = 30°C hasta p2 = 5 x 10
5 N/m².
Determinar la potencia que se gasta en accionar el compresor, si la compresión
se efectúa adiabáticamente y la temperatura del gas a la salida del compresor
SOLUCION:
Datos:
aV°
= 450 smh
m/³129,0
³= P1 = 1 x10
5 ²m
N= 100 KPa T1 = 303k
P2 = 5 x105
²m
N= 500 KPa K = 1.4
Determinación de la potencia
−
−=
°
11
5125.0100
4.01
4.12857.0
xxxW c
kwW c 54.25−=°
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T2 = T1 k8.4781
52857.0
=
T2 = 206.8°C
P2.4 Determinar la capacidad volumétrica de producción por hora de aire comprimido
de un compresor, que comprime el aire desde p1=0.98 x 105 N/m² y t1 = 15°C
hasta p2 = 8 x 105N/m². La compresión es isotérmica y la potencia del motor,
40kW.
SOLUCION
Datos:
P1 = 0.98 x 105
²m
N = 98KPa T1 = 15°C = 288K
P2 = 8 x 105
²m
N = 800 KPa KwW e 40=
°
a) Determinación de la capacidad volumétrica: 2
°
V =?
=
=
°°°
98
80098 1
1
211 xLnVx
P
PLnVPW ISOT
°°
= 17.205 VxW ISOT
Como no dicen de la eficiencia adiabática
nad = 100%
nad = EJEISOT
EJE
ISOTWW
W
W °°
°
°
=→= 1
205.76°
V 1 = 699.8m³/h
800
8.69998
2
1122211
x
P
VPVVPVP ==→=
°°°°
=°
2V 85.7 m³/h
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P2.5 Un compresor monoetápico de émbolo aspira 360m3/h de aire a la presión de
0,1 MPa y la temperatura de 17°C comprimiéndolo hasta 0,7MPa. Determinar la
potencia teórica del accionamiento del compresor y la temperatura del aire al
final de la compresión. El exponente politrópico adóptese igual a 1,25 y hágase
el cálculo para la compresión isotérmica, adiabática y politrópica.
SOLUCION:
Datos:
hmV /³360=°
P1 = 0.1MPa = 100KPa
T1 = 290K P2 = 700Kpa n = 1.25
Determinación de la potencia teórica
- Isotérmica
KwxLnxW ISOT 46.191
7
3600
360100 −=
−=
°
- Adiabático
−
−=
°
11
7
3600
360100
4.11
4.12857.0
xxxW adiab
=°
adiabW -26.025Kw
- Politrópico
−
−=
°
11
7
3600
360100
25.11
25.12.0
xxxW pol
KwW pol 78.23−=°
Temperatura T2 en compresión adiabático
t2 = 290
2857.0
1
7
→ t2 = 505.6K = 232.6°C
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T2 en compresión politrópico
t2 = 290
2.0
1
7
→ t2 = 427.9k = 154.9°C
P2.6 Un compresor aspira aire a la presión de 0,1 MPa, comprimiéndolo hasta la
presión de 0,6MPa. Determinar la capacidad del compresor, si para la
compresión adiabática la potencia teórica es de 55 kW .
SOLUCION:
Datos:
P1 = 100Kpa P2 = 600Kpa kwW adiab 55=°
Determinar la capacidad del compresor
kwxVxxW adiab 5511
6100
4.11
4.12857.0
=
−
−=
°°
Ln
sx
s
mV
3600³235.0=
°
hmV /³845=°
P2.7 Durante la compresión adiabática de 1m³ de aire el trabajo teórico para la
compresión es de 234,5 kJ. Determinar la presión final, si la inicial es de
0,1Mpa.
SOLUCION:
V = 1m³ W = 234.5kJ Pi = 0.1MPa
W = 234.5 =
−
−1
1001100
14.1
4.12857.0
2Pxxx
1.67 =
2857.0
2
100
P
P2 = 601KPa
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P2.8 En el proceso de compresión politrópica del aire en un compresor, cada metro
cúbico normal disipa 8,95 kJ de calor. La temperatura del aire durante la
compresión aumenta en 120°C. Determinar el exponente politrópico de la
compresión.
SOLUCION:
Datos:
Q = 8.95kJ V = 1m³ ∆T = 120°C
Determinación del exponente politrópico de comprensión en condiciones
normales
P1 = 100Kpa
T1 = 17°C
Q = RT
PVxTT
nl
nkCvmTT
nl
nkCv )(
)().(
)(1212 −
−
−=−
−
−
1
12 )()(
RT
PxTT
nl
nkC
V
QV −
−
−=
8.95 = 0.7165 x 290287.0
100)120(
1
4.1
xxx
n
n
−
−
n = 1.368
P2.9 Un compresor monoetápico con capacidad de 0.75m³/min comprime aire desde
0,1 Mpa hasta 0,6 MPa. Determinar la potencia efectiva el accionamiento del
compresor si el rendimiento isotérmico efectivo del compresor es 0,6.
SOLUCION:
Datos:
min/³75.0 mV =°
P1 = 100KPa P2 = 600KPa nISOT = 0.6
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Determinación de la potencia efectiva
=
°
1
6
60
75.0100 xLnxW ISOT
KwW ISOT 2396.2=°
kwn
WW
ISOT
ISOTc 733.3
6.0
2396.2===
°°
=°
cW 3.733 kw
P2.10 Determinar el rendimiento mecánico de un compresor monoetápico con
capacidad de 5m³/min, que comprime aire desde 0,098 MPa hasta 0.5MPa. La
potencia efectiva del accionamiento del compresor es de 21,5kW, siendo igual a
0,73 el rendimiento isotérmico indicado.
SOLUCION:
Datos:
min/³5mV =°
; P1 = 98Kpa; Pt = 500 Kpa; kwW e 5.21=°
; ISOTn = 0.73
Determinación del rendimiento mecánico
kwW e 5.21=°
KwxLnxW ISOT 31.1398
500
60
598 =
=
°
nISOT = 0.73 = kwW
W
W
c
ISOT23.18=→
°
°
°
nmec = 5.21
23.18=
°
°
e
c
W
W
nmec = 0.847
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P2.11 Un compresor comprime aire desde 0,097 MPa hasta 0,8MPa a la temperatura
del comienzo de la compresión de 30°C. Determinar la capacidad de compresor
por minuto si el rendimiento isotérmico efectivo es 0,65 y la potencia efectiva del
accionamiento del compresor 26,kW
SOLUCION:
Datos:
P1 = 97KPa P2 = 800KPa T1 = 303k
nISOT = 0.65 kwW C 26=°
Determinación de la capacidad del compresor
kwxWxnIW cSOTISOT 9.162665.0 ===°°
P1109.297
9.169.16
97
80011
xVLnV =→=
°°
°
V = 0.0825 m³/s x 60s/1min = 4.95m³/min
°
V = 4.95m³/min
min/53.5303297.0
95.497
1
1 kgx
x
RT
VPm ===
°°
min/53.5 kgm =°
P2.12 Determinar las pérdidas por razonamiento (pérdidas mecánicas) que tienen
lugar en una etapa de compresión de un compresor de aire con capacidad de
5m³/min, que comprime aire desde 0,098 MPa hasta 0,35 MPa. Adóptense igual
a 0,72 el rendimiento adiabático indicado y a 0,88 el mecánico.
SOLUCIONES
Datos:
°
V = 5m³/min P1 = 98KPa P2 = 350 KPa
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nadiab = 0.72 nmec = 0.88
Determinación de las pérdidas por rozamiento
−
−=
°
193
350
60
598
4.11
4.12857.0
xxxW adiab
kwW adiab 53.12=°
kwn
WW
adiab
adiabc 413.17
72.0
53.12===
°°
nmec = 88.0
°°°
°°
°
=+→
+
cfc
fc
c WWW
WW
W
cf WW°°
= 136.0
=°
fW 2.37kw
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CAPITULO III
MOTORES DE COMBUSTIÓN INTERNA: CICLO OTTO, DIESEL Y DUAL
P3.1 Un ciclo Otto, ideal tiene una relación de compresión de 8. Al principio del proceso de
compresión, el aire se encentra 95 Kpa y 27°C, y se transfieren 750 kJ/kg de calor al aire
durante el proceso de adición de calor a volumen constante. Tome en cuenta la variación
de los calores específicos con la temperatura. Determine:
a) La presión y la temperatura al final del proceso de adición de calor.
b) La salida neta de trabajo.
c) La eficiencia térmica
d) La presión media efectiva para el ciclo.
SOLUCION:
Datos:
Rk = 8
P1 = 95 kPa
T1 = 27°C = 300°C
QA = 750 kJ/kg
a) Calculo de P3 y T3:
T1=300°K→ tablas
=
=
kgKJu
vr
/07.214
2.621
1
1
→==→== 65.778
2.6211
2
1
2
1
k
rk
r
r
r
vr
v
v
v
vvr2=77.65→ tablas
=
°=
kgkJu
KT
/221.491
087.673
2
2
q2-3=u3-u2+W2-30→u3=qA+u2=750+491.221=1241.221kJ/kg
=
°=→
588.6
697.1538
3
3
ru
kTtablas
=
=→=
1
2
2
112
2
22
1
11
T
T
v
vPP
T
vp
T
vp(95)(8) kPa154.1705
300
087.673=
kPaT
TPP
T
vP
T
vP032.3898
087.673
697.1538154.1705
2
323
3
33
2
22 =
=
=→=
b) Calculo de wn :
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→===→== 704.52)588.6)(8(34
3
4
3
4rkrk
r
r vrvrv
v
v
vvr4=52.704→ tablas
=
°=
kgkJu
KT
/723.571
544.774
4
4
q4-1=u1-u4+W4-10=214.07-571.723=-357.653kJ/kg =→ Bq 357.653kJ/kg
Wn=qA-qβ
=750-357.653=392.347kJ/kg →Wn=392.347kJ/kg
c) Calculo de η 0 :
%31.525231.0750
347.3920 =→=== n
q
w
A
nOη
d) Calculo P.m.e:
Wn = (P.m.e)(vD) ( )α.......v
WemP n=→
P1v1 = RT1 ( )( )
→===→ kgmP
RTv /9063.0
95
300287.0 3
1
11 v1 = 0.9063n3/kg
→===→= kgmr
vvr
v
v
k
k /1133.08
9063.0 312
2
1 v2 = 0.1133m3/kg
vd=v1-v2=0.9063-0.1133=0.7930m3/kg
Reemplazando en ( )α :
P.m.e= kPa756.4947930.0
347.392=
P3.2 Repita el problema anterior usando calores específicos constantes a temperatura
ambiente.
Datos: rk=8 P1 = 95 kPa T1 = 300°K qA = 750kJ/kg a) Calculo de P3 y T3 :
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P1v1 = RT1( )( )
9063.095
300287.0
1
11 ===→
P
RTv m3/kg
T2 =T1(rk)
k-1 = 300(8)0.4 =689.219ºK P2 = P1(rk)
K = 95(8)1.4 = 1746.021 Kpa
1133.08
9063.012
2
1 ===→=k
kr
vvr
v
v m3/kg
( ) 244.1735219.689717.0
7502323 =+=+=→−= T
Cv
qTTTCvq A
A ºK
951.4395219.689
244.1735021.1746
2
323
2
2
3
3 =
=
=→=
T
TPP
T
P
T
PKpa
b) Calculo de WN :
( )[ ] ( )[ ] 544.4238/11750/114.01 =−=−==→= −
A
k
kAOn
A
nO qrqw
q
wηη KJ/kg
c) Calculo de Oη :
( ) ( )%47.565647.0
8
11
11
4.01=→=−=−= − Ok
k
Or
ηη
d) Calculo de p.m.e:
( )( )( )
1034.5341133.09063.0
544.423......
21
=−
=−
=→=vv
wempvdempw n
n kpa
P3.3 La relación de compresión de un ciclo Otto de aire estándar es de 9.5.Antes del
proceso de compresión isentrópico, el aire está a 100Kpa, 17ºC y 600 cm3. La temperatura
al final del proceso de expansión isentrópica es de 800ºK. Emplee valores de calores
específicos a temperatura ambiente, determine a) la temperatura y la presión más altas en el
ciclo, b) la cantidad de calor transferido, en KJ, c) la eficiencia térmica y d) la presión media
efectiva.
SOLUCION:
Datos:
rk= 9.5
P1 =100Kpa
T1 = 17ºC = 290ºK
VD = 600 cm3 = 6x10-4 m3
Universidad Nacional del Callao Problemas de Termotecnia Avanzada
Dr. José Hugo Tezén Campos 29
T4 = 800ºK
a) Calculo de T3 y P3
( )8323.0
100
290287.0
1
11111 ===→=
P
RTvRTvP m3/kg
( ) ( ) 654.7125.92904.01
12 === −kkrTT ºK
( ) ( ) 831.23575.91004.1
12 === k
krPP Kpa
0876.05.9
8323.012
2
1 ===→=k
kr
vvr
v
vm3/kg
( ) ( ) 699.19685.98004.01
43 === −kkrTT ºK
183.6449654.713
699.1968831.2337
2
323
2
2
3
3 =
=
=→=
T
TPP
T
P
T
P Kpa
( )( )( )( )
44
1
1 1021.7290287.0
106100 −−
=== xx
RT
VDPma kg
b) Calculo de QA: QA =maqA=maCv(T3-T2 )=(7.21x10-4)(0.717)(1968.699-712.654)=0.649 KJ
c) Calculo de Oη :
( ) ( )%36.595936.0
5.9
11
11
4.01=→=−=−= − Ok
k
Or
ηη
c) Calculo de p.m.e.: Wn=p.m.e.*vd
( ) ( )0876.08323.0
5936.0654.713699.1968717.0...
21
23
21 −
−=
−
−=
−==→
vv
TTCv
vv
q
vd
wemp OOan ηη
→p.m.e. = 717.284 Kpa
P3.4 Repita el problema anterior, pero sustituya el proceso de expansión isentrópica por un
proceso de expansión politrópica con el exponente politrópico n = 1.35.
SOLUCION:
Datos:
rk = 9.5
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Dr. José Hugo Tezén Campos 30
P1 = 100 kPa
T1 = 17°C = 290°K
VD = 6x10-4m3
T4 = 800°K
n = 1.35
a) Calculo de T3 y P3:
v1 = 0.823 m3/kg
T2 = 713.654°K
P2 = 2337.831 kPa
v2 = 0.0876 m3/kg
T3 = T4(rk)
n-1= 800 (9.5)0.35= 1759.111°K → T3 = 1759.111°K
kPaPkPaT
TPP
T
P
T
P602.5762602.5762
654.713
111.1759831.2337 3
2
323
2
2
3
3 =→=
=
=→=
ma = 7.21x10-4kg b) Calculo de QA :
QA = Q2-3+Q3-4=na (q2-3+q3-4) ......... ( )α
q2-3=Cv(T3-T2)=0.717(1759.111-713.654)=749.593kJ/kg→q2-3=749.593 kJ/kg
q3-4= ( )( )( )[ ]( )
( )kgkJ
n/788.98
35.11
111.1759800717.035.1004.1
1
)T-nCv(T-(Cp 34 =−
−−=
−
Reemplazando en ( )α :
QA = 7.21*10-4(749.593+98.788)=0.6117kJ c) Calculo de η 0 :
BQ =maCv(T4-T1)=(7.21x10-4)(0.717)(800-290)=0.2636 KJ/kg
WN=QA- BQ =(0.6117-0.2636)=0.3481kJ
η 0= %91.565691.06117.0
3481.00 =→== n
Q
W
A
N
d) Calculo de p.m.e: WN=(P.m.e)(VD)
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Dr. José Hugo Tezén Campos 31
( ) ( )( )( )
Kpaempvv
vv
xq
VD
WemP OOaN 33.648...
0876.08323.0
5691.0788.98593.749..
21
4332
21
=→−
+=
−
+=
−==→ −− ηη
P3.5 Un ciclo de Otto ideal con aire como fluido de trabajo tiene una relación de compresión
de 8. Las temperaturas mínima y máxima en el ciclo son 310 y 1600. Considere la
variación de los calores específicos con la temperatura, y determine:
a) La cantidad de calor transferido al aire durante el proceso de adición de calor.
b) La eficiencia térmica
c) La eficiencia térmica de un ciclo de Carnot que opera entre los mismos límites de
temperatura.
SOLUCION:
Datos:
rk = 8
T1 = 310°K
T3 = 1600°K
T1 = 310°K
=
=→
3.572
/25.221
1
1
ru
kgkJutablas
5375.715375.718
3.5722
12
2
1
2
1 =→===→== r
k
rrk
r
r vr
vvr
v
v
v
v
=
=→
KT
kgkJutablas
º652.693
/328.507
2
2
T3=1600°K
=
=→
804.5
/30.1298
3
3
rv
kgkJutablas
( )( ) ( )( ) kgkJvtablasvrvrv
v
v
vrkrk
r
r /586.600432.46804.58 434
3
4
3
4 =→→===→==
a) Calculo de qA : qA= u3-u2+W2-3=u3-u2=1298.30-507.328=790.972kJ/kg b) Calculo de η 0 :
η 0 = 1- ( )α.......A
B
q
q
qB=u1-u4+W4-10=221.25-600.586=-379.336kJ/kg kgkJqB /336.379=→
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Dr. José Hugo Tezén Campos 32
Reemplazando en ( )α :
η 0=1- %04.525204.0972.790
336.3790 =→= n
c) Calculo de η c :
η c=1- %625.8080625.01600
3101
max
min =→=−= cT
Tη
P3.6 Repita el problema anterior, usando argón como el fluido de trabajo.
SOLUCION:
Datos: Dato asumido:
rk = 8 P1 = 100Kpa.
T1 = 310°K
T3 = 1600°K
=
=
=
→=
=
kgKJu
kgKJh
kgmv
tablasKT
KPap
/78.96
/3.161
/645.0
310
100
1
1
3
1
1
1
o
kgmvv
vrk /080625.0 3
2
2
1 =→=
=
=
=
=
=
=
KT
kPap
kgKJh
kgKJu
r
KT
K
o
o
1240
993.3200
/2.645
/12.387
8
310
2
2
2
2
1
=
=
=
=
=
kgKJu
kgKJh
kPap
kgmv
KT
/51.499
/52.832
313.4130
/080625.0
1600
3
3
3
3
2
3
o
=
=
=
==
KT
kgKJh
kgKJu
kPap
r
KT
Ko
o
400
/13.208
/88.124
072.129
1
1600
4
4
4
4
3
a) Calculo de qA:
kgKJuuuwqqA /39.11212.38751.49923323232 =−=−=∆+== −−−
b) Calculo de ηD:
kgKJuuuwqqB /1.2878.9688.12414141414 =−=−=∆+== −−−
%7575.039.112
.2811 =→=−=−= D
A
B
Dq
qηη
c) Eficiencia Térmica:
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%625.8080625.01600
31011 =→=−=−= C
A
BC
T
Tηη
P3.7 Un ciclo Diesel de aire estándar tiene una relación de compresión de 16 y una relación
de cierre de admisión de 2. Al principio del proceso de compresión, el aire está a 95 kPa y
27°C. Tome en cuenta la variación de los caloes específicos con la temperatura y
determine:
a) La temperatura después del proceso de adición de calor.
b) La eficiencia térmica.
c) La presión media efectiva.
SOLUCION:
Datos:
rk = 16
rc = 2
P1 = 95kPa
T1=27°C = 300°K
a) Calculo de T3 :
T1 = 300°K
=
=→
2.621
/07.214
1
1
rv
kgkJutablas
=
=
=
→===→==
KT
kgKJh
kgKJu
tablasr
vv
v
v
v
vr
k
r
r
r
r
k
o759.859
/890.890
/345.643
825.3816
2.621
2
2
2
2
1 1
2
2
1
KTrTrT
T
v
v
TR
vp
TR
vpcc
o518.1719)759.859)(2(..
.
.
.23
2
3
2
3
3
33
2
22 ===→==→= =T3=1719.518°K
=
=
=
=
952.4
/407.1904
/086.1411
3
3
3
3
rv
kgKJh
kgKJu
T
b) Calculo de ηD :
( )( )→===→= kgm
p
TRvTRvp /906.0
95
300.287.0... 3
1
11111 v1=0.906m3/kg
Universidad Nacional del Callao Problemas de Termotecnia Avanzada
Dr. José Hugo Tezén Campos 34
kgmvkgmr
vvr
v
v
k
k /10*66.5/10*66.516
906.0 32
2
3212
2
1 −− =→===→=
kgmvkgmrvvrv
vcc /113.0/113.0)2)(10*66.5(. 3
3
32
23
2
3 =→===→= −
( )( )723.36
113.0
592.4906.0.
3
314
3
4
3
1
3
4
3
4 ===→=→=v
vvv
v
v
v
v
v
v
v
v rr
r
r
r
r
=
=→=
kgkJu
KTtablasvr
/205.657
100.879723.36
4
4
4
o
( ) ( ) kgkJhhdvpuuwuuqA /217.1013890.890107.1904232233223 =−=−=+−=+−= −
( ) kgKJqkgkJuuwuuq BB /135.443/135.443205.65707.214411441 =→−=−=−=+−= −
%26.565626.0217.1013
135.44311 =→=−=−= D
A
B
Dq
qηη
c) Calculo de p.m.e:
( )( ) kPavv
VD
wpmeVDpmew
BAnn 158.671
)10*66.5906.0(
)135.443217.1013(2
21
=−
−=
−
−==→=
−
P3.8 Repita el problema anterior empleando calores específicos constantes a temperatura
ambiente.
SOLUCION:
Datos:
rk = 16
rc = 2
P1 = 95kPa
T1=27°C = 300°K
a) Calculo de T3 :
P1v1=RT1 ( )( )
kgmvkgmP
RTv /9063.0/906.0
95
300287.0 3
1
3
1
11 =→===→
kgmvkgmr
vvr
v
v
k
k /0566.0/0566.016
9063.0 3
2
312
2
1 =→===→=
T2 = T1 (rk)
k-1 = 300 (16) 0.4 = 909.43°K P2 = P1 (rk)
k = 95(16)1.4 = 4607.778 kPa
Universidad Nacional del Callao Problemas de Termotecnia Avanzada
Dr. José Hugo Tezén Campos 35
kgmvrvrv
vcc /1132.0)0566.0)(2( 3
23
2
3 ===→=
P3=P2=4607.778 kPa → P3 = 4607.778 kPa
T3 = T2rc = (909.43)(2) = 1818.86°K → T3 = 1818.86°K
v4 = v1 = 0.9063m3/kg → v4 = 0.9063 m3/kg
T4 = T3 Kv
vk
°=
=
−
46.7919063.0
1132.086.1818
4.01
4
3
kPaPkPaT
TPP
T
P
T
P629.250629.250
300
46.79195 4
1
414
1
1
4
4 =→=
=
=→=
b) Calculo de η D :
η D = 1-( )
( )( ) ( )
( )( )
6138.0124.1
12*
16
11
1
1*
1 4.1
4.01=
−
−−=
−
−−
c
k
c
k
krk
r
r%38.61=→ Dη
c) Calculo de p.m.e : vd=v1-v2=0.9063-0.0566=0.8497m3/kg
η D= ( ) ( )( )( ) kgkJTTcnqWnq
WnpDAD
A
/441.5643.90986.1818004.16138.023 =−=−==→ η
Wn=(p.m.e.)(vd) kPavd
Wnemp 575.659
8497.0
441.560... ===→
P3.9 Un ciclo Diesel de aire estándar tiene una relación de compresión de 18.2. El aire está
a 27°C y 0.1 Mpa al principio del proceso de compresión y a 2000 K al final del proceso de
adición de calor. Tome en cuenta la variación de los calores específicos con la temperatura
y determine:
a) La relación de cierre de admisión
b) El rechazo de calor por unidad de masa
c) La eficiencia térmica.
SOLUCION:
Datos:
rk = 18.2
T1 = 27ºC = 300ºC
P1 = 0.1 MPa = 100kPa
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Dr. José Hugo Tezén Campos 36
T 3 = 2000ºK
a) Calculo de rc :
T1 = 300ºC (tablas)
=
=
2.621
/07.2141
rrv
kgkJu
132.34132.342.18
2.6212
1
2
2
1
2
1 =→===→== r
k
r
rk
r
rv
r
vvr
v
v
v
v
=
=
=
=
kgkJh
kgkJu
KT
tablasvr
/806.934
/976.675
º671.901
)(132.34
2
2
2
2
T3 = 2000ºK(tablas)
=
=
=
kgkJh
v
kgkJu
r
/1.2252
776.2
/7.1678
3
3
3
rc = 218.2671.901
2000
2
3 ==T
T
b) Calculo de :Bq
( )
kgmvkgmP
RTvRTvP /861.0/861.0
100
300287.0 3
1
3
1
11111 =→===→=
kgmvkgmr
vvr
v
v
k
k /10*73.4/10*73.42.18
861.0 32
2
3212
2
1 −− =→===→=
( )( ) kgmvkgmvrvrv
vcc /105.0/105.010*73.4218.2 3
3
32
23
2
3 =→===→= −
( )
779.22779.22)105.0(
776.2)861.0(4
3
4
3
4
3
4
3
1
3
1
3
4 =→===→=→= r
r
r
r
r
r
rv
v
vvv
v
v
v
v
v
v
v
v
=
==
kgkJu
KTtablasvr
/312.788
º150.1034)(779.22
4
4
4
qB = u1 –u4 + w4-1
0 = u1 –u4 = 214.07 – 788.312 = -574.242kJ/kg
βq = 574.242kJ/kg
c) Calculo de Dη :
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Dr. José Hugo Tezén Campos 37
qA = h3 –h2 = 2252.1- 934.806 = 1317.294kJ/kg
%41.565641.0294.1317
242.57411 =→=−=−= D
A
B
dq
qηη
P3.10 Repita el problema anterior usando calores específicos constantes a temperatura
ambiente.
SOLUCION:
Datos:
rk = 18.2
T1=27°C = 300°K
P1 = 0.1Mpa = 100 kPa
T3=2000°K
P1v1=RT1 ( )( )
kgmvkgmP
RTv /861.0/861.0
100
300287.0 3
1
3
1
11 =→===
T2 = T1(rk)
k-1 = 300 (18.2)0.4=957.524°K P2 = P1(rk)
k = 100 (18.2)1.4 = 5808.981kPa
kgmvkgmr
vvr
v
v
k
k /0473.0/0473.02.18
861.0 3
2
312
2
1 =→===→=
P3 = P2 = 5808.981 kPa → P3 = 5808.987kPa
kgmvkgmT
Tvv
T
v
T
v/0988.0/0988.0
524.957
20000473.0
3
3
3
2
323
2
2
3
3 =→=
=
=→=
v4 = v1 = 0.861 m3/kg → v4 = 0.861 m3/kg
T4 = T3 KTKv
vk
°=→°=
=
−
262.841262.841861.0
0988.02000 4
4.01
4
3
kPaPkPaT
TPP
T
P
T
P421.280421.280
300
262.841100 4
1
414
1
1
4
4 =→=
=
=→=
a) Calculo de rc :
rc = 09.20473.0
0988.0
2
3 ==v
v
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b) Calculo de qB : qB = Cv(T4-T1) = 0.717(841.262-300) = 388.085kJ/kg c) Calculo de nD :
nD = 1-( )
( )( ) ( )
( )( )
%80.626280.0109.24.1
109.2*
2.18
11
1
1*
1 4.1
4.01=→=
−
−−=
−
−− D
k
k
k
nrck
rc
r
P3.11 Una máquina diesel ideal tiene una relación de compresión de 20 y emplea aire como
el fluido de trabajo. El estado del aire al principio del proceso de compresión es 95 kPa y
20°C. Si la temperatura máxima en el ciclo no supera 2200 K, determine:
a) La eficiencia térmica.
b) La presión media efectiva. Suponga calores específicos constantes para el aire a
temperatura ambiente.
SOLUCION:
Datos:
rk = 20
P1 = 95kPa
T1=20°C = 293°K
T3=2200°K
P1v1 = RT1 ( )( )
KgmvKgmP
RTv /8852.0/8852.0
95
293287.0 3
1
3
1
11 =→===→
T2 = T1(rk)
k-1=293(20)0.4=971.135°K → T2 = 971.135°K
P2 = P1(rk)
k = 95(20)1.4 = 6297.463kPa
→===→= kgmr
vvr
v
v
k
k /0443.020
8852.0 312
2
1 v2=0.0443 m3/kg
P3 = P2 = 6297.463 kPa → P3 = 6297.467kPa
kgmvkgmT
Tvv
T
v
T
v/1003.0/1003.0
135.971
22000443.0
3
3
3
2
323
2
2
3
3 =→=
=
=→=
rc = 263.20443.0
1003.0
2
3 ==v
v
a) Calculo de η D :
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η D = 1-( )
( )( ) ( )
( )( )
%53.636353.01263.24.1
1263.2*
20
11
1
1*
1 4.1
4.01=→=
−
−−=
−
−− D
c
k
c
k
k
nrk
r
r
b) Calculo de P.m.e :
Wn = (P.m.e) vd ( )
( )( )21
23
21
..vv
nTTCp
vv
nq
vd
WemP DDAn
−
−=
−==→
= ( )( )( )
( )kPaemPkPa 681.931..93681
0443.08852.0
6353.0135.9712200004.1=→=
−
−
P3.12 Repita el problema anterior, pero sustituya el proceso de expansión isentrópica por un
proceso de expansión politrópica con el exponente politrópico n=1.35.
SOLUCION:
Datos:
rk = 20
P1 = 95kPa
T1=293°K
T3=2200°K
v1 = 0.8852 m3/kg
T2 = 971.135°K
P2 = 6297.463 kPa
v2 = 0.0443 m3/kg
P3 = 6297.463 kPa
v3 = 0.1003 m3/kg
v4 = v1 = 0.885 m3/kg → v4 = 0.8852 m3/kg
T4 = T3 Kv
vn
°=
=
−
629.10268852.0
1003.02200
35.01
4
3
a) Calculo de η D :
η D = ( )α.......A
n
q
W
qA = q2-3 + q3-4 ...... (1) q2-3 = Cp (T3-T2)=1.004(2200-971.135)=1233.780kJ/kg
q3-4 = ( )( )
( )( )( )[ ]( )
( )kgkJ
n
TTnCvCp/857.120
35.11
2200629.1026717.035.1004.1
1
34 =−
−−=
−
−−
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Reemplazando en (1): qA = 1233.780+120.857=1354.637kJ/kg → qA=1354.637 kJ/kg
qB=Cv(T4-T1)=0.717(1026.629-293)=526.012kJ/kg wn=qA-qB=1354.637-526.012=828.625kJ/kg
Reemplazando en ( )α :
η D= %17.616117.0637.1354
625.828=→= Dη
b) Calculo de P.m.e :
wn=(P.m.e)vd( )
kPavv
w
vd
wemP nn 403.985
0443.08852.0
625.828..
21
=−
=−
==→
kPaemP 403.985.. =→
P3.13 Un motor Diesel de 4 cilindros de 4.5 Lt que opera en un ciclo ideal tiene una relación
de compresión de 17 y una relación de cierre de admisión de 2.2. El aire está a 27°C y 97
kPa al principio del proceso de compresión. Use las suposiciones de aire frío estándar.
Determine cuanta potencia entregará el motor a 1500 rpm.
SOLUCION:
Datos (S.T: aire) :
4=η R= 0.287kJ/kg°K
VD=4.5Lt =4.5x10-3m3 Cp=1.004kJ/kg°K
rk=17 K=1.4
rc=2.2
T1=27°C=300°K
P1=97kPa
N=1500 RPM = 25RPS RPSNN 5.122/ ==→
P1v1=RT1
( )( )kgmvkgm
P
RTv /888.0/888.0
97
300287.0 3
1
3
1
11 =→===→
T2=T1(rk)k-1 = 300(17)0.4 = 931.753°K KT °=→ 753.9312
P2 = P1(rk)
k = 97(17)1.4 = 5121.536kPa
P3 = P2 = 5121kPa kPaP 536.51213 =→
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rc= ( )( ) KTKrcTTT
T°=→°===→ 857.2049857.20492.2753.931 323
2
3
( )( )( )
( )[ ]( )
( )( )
−
−−=−
−
−−==→= −
12.24.1
12.2
17
11
1
111
4.1
4.0231xTTCp
rk
rx
rqw
q
w
c
k
c
k
k
ADn
A
nD ηη
= ( )[ ] kgkJWn /907.688753.931857.2049004.1 =→−
( )( )( ) smDVsmxmNVDDV /225.0/225.045.12105.4'. 333 =→=== − &&
skgmskgv
DVnmnvDV aaa /253.0/253.0
888.0
225.0
1
1 =→===→= &
&
&&&
( )( ) KwWKwwmW NnaN 627.174627.174907.688253.0 =→=== &&&
P3.14 Repita el problema anterior usando nitrógeno como el fluido de trabajo.
SOLUCION:
Datos (nitrógeno):
4=η R= 0.29680kJ/kg°K
VD=4.5x10-3m3 Cp=1.0416kJ/kg°K
rk=17 K= 1.4
rc=2.2
T1=300°K
P1=97kPa
N’=12.5 RPM
P1v1=RT1
( )( )kgmvkgm
P
RTv /918.0/0918
97
30029680.0 3
1
3
1
11 =→===→
T2=T1(rk)k-1=300(17)0.4=931.753°K KT °=→ 753.9312
P2=P1(rk)
k=97(17)1.4=5121.536kPa
P3=P2=5121kPa kPaP 536.51213 =→
rc= ( )( ) KTKrcTTT
T°=→°===→ 857.2049857.20492.2753.931 323
2
3
( )( )( )
( )[ ]( )
( )( )
−
−−=−
−
−−==→= −
12.24.1
12.2
17
11
1
111
4.1
4.0231xTTCp
rk
rx
rqw
q
w
c
k
c
k
k
ADn
A
nD ηη
= ( )[ ] kgkJwn /707.714753.931857.20490416.1 =→−
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( )( )( ) smDVsmxmNVDDV /225.0/225.045.12105.4'. 333 =→=== − &&
skgmskgv
DVmmvDV aaa /245.0/245.0
918.0
225.0
1
1 =→===→= &
&
&&&
( )( ) KwWKwWmW NnaN 103.175103.175707.714245.0 =→=== &&&
P3.15 La relación de compresión de un ciclo dual ideal es 14. El aire está a 100 kPa y 300
K al principio del proceso de compresión y a 2200 K al final del proceso de adición de calor.
La transferencia de calor al aire es parcial a volumen constante y parcialmente a presión
constante, y asciende a 1520.4 kJ/kg. Suponga calores específicos variables para el aire y
determine:
a) La fracción de calor transferido a volumen constante.
b) La eficiencia térmica del ciclo.
SOLUCION:
Datos (dual) :
rk=14
P1=100kPa
T1=300°K
T4=2200°K
qA=1520.4kJ/kg
P1v1=RT1
( )( )KgmvKgm
P
RTv /861.0/861.0
100
300287.0 3
1
3
1
11 =→===→
=
=°=
kgkJu
vtablasKT
r
/07.214
2.621)(300
1
1
1
371.44371.4414
2.6212
12
2
1
2
1 =→===→== r
k
rrk
r
r vr
vvr
v
v
v
v
kgmvkgmr
vv
k
/0615.0/0615.014
861.0 3
2
312 =→===
vr2 = 44.371
=
°=
kgkJu
KTtablas
/59.608
137.823)(
2
2
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T4 = 2200°K(tablas)
=
=
=
kgKJh
kgKJu
vr
/2.2503
/4.1872
012.2
4
4
4
q2-3 = u3-u2 + W2-30 = u3-u2 .......... ( )α
q3-4 = h4-h3LLL ( )β
Sumando ( ) ( )βα + :
q2-3 + q3-4 = u3-u2 + h4-h3 → qA = -(h3-u3)+h4-u2
h3-u3 = h4-u2-qA → P3v3 = h4-u2-qA → P3v2 = h4-v2-qA
P3=( )
( )kPaPka
v
quh A 715.6084715.60840615.0
4.152059.6082.25033
2
24 =→=−−
=−−
P3v3=RT3→T3=( )( )
( )KTK
R
vP
R
vP°=→°=== 868.1303868.1303
287.0
0615.0715.60843
2333
T3=1303.868°K
=
=
kgkJu
kgkJhtablas
/313.1026
/571.1400)(
3
3
P4v4=RT4→v4=( )( )( )
kgmvkgmP
RT
P
RT/104.0/104.0
715.6084
2200287.0 3
4
3
3
4
4
4 =→===
694.16694.16104.0
861.0012.2 5
4
145
4
5
4
1
4
5
4
5 =→=
=
=→=→= rrr
r
r
r
r vv
vvv
v
v
v
v
v
v
v
v
vr5=16.694→ (tablas)u5=885.367kJ/kg
a) Calculo de q2-3 : q2-3 = u3-u2+w2-3
0 = u3-u2 = 1026.313-608.59 = 417.723kJ/kg →q2-3=417.723kJ/kg
b) Calculo de Dη :
( )αη ............1A
B
Dq
q−=
q5-1=u1-u5+w5-10=u4-u5=214.07-885.367=-671.297kJ/kg→ kgkJqB /297.671=
Reemplazando en ( )α :
%85.555585.04.1520
297.6711 =→=−= DD ηη
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P3.16 Repita el problema anterior empleando calores específicos constantes a temperatura
ambiente. ¿La suposición de calor específico constante es razonable en este caso?
SOLUCION:
Datos :
rk=14
P1=100kPa
T1=300°K
T4=2200°K
qA=1520.4kJ/kg
P1v1=RT1
( )( )KgmvKgm
P
RTv /861.0/861.0
100
300287.0 3
1
3
1
11 =→===→
T2=T1(rk)k-1=300(14)0.4=862.129°K KT °=→ 129.8622
P2=P1(rk)
k=100(1.4)1.4=4023.271kPa→P2=4023.271kPa
kgmvkgmr
vvr
v
v
k
k /0615.0/0615.014
861.0 3
2
312
2
1 =→===→=
qA = q2-3 + q3-4 = Cv (T3-T2) + Cp(T4-T3) → T3=( )
( )CvCp −A24 q-CvT-CpT
=( )( ) ( )( )[ ]
( )KTK °=→°=
−
−−786.244786.244
717.0004.1
4.1520129.862717.02200004.13
kPaPkPaT
TPP
T
P
T
P334.1142334.1142
129.862
786.244271.4023 3
2
323
2
2
3
3 =→=
=
=→=
P4v4=RT4 →v4=( )( )
KgmvKgmP
RT
P
RT/553.0/553.0
334.1142
2200287.0 3
4
3
3
4
4
4 =→===
T5=T4 KTKv
vT
v
vkk
°=→°=
=
=
−−
579.1842579.1842861.0
553.02200 5
4.01
1
44
1
5
4
Nota: Se observa que la T3 < T2, lo que no sería razonable para el ciclo dual (q2-3 < 0).
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Estado
OTTO
DIESEL
DUAL
P(Kpa)
( Kgm /3υ
T(°K)
P(kpa)
( Kgm /3υ
T(°K)
P(kpa)
( Kgm /3υ
T(°K)
1
100
0.8323
290
100
0.8323
290
100
0.8323
290
2
4023.271
0.05945
833.392
4023.271
0.05945
833.392
4023.271
0.05945
833.392
3
11103.446
0.05945
2300
4023.271
0.1641
2300
8153.373
0.05945
1688.913
4
275.981
0.8323
800.344
414.219
0.8323
1201.235
8153.373
0.08096
2300
5
_______
______
______
_______
______
_______
312.268
0.8323
905.576
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CAPITULO IV
CICLO JOULE - BRAYTON: TURBINAS A GAS
P4.1 El compresor de una turbina de gas aspira 180 m3/sg de aire a 1 bar y 290 °K, a la
salida de la cámara de combustión las condiciones son de 6 bar y 1200 °K, si las
eficiencias adiabáticas del compresor y turbina son de 78%.
a) Determinar las temperaturas a la salida del compresor y de la turbina.
b) Determinar el consumo de combustible en kg/hr si el P.c. = 50 MJ/kg.
c) Determinar la temperatura de los gases expulsados a la atmósfera si se usa un
regenerador con 70% de efectividad.
d) Determinar la potencia al eje si la eficiencia es de 80 % .
SOLUCIÓN:
Datos:
V1= 180 m3/sg
P1 = 1 bar
T1 = 290 °K
P3 = 6 bar
T4 = 1200 °K
nad(T) = nad(C) = 87%
ε = 70%
pc = 50 MJ/kg
a) Cálculo de la temperaturas de salidas del compresor y la turbina:
T2i = T1
k
k
P
P1
1
2
−
= 290(6)0.4/1.4 = 483.868°K
ηad(C) = 12
12
TT
TT i
−
− → 0.87 =
290
29086.483
2 −
−
T → T2 = 512.837 °K
K
K
ii P
P
T
T1
5
4
5
4
−
= → T5i =
( ) 4.1
4.0
6
1200 = 719.2 °K
ηad(T) = iTT
TT
54
54
−
− → 0.87 =
2.7191200
1200 5
−
−T → T5 = 781.7 °K
1
2
2i
T
S
6i
6
3
3i
5i
5
4
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b) Calculo de °
m c :
QA = °
m c.pc = °
m a cp (TA – T2) → °
m c = Pc
TTcm pa )( 21 −
Pero: °
m a = )290(287.0
)180(100
1
11 =RT
VPo
= 216.268 kg/sg
∴°
m c = )50000)(290(287.0
)827.5121200)(003.1)(180(100)(
1
2111 −=
−
PcRT
TTCVP p
o
= 2.984 kg/sg
Rpta. °
m c = 10742.83 kg/Hr
c) Calculo de la temperatura de los gases (T6)
ε= 25
65
65
65
TT
TT
TT
TT
i −
−=
−
− → 0.7 =
837.5127.781
7.781 6
−
−T → T6 = 593.5 °K
Rpta. T6 = 593.5 °K
d) Calculo de la potencia al eje de la turbina (°
W T)
°
W eje = ηm °
W T = ηm(°
m a + °
m c) Cp(T4 – T5)
°
W eje = 0.8(216.268 + 2.984)(1.004)(1200 – 781.7) = 73664 KW
Rpta. °
W T = 73 664 kW.
P4.2 El esquema muestra una planta combinada con turbina de gas y turbina de vapor,
ésta ultima utiliza, para evaporar el agua, calor cedido por los gases e escape de la
turbina de gas. Todos los procesos son ideales. La combustión en la cámara equivale a
ceder al aire proveniente del compresor 727.39 KJ/kg. Se conocen los siguientes datos: T1
= 27 °C; T2 = 202.14 °C; T5 = 320 °C; T8 = 250.4 °C; X8 = 100%; T9 = 300 °C, T6 = 50 °C
(hf = 209.33 KJ/kg)); X6 = 0%. El trabajo de la bomba de agua es despreciable.
a) Si la salida neta de la planta con turbina de agua es 10,000 KW, determine el flujo de
aire que pasa por el compresor, en kg/sg.
b) Determine el flujo de vapor, en kg/min.
c) Calcule el calor que es necesario transferir en el sobrecalentatador, en KW.
d) Determine la eficiencia térmica de la planta combinada, en %.
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SOLUCIÓN:
Para la planta de gas (T vs s) Para la planta de vapor (h vs s)
a) Cálculo de °
m de aire:
η=
aA
N
mq
Wo
o
→ °
m = a
N
q
W
η
o
. . . . . . . . . . (1)
pero η= 1-
−=
−
300
14.475
11
11
k
k
π
= 0.3686 . . . . . . . . . . (2)
(2) y datos en (1):
°
m a = )39.727(3686.0
10000 = 37.296 kg/seg
Rpta: °
m a = 37.296 kg/seg
b) Calculo de °
m v en kg/min
1
2 3
4
TG
T
V
9 8
7
5
6
10
1
2
T
S
4
3
5
S
6 10
h
9
7
8
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4Q5 = 7Q8
°
m gCp(T4-T5) = °
m v(h8 - h7)
°
m v = )h-(h
)T-Cp(T
54
54
o
gm . . . . . . . . (1)
de tablas obtenemos: h8= 2801.4 KJ/kg
h7 = 209.33 KJ/kg
T4 =
k
k
T1
3
−
π
=
1
2
2
T
T
TCp
qA + =
300
14.475
14.4750035.1
39.727+
T4 = 757.667 °K . . . . . . . . (2)
(2) y datos en (1):
°
m v = )33.2094.2801(
)593667.757)(0035.1(296.37
−−
= 2.377 kg/sg
Rpta: °
m v = 142.656 kg/min.
c) Calculo del calor a transferir al sobrecalentador (9Q8):
9Q8 = °
m v (h9 – h8)
de tablas: h9 = 2960; h8 = 2801.4
9Q8 = 2.377(2960 – 2801.4) = 377 KW
Rpta: 9Q8 = 377 KW.
d) Calculo de la eficiencia térmica combinada.
ηcombinado = 9832)(
)(
WW
Q
W TGTGn
combinadoA
combinadoN
++
=
ooo
ηcombinado = 98
109)( )(377.2
Qqm
hhW
Ag
TGN
+
−+o
De tablas : h9 = 2960; h10 = 2030 KJ/kg
ηcombinado = 377)39.727(296.37
)20302960(377.2000,10
+−+
= 0.444
Rpta: ηcombinado = 44.4 %.
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P4.3 En la figura se muestra el esquema de una planta con turbina a gas en la cual se
tiene los siguientes datos y consideraciones:
Temperatura de ingreso al compresor: 288 °K
Temperatura al ingreso de cada turbina: 900 °K
Las dos turbinas producen el mismo trabajo.
La relación de presiones en el compresor es la que producirá el máximo trabajo en un ciclo ideal simple.
εREG = 80 % ; ηCOMP = 85 % ; ηEXP = 100 % ; °
m = 12 kg/sg
El ciclo recibe calor proveniente de un reactor nuclear nuclear (externo al ciclo)
a) Determine la relación de presiones en el compresor.
b) Determine la potencia (kW) consumida por el compresor.
c) Determine la potencia (kW) que desarrolla cada turbina.
d) Determine el calor ahorrado (kW) por el generador.
SOLUCIÓN:
1
3
2
TAP TBP
4 5
1
2i
T
S
7 5
4
2
3 3i
6
8 8i
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Dr. José Hugo Tezén Campos 51
a) Calculo de π para trabajo máximo:
π = )1(2
1
4−
k
k
T
T =
)4.0(2
4.1
288
900
= 7.345
Rpta: π = 7.345.
b) Calculo de la potencia del compresor:
°
W c = °
m Cp(T2 – T1) . . . . . . . . . . (1)
T2i = T1 k
k 1−
π = 288(7.345) 4.1
4.0
= 509.12 °K
ηexp = 12
12
TT
TT i
−
− → 0.85 =
288
28812.509
2 −−
T → T2 = 548.14 °K . . . . . . . . . . (2)
(2) y datos en (1):
°
W c = 12(1.0035)(548.14-288) = 3134.15 kW
Rpta. °
W c = 3134.15 kW
c) Calculo de la potencia de la turbina
°
W T = °
m Cp (T4 – T5) . . . . . . . . . . (3)
P5 = P6 = 271)1(345.7)( 74 ==PP
5
4
T
T=
k
k
P
P1
5
4
−
→
4.1
4.0
5 71.2
345.7900
=T
→ T5 = 676.9 °K . . . . . . . . (4)
(4) y datos en (1):
°
W T = 12(1.0038)(900 – 676.9) = 2,687.8 KW
Rpta: °
W T = 2,687.8 KW
d) Calculo del calor ahorrado por el regenerador:
QREG = °
m Cp(T3 – T2) . . . . . . . . . (5)
ε = 23
23
TT
TT
i −
− =
25
23
TT
TT
−
− → ε =
14.5489.678
14.5483
−
−T
T3 = 651.148 °K . . . . . . . . . (6)
(6) y datos en (5):
QREG = 12(1.0035)(651.148-548.14) = 1241 KW
Rpta: QREG = 1241 KW.
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Dr. José Hugo Tezén Campos 52
P4.4 En una planta con turbina de gas, la potencia neta de la misma debe ser de 10 MW, el compresor aspira el aire a 1 bar y 300 °K, a la salida de la cámara de combustión las condiciones son de 6 bar y 1000 °K, la expansión se lleva a cabo en dos turbinas adiabáticas, montadas como se muestra en la figura, de modo tal que la primera debe suministrar el 50% de la potencia requerida por el compresor, la potencia restante es suministrada por un motor eléctrico. Las eficiencias isoentrópicas del compresor y las turbinas pueden considerarse de 100%. En la cámara de combustión se usa un combustible de Pc = 42,000 KJ/kg.
a) Determinar P(KN/m2) y T(°K) en (4)
b) Determinar el flujo de aire en el compresor en kg/seg
c) Determinar el consumo de combustible (kg/min) si la eficiencia de combustión es de
95%
d) Si en la planta se usara un regenerador con 70% de efectividad, determinar la ra/c en la
cámara:
SOLUCIÓN:
Datos:
o
W N = 10 MW; P1 = 1 bar; T1 = 300 °K; Pg = 6 bar; T3 = 100 °K
o
W T1 = 0.5 o
W c ; Pc = 42,000 KJ/kg; ηad(C) = ηad(T) = 100 %
a) Cálculo de P4 y T4 :
P2 = P3 = 6 bar
T2 = T1 k
k
P
P1
1
2
−
= 300
4.1
4.0
1
6
→→→→ T2 = 500.55 °K S
T
1
2
5
4
3
a
P = cte
CARGA 1
2 3
4
5
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Dr. José Hugo Tezén Campos 53
QA = o
m c Pc = o
m Cp(T3 – T2) →→→→ ra/c = )( 23 TTCp
Pc
−
ra/c = )55.5001000(004.1
000,42
− →→→→ ra/c = 83.757
comb
aire
kg
kg
o
W T1 = 0.5o
W c
(o
m c + o
m a)Cp(T3 – T4) = 0.5Cp(o
m a)(T2 – T1)
(ra/c +1) (T3 – T4) = 0.5(T2 – T1)
+1757.83
1(1000 – T4) = 0.5(500.55 – 300) →→→→ T4 = 900.9 °K
1
4
3−
k
k
T
T=
4
3
P
P →→→→
4.0
4.1
4 9.900
10006
=P
→→→→ P4 = 4.164 bar
b) Calculo del flujo de aire en el compresor (o
m a):
o
W N = (o
m a + o
m c)Cp(T5 – T4) →→→→ 10,000 = o
m a (757.83
11+ )1.004(T4 – T5)
5
4
P
P =
1
5
4−
k
k
T
T →→→→
4.1
4.0
1
164.4
=
5
9.900
T →→→→ T5 = 599.34 °K
∴ 10,000 = o
m a
+1757.83
1(1.004)(900.91 – 599.34)
o
m a = 32.64 kg/sg.
Rpta: o
m a = 32.64 kg/sg.
c) Calculo de consumo de combustible para ηcomb = 95%
ηηηηcomb = T
A
Q
Q →→→→ ηηηηcomb =
Pcm
TTCpm
c
a
.
)( 23
o
o
−
0.95 = ra/c 000,12
)55.5001000(004.1 − →→→→ ra/c = 79.569
comb
aire
kg
kg
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Dr. José Hugo Tezén Campos 54
∴79.569 = cm
o
64.32 →→→→
o
m c = 0.41 kg/seg
Rspta: o
m c = 24.6 kg/min.
d) Calculo de ra/c para ε = 0.7
εεεε =25
2
TT
TTa
−
− →→→→ 0.7 =
55.50034.599
55.500
−−Ta
→→→→ Ta = 569.7 °K
ηηηηcomb = ra/c Pc
TaTCp )( 3 − →→→→ 0.95 = ra/c 000,42
)7.5691000(004.1 −
rc/c = 92.35
Rpta: ra/c = 92.35 comb
aire
kg
kg
P4.5 En una turbina de gas regenerativa, la efectividad del regenerador es 0.6; las
eficiencias adiabáticas en la turbina y en el compresor son iguales. El compresor aspira el
aire a 1 bar y 300°K; la relación de presiones es 5, temperatura máxima del ciclo = 1200
°K y la temperatura de los gases a la entrada del regenerador es de 790 °K .
a) Grafique el ciclo en el plano T- s indicando los valores de T y P, en °K y en bar
respectivamente.
b) Calcule la eficiencia térmica del ciclo, en °K.
c) Si el flujo de aire aspirado por el compresor es 250 m3/min y ra/c es de 46, determine
la potencia neta de la turbina, en KW.
SOLUCION:
Datos:
E = 0.6
ηηηηr = ηηηηc
P1 = 1 bar
π = 5
T4 = 1200 °K
T5 = 790 °K
T1 = 300 °K
1
2 3 4 6
TC
S
T
qREG
qA
2i
2
3 3i
4
5
5i 6 6i
1
qB
qREG
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Dr. José Hugo Tezén Campos 55
KTT K
K
i °===−
146.475)5(300 4.1
4.01
12 π
KTTT
T
T
Ti
ii
i °=→=→= 662.7571200
300
146.4755
55
4
1
2
ηηηηad(C) = ηηηηad(T)
662.7571200
7901200300146.475
254
54
12
12
−−
=−
→−
−=
−
−
TTT
TT
TT
TT
i
i
T2 = 488/.96°K
εεεε =96.488790
96.4886.0 3
25
23
23
23
−
−=→
−
−=
−
− T
TT
TT
TT
TT
i
T3 = 669.58 °K
qreg = Cp(T3 – T2) = Cp(T5 – T6) → T3 – T2 = T5 – T6
669.58 – 488.96 = 790 – T6 = 609.37 °K
N° 1 2 3 4 5 6
P(bar) 1 5 5 5 1 1
T(°K) 300 488.96 669.58 1200 790 609.37
b) Cálculo de ηt :
ηηηηt = 1 - A
B
q
q = 1 4167.0
58.6691200
35037.6091
34
16 =−
−−=
−
−
TT
TT
Rpta. ηηηηt = 41.67%
c) Cálculo de la potencia neta de la turbina.
)()( 54 TTCpmmW caT −+=°°°
. . . . . . (I)
°
m a = min
Kg
TP
VPo
36.290)300(287.0
)250(100
11
11 == . . . . . . (2)
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Dr. José Hugo Tezén Campos 56
°
m c = min
Kg
r
m
ca
a312.6
46
36.290
/
==
•
. . . . . . . (3)
(2) y (3) en (I) °
TW = (290.36 + 6.312). 60
1. (1.0035) (1200 – 790) = 2034.35KW
Rpta. °
TW = 2034.35KW
P4.6 Analice la planta térmica a gas mostrada en el esquema.
- Eficiente mecánica turbocompresor: 0.9 TBP: 0.95
- Eficiente adiabática compresión: 95%; Expansión: 95%
- Poder calorífico del combustible: 38,8000Kg
KJ
a) Complete el cuadro de datos:
N° P (bar) T(°K)
1 1.2 310
2
3 9.2 1400
4
5 1.2
4
TAP
3 4
1 AIRE
CARGA 3 MW
TBP
5
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b) Determine el flujo de aire (Kg/min) en el compresor.
SOLUCIÓN:
a) P2 = P3 = 9.2 bar
K
K
i
P
P
T
T1
1
2
1
2
−
=
4.1
4.0
22.1
2.9310
=iT
T2i = 554.76 °K
nc = KTTTT
TT i °=→−−
=→−
−64.567
310
31076.55495.0 2
212
12
Cálculo de T4:
°
W EJE(C) = °
W EJE(TAP)
2.
m
CTTm
m
C
n
wWWn
n
wo
oo
o
=→=
(°
m a + °
m c)Cp(T3 – T4) = 2
12 )(
m
a
n
TTCpm −o
T4=T3 - )1(
)(
)(
)(
/
2
123
2
12
acmcam
a
rn
TTT
mmn
TTm
+
−−=
+
−oo
o
. . . . . . . . . (I)
Cálculo de rc/a:
°
AQ = °
m c . p.c. = °
m aCp(T3 – T2) → ra/c = .
)( 23
pc
TTCp −
ra/c = aire
comb
Kg
Kg .022.0000,38
)64.567400.1(004.1=
−. . . . . . . . . (2)
(2) y datos en (I):
T4 = 1400 - K°=+
−69.1114
)022.01()94.0(
)31064.567(2
Calculo de P4 y T5:
T
1
2i
2 5i
5
S
4i
4
3
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Dr. José Hugo Tezén Campos 58
ηηηηexp(TAP) = KTTTT
TTi
ii
°=→−
−=→
−
−67.1099
1400
69.1114140095.0 4
443
43
barPPP
P
T
T iK
K
951.32.9
67.1099
14004
4
5.3
4
21
4
'
3 =→=
→=
−
KTTP
P
T
Ti
i
k
K
i
°=→
=→
=
−
7932.1
951.369.114,15
4.1
4.0
5
1
5
4
5
4
ηηηηexp(TEP) = KTT
TT
TT
i
°=→−
−=→
−
−08.809
79369.1114
69.111495.0 5
5
54
54
N° pbar) T(°Kg)
1 1.2 310
2 9.2 56.T649
3 2.2 1400
4 1.95 1114.69
5 1.2 809.08
b) Calculo de °
m a (kg/min):
ηηηη (TBP) = m
EJEca
m
EJET
T
EJE
n
WTTCpmm
n
WW
W
Wo
oo
o
o
o
o
=−+(→=→ )() 34
°
m a(1 +ra/c) Cp(T4 – T5) = m
EJE
n
Wo
°
m a = )08.80939.1114)(1004)(023.01(95.0
3000
)()1( 54/ −+=
−+ TTCprn
W
acm
EJE
°
m a = 10.07 kg/sg Rpta.: °
m a = 804.228 kg/min
P4.7 En la planta con turbina a gas mostrada, la turbina de alta presión sirve
exclusivamente al compresor y la de baja presión produce una potencia de 2000KW. Las
eficiencias son: ηcom = 88% ; ηexp = 90% ; εReg = 75%
P1 = P8 = 1bar; P2 = 5bar ; T1 = 300°K ; T4 = 1300°K
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Dr. José Hugo Tezén Campos 59
a) Grafique el ciclo en el diagrama T-s indicando los valores de T para cada estado.
b) Determine la presión intermedia.
c) Determine el flujo de masa de aire del compresor
d) Determine la eficiencia térmica.
SOLUCION:
Datos
°
W E = 2000 KW
ηcom = 88%
ηexp = 90%
εReg = 75%
P1 = P8 = 1 bar
T1 = 300 °K
P2 = 5 bar
T4 = 1300 °K
KTP
P
T
Ti
k
K
i °==→
=
−
146.475)5(300 4.1
4.0
2
1
1
2
1
2
nCOM = KTTTT
TT i °=→−−
=→−
−499
300
300146.47588.0 2
212
12
Considerando nmec(C) = nmec(T) = 1 tenemos:
WEJE(C) = WEJE(t)
Cp(T2 – T1) = Cp(T4 – T5)
499 – 300 = 1300 – T5 → T5 = 1101°K
nExp = iTT
TT
54
54
−
− →→→→ 0.9 =
iT51300
11011300
−
− →→→→ T5i = 1078.88 °K
4.0
4.1
5
1
5
4
5
4
88.1078
13005
=→
=
−
PT
T
P
P k
k
i
→→→→ P5 = 2.6bar
4.1
4.0.
6
1
6
5
6
5
1
6.21101
=→
=
−
i
k
k
i TP
P
T
T →→→→ T6i = 837.96°K
nExp = =−
−
iTT
TT
65
65 →→→→ 0.9 = 96.8371101
1101 6
−
−T →→→→ T6 = 772.95°K
1
C
2 3 4
TAP
m1
m2
5
6
1 1
2,000 KW
T
1
2i
2 3 3i
8i
8
5
4
S
6i
6, 7 qREG
qA
qREG
qB
5i
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Dr. José Hugo Tezén Campos 60
εεεε = 26
23
23
23
TT
TT
TT
TT
i −
−=
−
− →→→→ 0.75 =
49926.864
4993
−
−T →→→→ T3 = 772.95°K
qreg = Cp(T3 – T2) = Cp(T8 – T1) →→→→ 772.95– 499 = T8 – 300 T8 = 573.95°K
b) Cálculo de la presión intermedia P5:
4.0
4.1
5
1
5
4
5
4
88.1078
13005
=→
=
−
PT
T
P
P k
k
i
→→→→ P5 = 2.6 bar
Rpta.: P5 = 2.6 bar
c) Cálculo de °
m aire:
°
W EJE(t) = °
m Cp(T5 – T6 → 2000 KW = °
m (1.004)(1101 –864.26)
Repta.: °
m = 8.414 kg/sg.
d) Cálculo de la eficiencia térmica:
ηηηηt = 1 -95.7721300
3095.57311
34
18
−−
−=−
−−=
TT
TT
q
q
A
B = 0.48
Rpta.: ηηηηt = 48%
P4.8 En la figura se muestra la instalación de una planta con turbina a gas que funciona en las condiciones que se indican:
T1= 300°K
T6 = 800°K
P1 = 1 bar
P2 = 2.5 bar
P4 = 6.25 bar
ηcom = 100%
ηExp = 100%
εreg = 85%
°
W = 5,000kw
a) Determine la potencia que genera la turbina
b) Determine el porcentaje de la potencia generada por la turbina que es consumido por
el compresor, y a cuanto aumenta ese porcentaje si las eficiencias de compresión y
expansión se reducen a 92%.
C2
4 5 6
T
7 CC
carga w
1
C1
2 3
8
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Dr. José Hugo Tezén Campos 61
c) Determine el porcentaje de ahorro de combustible que representa la instalación del
regenerador con respecto a la planta sin este (considerando eficiencias de
compresión y expansión del 100%)
SOLUCION:
a) Cálculo de la °
W t
°
W t = °
m Cp(T6 – T7) ....(I)
T2 = T14.1
4.01
1
2 )5.2(300=
−
k
k
P
P = T4 = 389.78 °K
T7 = 4.1
4.01
7
6
6
)25.6(
800=
−
k
k
P
P
T= 473.91 °K ...... (2)
εεεε= 78.38991.473
78.38985.0 5
47
45
45
45
−
−=→
−
−=
−
− T
TT
TT
TT
TT
i
→→→→ T5 = 461.29°K
εεεε = 78.38991.473
78.38985.0 8
47
87
87
87
−
−=→
−
−=
−
− T
TT
TT
TT
TT
i
→→→→ T8 = 402.4°K
ηηηηciclo = )(
)( 5656
TTCpn
Wm
TTCpm
W
Q
W
ciclo
NN
A
N
−=→
−=
o
o
o
o
o
o
... .... (3)
ηηηηciclo = 1 - ( ) ( )
)(1
56
183221
TT
TTTT
q
A
BB
−
−−−−=
−
ηηηηciclo = 1 - )29.461800(
)3004.402()30078.369(
−
−+−= 0.4326
(4) y datos en (3):
°
m = )29.461800)(004.1(4326.0
5000
−= 33.987kg ..... (5)
(5) y datos en (I)
°
W T = 33.987(1.004)(8000 – 473.91) = 11,127KW
Rpta: °
W T = 11,127 KW
5i 5
qA
qB
qREG
4
T
S
qREG 8
8i
6i
7
1 3
2
6
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b) Determinación del porcentaje generada por la turbina que es consumido por el
compresor:
r = 127,11
5000=
T
N
W
Wo
o
= 0.4493
Rpta: r = 44.93%
c) Cálculo del porcentaje de combustible ahorrado:
°
m C1 = masa de combustible con regeneración
°
m C2 = masa de combustible sin regeneración
% ahorro =
2
1
2
121
C
C
C
CC
m
m
m
mmo
o
o
oo
−=−
.... (6)
°
Q A = °
m Cp(T6 – T5) = °
m C1 Pc ... ...... (7)
°
Q A = °
m Cp(T6 – T4) = °
m C2 Pc ... ...... (6)
Dividiendo (7) ÷ (8)
78.389800
29.461800
46
56
2
1
−−
=−
−=
TT
TT
m
m
C
C
o
o
= 0.8257 .....(9)
(9) en (6):
% ahorro = 1 – 0.8257 = 0.1743
Rpta: % ahorro = 17.43%
P4.9 En una turbina de gas de ciclo cerrado que opera con He (Cp = 5.1926 y R =
2.077Kkg
KJ
°) el He ingresa al compresor a 10°C, la temperatura máxima es de 1060°C.
a) Determinar la relación de presiones que maximiza el trabajo neto.
b) En el caso del enunciado anterior cual es la eficiencia del ciclo
SOLUCIÓN:
a) Cálculo de π para trabajo neto máximo:
1
1
3−
=
k
k
T
Tπ ; K =
077.21926.5
1926.5
−=
− RCp
Cp = 1.666
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π =666.0
666.1
27310(
)2731060(
+
+ = 6,94
Rpta: π = 6.94
b) Cálculo de ηt
ηc = 1 -
666.1
066.01
94.6
11
1−=−
k
k
π
= 0.5398
Rpta: ηc = 53,92%
P4.10 Un motor a reacción funciona de acuerdo al ciclo Joule-Brayton, si las condiciones
de admisión al compresor son de 0.96 bar y 285 °K y al ingreso de la turbina de 8 bar y
1300 °K y el combustible usado tiene un Pc de 36 MJ/kg y se quema con una eficiencia de
95%.
a) Determinar las velocidades de los gases a la salida de la tobera en m/s.
b) Determinar la ra/c en la cámara de combustión.
SOLUCION:
Solución.
Datos:
P1 = 0.96 bar
T1 = 285 °K
P3 = 8 bar
T3 = 1300 °K
Pc = 36 MJ/kg
ηc = 95%
a) Calculo de la velocidad de los gases de salida.
En la tobera tenemos:
h 4 + 2
2
4V = h5 +
2
2
5V → V5 = )(2 54 hh − = )(2 54 TTC p − . . . . . . . . . . (1)
0.9t bar
2
3 Q 4
0.9t bar
1
2
T
S
5
4
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°
W c = °
W T
Cp (T2 – T1) = Cp (T3 – T4) → T4 = T3 + T1 [1 - k
k 1−
π ]
T4 = 1300 + 285 [1 – 4.1
4.0
)96.0
8( )] = 1062.68 °K . . . . . . . . . . . (2)
T5 =
k
k
T1
3
−
π
=
4.1
4.0
)96.0
8(
1300 = 709.336 °K . . . . . . . . . . (3)
(2) y (3) en (I) : V5 = )336.70968.1062(10).004.1(2 3 − = 842.327 m/sg
Rpta: V5 = 842.327 m/sg.
b) Calculo de la ra/c :
ηc =
pcm
TTCm
Q
Q
c
a
T
A
o
o
)( 23 −= → ra/c = )( 23 TTC
pcn
p
c
−
ra/c = 8.43
])96.0
8(2851300[004.1
)36000(95.0
)( 4.1
4.01
13
=
−
=
−−
k
k
p
c
TTC
Pcn
π
Rpta: ra/c = 43.8 comb
aire
Kg
Kg
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CAPITULO V
CICLO CLAUSIUS – RANKINE: TURBINA A VAPOR P5.1 En una planta industrial donde se emplea vapor de agua en el área de producción, se
tomó la decisión de utilizar un ciclo de recalentamiento en el que el vapor entra a la turbina a
8 MPa y 450 ºC; a 1,2 Mpa, y se condensa a 7 Kpa; si la eficiencia de la turbina y de la
bomba es de 98% y 85% respectivamente. Determinar:
a) Trabajo neto, en kgkJ
b) Porcentaje del calor total de recalentamiento
c) Eficiencia del ciclo, en %
d) El diagrama T-s
)1(
)2( 1R
2,12 =p
)3(
6
5 kPap 75 =
Te
Ts
TW&
CT º4003 =
)4(
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a) Calculo de NW :
)1.....(BTN WWW −=
del D. Mollier:
Con kg
kJhTp 3275y 111 =⇒
Con ⇒= 122 y ssp i D. Mollier:
kg
kJh i 28002 =
kg
kJhhhh
hh
hhiadt
i
adt 2838)28003275(92,03275)( 2112
21
21 =−−=−−=⇒−
−= ηη
Con: kg
kJhTp 3265y 333 =⇒
Con: ⇒== 3454 y sspp i D. Mollier: kg
kJh i 22904 =
)( 4334
42
43iadt
i
adt hhhhhh
hh−−=⇒
−
−= ηη
kg
kJh 2368)22903265(92,032654 =−−=
kg
kJhTch e 44,16740186,4 555 =⇒×==
kg
kJppvWB 993,7)78000(001,0)( 56 =−=−=
kg
kJhwhhhw BB 438,17544167993,75656 =×+=+=⇒−=
adb
adbiiadt
hhhh
hh
hh
η
ηη 556
6
56
56 +−=⇒
−
−=
kg
kJhh 433,173
85,0
44,16785,044,16743,17566 =⇒
×+−=
2
i2
3
i4
45
i6
1
T
s
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23083265283832754321 −+−=−+−= hhhhWT
kg
kJWT 1334=
kg
kJWW NN 1326993,71334 =⇒−=
b) kg
kJqhhq RR 4272838326523 =⇒−=−=
kg
kJqhhq caldcald 57,309943,175327561 =⇒−=−=
%q
q
cald
R 78,13100 =×
c) %q
Wt
A
Nt 60,373760,0
57,3099427
1326=⇒=
+== ηη
P5.2 El esquema de bloque que se muestra, representa una planta térmica a vapor.
Para los datos siguientes:
� Trabajo de la bomba (B1): kgkJ47,2
� 80,0cald =η ; skgcm 7,2=& ; kgMJ42Pc = ; galkg,63Pc = ; 9,0adbadt ==ηη ;
%mBmJ 95==ηη ; 92,0=geη ; cT º2504 = ; CT º705 = ; 1%20 mpm && =
� Caída de presión de (1 a 2): 80%
m&)1(
)2( 1R
)3()4(
)5(
1mm && −
1m&
m&
m&
1m&
pm&
)8(
)9(
)7(
)6(
1B
11
cm&
am&
Te
Ts
º12=∆T
Refrig. 2OH
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� Temperatura del vapor al pasar por el supercalentador se incrementa en 225ºC
� Temperatura del vapor al pasar por el recalentador se incrementa en 90ºC
Determinar:
a) Eficiencia de la planta
b) Flujo de agua de reposición de la caldera en skg
c) Flujo de agua de refrigeración skg
SOLUCION:
).....(
).....(
).....(
).....(
104
32
1987
1165
dpp
cpp
bpppp
appp
=
=
===
==
1
1p
2p
4p
5p
1mm && −
m&m&
m&
1m&1m&
2i2
3
5
i511
10
4i4
T
s
1T
6
i78
9
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Puntos 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
P (bar) 25,00 5,00 5,00 2,30 0,30 0,30 25,00 25,00 25,00 2,30 0,30
T (ºC) 450,00 248,00 338,00 250,00 70,00 70,00 70,65 125,00 125,00 125,00 70,00
h (kJ/kg) 3350,00 2956,70 3150,00 2970,00 2626,00 293,00 295,74 523,30 523,30 523,30 523,30
Con ⇒= CTS º70 D. Mollier: )(303,05 aporkPabarp ⇒== :
kPapv
WpppvW B
B 250030001,0
47,2)( 6767 =+=+=⇒−=
)(257 bporbarp ⇒=∴
)(5)8,01(8,0 1112212,1 cporbarppppppp ⇒=−=−=⇒−=∆ :
Con ⇒1p D. Mollier: CCTTCT SatSat º450º225º225 1 =+=⇒=
Con ⇒11 y Tp D. Mollier: kg
kJh 33501 =
Con ⇒= 122 y ssp i D. Mollier: kg
kJh i 29132 =
)29133350(9,03350)( 2112
21
21 −−=−−=⇒−
−= iadt
i
adt hhhhhh
hhηη
⇒⇒=⇒ 22 y 7,2456 ph D. Mollier: CT º2482 =
CTT º3389023 =+= y con ⇒3p D. Mollier: 31502 =h
Con ⇒= 355 y ssp i D. Mollier: kg
kJs i 25885 =
)25683150(9,03150)( 5335
53
53 −−=−−=⇒−
−= iadt
i
adt hhhhhh
hhηη
kg
kJh 2,26265 =⇒
se une con el pto.3 a donde corta a 4T , se obtiene el pto.4, ubicada este punto en el D. De
Mollier se saca 4p y kg
kJh 24704 =
kg
kJTch ec 02,29370180,40 =×==
kg
kJhwhhhW cbiib 47,29529347,2747 =+=+=⇒−=
9,0
2939,029347,295477
47
47 ×+−=
+−=⇒
−
−=
adb
adbciiadb
hhhh
hh
hh
η
ηη
Cc
hT
kg
kJh
e
º649,70180,4
74,29574,295 7
77 −==⇒=⇒
Cp
TTT Sat º125
4
108 === ; 91088 25,523125180,4 hhkg
kJTch e ===×==
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Balance en Y:
Recalculo de los flujos másicos:
).....()()()( 23912391 αη
cPcm
hhhhm
cPcm
hhmhhm
Q
Q
T
Acald
&
&
&
&&
&
& −+−=
−+−==
s
kJ
kg
kJ
s
kJQT 600,96420003,2 =×=&
s
kJ
kg
kJs
kJ
hhhh
Qm Tcald 5894,25
)7,275031503,5233350(
600,968,0
)( 2341
=
−+−
×
=−+−
×=
&
&η
Balance en el calentador cerrado:
108741 hmhmhmhm &&&& +=+
7810141 hmhmhmhm &&&& −=−
s
kg
hh
hhmm 3799,2
)3,5232970(
)74,2953,253(5894,25
)(
)(
104
781 =
−
−=
−
−=
&&
s
kgmmm pp 475998,037999,22,02,0 1 =⇒×== &&&
s
kgmm 20941,231 =− &&
Cálculo de las potencias
)()()( 5414221 hhmmhhmhhmWT −+−+−= &&&&&
)26262970(20941,23)29703150(5894,25)7,24563350(5894,25 −+−+−==TW&
kWWT 44,22654=& ; ).....(IWWW
WTme
T
em
&&&
&
ηη =⇒= ; ).....(IIWWW
Wegege
e
ge
ge&&
&
&
ηη =⇒=
:)(en )( III kWWWW geTmgege 98,1979944654,2295,092,0 =⇒×××== &&& ηη
kWWWmW BBB 114956,7074,25894,25 =⇒×== &&&
Luego; 5790,2020569,096600
115,7098,19799=⇒=⇒
+=
+= PP
T
Bge
PQ
WWηηη
&
&&
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El flujo de agua de reposición de la caldera procesos) a vaque agua de flujo()( PR mm && =
s
kgmR 48,0=&
Cálculo de ).....(.. βTc
QmTcm
e
Srefaerefa
∆=⇒∆
&
&&
)2933,523(37999,2)2932626(2094,23)()( 641651 −+−=−+−−= hhmhhmmQB&&&&
kWQB 5419,54895=&
Reemplazando en )(β :
s
kgm
CCkg
kJs
kJ
m refarefa 87,1088
º12º
186,4
6419,54695
.. =⇒
×
= &&
P5.3 El esquema de bloques que se muestra representa a una planta térmica a vapor, con
los datos indicados:
mc°=2.1Kg/s PC=42MJ/Kg P8=10bar P11=0.4bar P5=2bar T4=350°C ηcald=85%
Determinar: Qa° W°t Qb° W°bbs mv° ηtermica del ciclo
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m°-m1° ηplanta m°-m1°-m2° Diagramas T-s y H-s SOLUCION: Diagrama T-s
Diagrama h-s
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Luego de llenar la tabla con ayuda del gráfico de Mollier Se pudo apreciar que el estado 3 es vapor húmedo y el estado 6 es vapor sobrecalentado, contrario a lo supuesto inicialmente
P1=P13
P2=P12=P9=P8
P4=P3
P5=P10
P6=P11=P7
∆Ts=146.1°C
T1-Ts/P30bar=146.1 T1-233.90 =146.1 T1=380°C
Estado P(Kpa) T(°C) h(KJ/Kg)
1 3000 380 3184.66
2 1000 232 2905
3 400 145 2720
4 400 350 3160
5 200 255 2985
6 40 75.87 2665
7 40 75.87 317.59
8 1000 76.099 318.55
9 1000 120.23 503.28
10 200 120.23 504.70
11 40 75.87 504.70
12 1000 179.91 762.81
13 3000 182.71 764.81
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a) ηcald= (mv°)(qa°)/((mc°)(PC))= Qa°/((mc°)(PC)) 0.85=Qa°/(2.1)(42000) Qa°=74970KJ/s ..........a T6=Tsat/P0.4bar=75.87°C h7=4.186*T7=4.186*75.87=317.59 wb=v(P8-P7)=0.001(1000-40)=0.96KJ/Kg wb=h8-h7 h8=wb+h7=0.96+317.59=318.55 h8=T8*4.186 T8=318.55/4.186=76.0989 T12=Tsat/P10bar=179.91°C T10= Tsat/P2bar=120.23°C h10=hf=504.70 wb2=v(P13-P12)=0.001(3000-1000)=2KJ/Kg h12=hf=762.81 wb2=h13-h12 h13=wb2+h12=2 + 762.81=764.81 h13=4.186*T13 T13=764.81/4.186=182.7066 T9=T10 h9=4.186*T9=4.186*120.23 En el Calentador Abierto Σmi*hi= Σms*hs m1°*h2+(m°-m1°)*h9=m°*h12 m1°*h2+m°*h9-m1°*h9=m°*h12 m1°*(h2-h9)=m°(h12-h9) m1°=m°(h12-h9)/(h2-h9) m1°=m°*0.1081 .......b Ademas Qa°=m°*(h1-h13)+(m°-m1°)(h4-h3) 74970= m°*(3184.66-764.81)+(m°-0.1081*m°)(3160-2720) m°=26.6580Kg/s ..........c de b y c se tiene m1°=2.8817Kg/s m°-m1°=23.7763Kg/s ........d En el calentador cerrado Σmi*hi= Σms*hs teniendo en cuenta (d): m2°*h5 +(m°-m1°)h8=(m°-m1°)*h9+m2°*h10 m2°*2985 +(23.7763)*318.55=(23.7763)*503.28+m2°*504.70 m2°=1.7708Kg/s m°-m1°-m2°=22.0055Kg/s ........e Con d y e Qb°= (m°-m1°-m2°)*(h6-h11)+(m°-m1°)*(h11-h7)
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Qb°=22.0055(2665-504.70)+ 23.7763(504.70-317.59) Qb°=51987.2651KJ/Kg Wta°= Potencia indicada de la turbina de alta
Wta°=m°(h1-h2)+ (m°-m1°)(h2-h3)
Wta°=26.6580(3184.66-2905)+23.7763(2905-3184.66) Wta°=805.8962KJ/s Wtb°=Potencia indicada de la turbina de baja Wtb°=(m°-m1°)(h4-h5)+ (m°-m1°-m2°)(h5-h6) Wtb°=23.7763(3160-2985)+ 22.0055*(2985-2665) Wtb°=11202.6125KJ/s ηtermica del ciclo=1-(Qb°/Qa°)=1-(51987.2651/74970)=0.306579
ηtermica del ciclo=30.6579%
Asumiendo ηad=ηm=1
Windicada tubina de baja°=Wreal turbina de baja°=Weje turbina de baja=11202.6125KJ/s
ηplanta=(Wneta de salida°)/(Qt°)=(Wneta de salida°)/((mc°)*(PC))=11202.6125/(2.1*42000)
ηplanta=0.127014 ηplanta=12.7014%
P5.4 La planta térmica a vapor con recalentamiento intermedio y extracción muestra los
siguientes datos:
wb1=2.47KJ/Kg
ηcaldera=0.80
mc°=2.3Kg/s
PC=42000KJ/Kg
ρc=3.6Kg/galon
ηadt= ηadb=0.9
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ηmt= ηmb=0.95
ηge=0.92
T4=250°C
T5=70°C
mp°=(20%)m1°
∆P1-2=80%
∆Tsup=225°C
∆Trecalentador=90°C
Determinar
a) La eficiencia de la planta (ηp).
b) El flujo de vapor (m°v) en Kg/s
c) El flujo m°1 en Kg/s
SOLUCION
Grafica T-s
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P1=P9=P8=P7
P3=P2
P4=P10
P5=P11=P6
wb1=2.47KJ/Kg=v(P7-P6) 2.47=0.001(P1-P5) T5=70°C Psat/(t=70°C)=31.19Kpa=P5=P6 2.47=0.001(P1-31.19) P1=2501.19Kpa P2=(20/100)P1 P2=(20/100)2501.19= 500.238Kpa
Estado P(Kpa) T°C h (KJ/Kg)
1 2501.19 352.368 3125
2 500.238 155 2755
3 500.238 245 2960
4 500 250 2960
5 31.19 70 2455
6 31.19 70 292.98
7 2501.19 70.58 295.45
8 2501.19 151.86 635.69
9 2501.19 151.86 635.69
10 500 151.86 640.23
11 31.19 70 640.23
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∆Tsup=225°C T1- Tsat/P1=225 T1=225+127.368=352.368 T3= T2 + ∆t recalentador T3=155+90=245 wb=h7-h6 h7=wb+h6=2.47+292.98=295.45 h7=4.186*T7 T7=295.45/4.186 T7=70.58°C h8=4.186*T8=4.186*151.86=635.686 h8=635.686 ηcaldera=(mv°*qa)/(mc°*PC)= Qa°/(mc°*PC) 0.8=Qa°/(2.3*42000)
Qa°=77280KJ/Kg ................................a ηplanta=Wn°/Qa° ..............b ηge= (Wge°=Wn°)/Weje° ηmt=(Weje°)/Wrt° ηad=(Wrt°)/Wit° ηge* ηmt* ηad=(Wge°=Wn°)/Witbaja° ............c Witbaja°=m°(h3-h4)+(m°-m1°)(h4-h5) ...............d En el calentador cerrado Σmi*hi= Σms*hs m1°h4+m°*h7=m°*h8+m1°*h10 m1°(h4-h10)= m°(h8-h7) m1°=m°(h8-h7)/(h4-h10)= m°(635.69-295.45)/(2960-640.23)= m°*0.1467........e Teniendo en cuanta a Qa°=m°(h1-h9) 77280= m°(3125-635.69) m°=31.0447Kg/s De (e) se tiene m1°=31.0447*0.1467=4.5533 m1°=4.5533Kg/s m°-m1°=26.4914Kg/s...........f de (d) y (f) Witbaja°=26.4914(2960-2455)=13378.157KJ/s Witbaja°=13378.157KJ/s De ( c ) Wn°=0.92*0.95*0.9*13378.157=10523.2583KJ/s Wn°=10523.2583KJ/s De b ηp =10523.2583/(2.3*42000)=0.108936 ηp =10.8936%
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P5.5 El esquema que se muestra corresponde a una planta térmica a vapor que
produce 2000 KW; con los datos que se señalan en el mismo se pide:
a) Completar el cuadro de datos adjunto
a) Determinar la eficiencia del ciclo en función de QA, QB y en función de la TM, Tm,
considerando el trabajo de la bomba.
b) Determinar la cantidad de vapor a utilizar en hr
Kg
BB
caldero
Pw=10bar
Tw=445ºC
W = 2000 KW
3
2
pd = 0.6 bar
QB
QA
4
supercalentador
1 2 3 4
P (bar) 0.6 10 10 0.6
T ºC 86 86.22 445 100
h (KJ/Kg) 361.2 362.14 3310 2680
X (%) 0 ----- ----- -----
S (KJ/KgºK) Sf =1.1398 1.1398 7.6 7.6
SOLUCION:
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Dr. José Hugo Tezén Campos 80
1
2
3
4
pw=10 bar
pd = 0.6 bar
445
S
T ºC
Calculo de la )( , BA qqf=η
−= 1η )1....(..........A
B
q
q
qA = h3 – h2 ……… (2)
h2 – h1º = υ (p2 - p1)
h2 º = υ (p2 - p1) + h1
pero: h1 = 4.2 ×KgC
KJ86ºC
h1 = 361.2 Kg
KJ
h2 = 0.001 ( )2
3
601000m
KN
Kg
m− + 361.2
h2 = 0.94 + 361.2 = 362.14 KgKJ
Reemplazando valores en (2):
qA = 3310 – 362.14
qA = 2947.86 Kg
KJ
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qB = h4– h1
qB = 2680 – 361.2
qB = 2318.6 Kg
KJ
Calculo de la eficiencia
Reemplazando valores en (1)
η = 1-86.2947
8.2318
η = 0.213395
η = 21.3395%
Calculo de la η = f(TM, Tm)
−= 1ηM
m
T
T ………….. (3)
Calculo de TM
TM 23
23
ss
hh
−
−=
TM 4692.6
86.2947
1398.16.7
14.3623310=
−
−=
KgKKJ
KgKJ
TM= 456.31 ºK
Calculo de Tm
Tm
14
14
ss
hh
−
−=
Tm4602.6
2.3612680 −=
Tm = 358.936ºK
Luego reemplazando en (3):
31.456
936.3581−=η
213394.0=η
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η = 21.3394%
Determinación de T2
Se sabe que:
h2 = CeT2
KgCKJ
KgKJ
Ce
hT
2.4
14.36222 ==⇒
T2 = 86.22ºC
c) Calculo del m (Kg/hr)
Se sabe que:
Wt = m (h3 – h4)
m = 630
2000
)26803310(
2000
43
=−
=−
KgKJs
KJ
hh
Wt
m = 3.17hr
s
s
Kg
1
3600×
m = 11,412 hr
Kg
P5.6 En un ciclo Rankine el vapor sale de la caldera y entra a la turbina a 600 lb f / pl2 y
800ºF. La presión en el condensador es de 1 lb f /pl2. Calcule el rendimiento del
ciclo.
DATOS:
P3 = 600 psia
T3 = 800ºF
P4 = 1 psia
v1 = vf1
P4 = P1
P3 = P2
SOLUCION:
Aplicando la 1ª ley de la termodinámica:
1Q2 = m(h2 – h1) + Ec + Ep + 1W2
1q2 = h2 – h1 + 1w2
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Trabajo de la bomba. Suponiendo que el agua es un liquido incompresible y un proceso
adiabático reversible.
v1 = v2 = vf1= 0.01614 ft3/ lbm
wB = h1 – h2 = v(P1 – P2) = 0.01614*(1-600) = -9.6678 psia-ft3/lbm
wB = -1.7894 BTU/lbm
h1 = hf1 = 69.7 BTU/lbm
h2 = h1 - wB = 71.4894 BTU / lbm
Calor añadido para la caldera.
h3 = 1407.7 BTU/lbm
2q3 = h3 –h2 = 1336.2106 BTU/lbm
Trabajo producido por la turbina:
s3 = 1.6343 = s4
X4 = (s3 – sf4)/sfg4 = (1.6343 – 0.1326)/1.8456 = 0.8136 = 81.36 %
h4 = hf + Xhfg = 912.91 BTU/lbm
wT = h3 – h4 = 1407.7 – 912.91 = 494.799 BTU / lbm
Eficiencia total.
h= Sw/Sq = (494.799 – 1.7894)/1336.2106 = 36.89 %
P5.7 Para el problema anterior, considerar un ciclo con recalentamiento intermedio donde
se extrae el vapor a 60 lbf/pl2 y se recalienta hasta 800ºF.
Usando los resultados anteriores. Determinar el rendimiento del ciclo.
DATOS:
P3 = 600 psia
T3 = 800ºF
P4 = 1 psia
v1 = vf1
P4 = P1
P3 = P2
SOLUCION:
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Aplicando la 1ª ley de la termodinámica:
h1 = 69.7 BTU / lbm
wB = -1.7894 BTU / lbm
h2 = 71.4894 BTU / lbm
h3 = 1407.7 BTU / lbm
Determinación del trabajo de la turbina:
wT = (h3 – h4) + (h5 – h6)
s3 = s4 X4 = (s3 – sf4)/sfg4
= (1.6343 – 0.4270)/1.2168
= 0.9922 = 99.22 %
h4 = hf + Xhfg = 262.09 + 0.9922*915.5 = 1170.4423 BTU/lbm
s5=s6 X4 = (s5 – sf6)/sfg6 = (1.9015 – 0.1326)/1.8456 = 0.9584 = 95.84 %
h6 = hf + Xhfg = 69.70 + 0.9584*1036.3 = 1062.9331 BTU/lbm
Calor Total en la Caldera.
q TOTAL = q caldera + q recalentamiento = (h3 – h2) + (h5 – h4) = 1596.2683 BTU/lbm
h= Sw/Sq = ((1407.7-1170.44232)+(1430.5-1062.9331)-1.7894) /
((1407.7-71.4894)+(1430.5-1170.4423))
= 0.3778 = 37.78%
Nótese como la eficiencia total sube muy poco (de 36.89% a 37.78%) pero sin embargo,
logramos hacer que la calidad en la salida de la turbina subiera considerablemente (de
81.36% a 95.84%).
P5.8 Considerando los datos del problema P5.6 se ha realizado una extracción de vapor o
sangrado. El vapor se extrae 60 lbf/pl2 para llegar a un calentador de contacto directo. La
presión en el calentador es de 60 lbf/pl2 y el agua sale como liquido saturado a la misma
presión. Usando los resultados anteriores, determinar el rendimiento del ciclo.
SOLUCION:
Aplicando la 1ª ley de la termodinámica:
Usando los datos obtenidos de los problemas anteriores:
De 1. h5 = 1407.7 BTU/lbm h7 = 912.91 BTU/lbm
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De 2.
h6 = 1170.4423 BTU/lbm
h1 = 69.7 BTU/lbm
v1 = v1f @ 1 psia
s5=s6=s7
Calculando el trabajo para la bomba de baja presión B.
P1 = 1 psia
P2 = P3 = P6 = 60 psia
wBB = h1 – h2 = v1*(P1 –P2) = -0.17626 BTU/lbm
h2 = h1 – wBB = 69.8763 BTU/lbm
Ahora para la bomba de alta presión A.
P4 = P5 = 600 psia
h3 = h3f @ 60 psia = 262.09 BTU/lbm
v3 = vf = 0.01738 ft3/lbm
wBA = (h3 – h4) = v3*(P3 – P4) = -1.7371 BTU/lbm
h4 = h3 – wBA = 263.8271 BTU/lbm
El trabajo proporcionado por la turbina es:
wT = (h5 – h6) + (1-y)(h6 – h7)
m1h6 +m2h2 = mTh3 yh6 + (1-y)h2 = 1*h3
y = (h3 – h2)/(h6 –h2) = 0.1746
wT = (1407.7 - 1170.4423) + (1 - 0.1746)(1170.4423 – 912.91) = 449.8248 BTU/lbm
Calor añadido a la caldera:
4q5 = h5 –h4 = 1143.8729 BTU/lbm
Calculando la eficiencia:
h= Sw/Sq = (wT + (1- y)wBB + wBA)/4q5
= (449.8248 – (1-.1746)0.17626 – 1.7371)/1143.8729
= 447.9422/1143.8729 = 0.3916 = 39.16 %
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CAPITULO VI
CICLO COMBINADO - COGENERACION
P 6.1 El diagrama de bloques adjunto muestra una planta de cogeneración, la que
trabaja con turbina de gas y turbina de vapor, esta última utiliza, para evaporar
el agua, calor cedido de los gases de escape de la turbina de gas. Asumir
como ideal los diferentes procesos. La combustión en la cámara equivale a la
transferencia de calor al aire proveniente del compresor en 727.39 KJ/kg. Con
los datos siguientes: T1 = 27 °C; T2 = 202.14 °C; T5 = 320 °C; T8 = 250.4 °C; X8
= 100%; T9 = 300 °C, T6 = 50 °C, (hf = 209.33 KJ/kg)); X6 = 0%. El trabajo de la
bomba de agua es despreciable. Se pide:
a) Si la salida neta de la planta con turbina de agua es 10,000 KW, determine
el flujo de aire que pasa por el compresor, en kg/sg.
b) Determine el flujo de vapor, en kg/min.
c) Calcule el calor que es necesario transferir en el sobrecalentatador, en KW.
d) Determine la eficiencia térmica de la planta combinada, en %.
SOLUCIÓN:
Para la planta de gas (T vs s) Para la planta de vapor (h vs s)
1
2 3
4
TG
TV
98
7
5
6
10
1
2
T
S
4
3
5
S
610
h
9
7
8
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Dr. José Hugo Tezén Campos 87
a) Cálculo de °
m de aire:
η= aA
N
mq
Wo
o
→ °
m = a
N
q
W
η
o
. . . . . . . . . . (1)
pero η= 1-
−=
−
300
14.475
11
11
k
k
π
= 0.3686 . . . . . . . . . . (2)
(2) y datos en (1):
°
m a = )39.727(3686.0
10000 = 37.296 kg/seg
Rpta: °
m a = 37.296 kg/seg
b) Calculo de °
m v en kg/min
4Q5 = 7Q8
°
m gCp(T4-T5) = °
m v(h8 - h7)
°
m v = )h-(h
)T-Cp(T
54
54
o
gm . . . . . . . . (1)
De tablas obtenemos: h8= 2801.4 KJ/kg
h7 = 209.33 KJ/kg
T4 =
k
k
T1
3
−
π
=
1
2
2
T
T
TCp
qA + =
300
14.475
14.4750035.1
39.727+
T4 = 757.667 °K . . . . . . . . (2)
(2) y datos en (1):
°
m v = )33.2094.2801(
)593667.757)(0035.1(296.37
−−
= 2.377 kg/sg
Rpta: °
m v = 142.656 kg/min.
c) Calculo del calor a transferir al sobrecalentador (9Q8):
9Q8 = °
m v (h9 – h8)
de tablas: h9 = 2960; h8 = 2801.4
9Q8 = 2.377(2960 – 2801.4) = 377 KW
Rpta: 9Q8 = 377 KW.
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d) Calculo de la eficiencia térmica combinada.
ηcombinado = 9832)(
)(
WW
Q
W TGTGn
combinadoA
combinadoN
++
=
ooo
ηcombinado = 98
109)( )(377.2
Qqm
hhW
Ag
TGN
+
−+o
De tablas: h9 = 2960; h10 = 2030 KJ/kg
ηcombinado = 377)39.727(296.37
)20302960(377.2000,10
+−+
= 0.444
Rpta: ηcombinado = 44.4 %.
P6.2 En un lugar particular del océano, la temperatura de la superficie es 80ºF, y la
temperatura a una profundidad de 1500ft es 46ºF. Una planta de energía basado en
un ciclo combinado, con amoniaco como fluido de trabajo, se propone utilizar este
gradiente de temperatura para producir energía eléctrica. La potencia que puede ser
desarrollada por la turbina es 8,2x108 Btu/h.
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Dr. José Hugo Tezén Campos 89
SOLUCION:
Hipótesis planteada:
(1) Cada volumen de control mostrado esta en estado estable, y Qvc=0
(2) Los efectos causados por la energía potencial y cinética pueden ser despreciados
3) El agua de mar tiene propiedades de agua pura, asumimos líquido con : c= 1.0
Btu/lb.R.
Análisis: Para maximizar la potencia, es deseable que la presión en el caldero se la
más alta posible y la presión en el condensador la mas baja. Basados en la
temperatura de agua de mar en el caldero, asumimos la temperatura de evaporación
del amoniaco de 15º
Así tenemos:
ESTADO 1 : T1 = 15 ºF, X1= 1.0 entonces P1=140.60 lbf/in2, h1= 629.20 Btu/lb, s1 =
1.2048Btu/lb.R
Además, de la temperatura de agua de mar en el condensador, asumimos que la
temperatura de condensación del amoniaco de 50F. Así, P2=Psat@50F=89.242 lbf/in2
ESTADO 2: T2 = 50ºF, s2s=s1 entonces x2s=0.9625, h2s=604.8 Btu/lb
Con una eficiencia de la turbina de 80%(asumida)
h2=h1-nt(h1-h2s) = 609.7 Btu/lb
ESTADO 3 : P3=P2, liquido saturado, entonces h3= 97.55 Btu/lb
ESTADO 4: P4= P1 , h4s = h3 + v3(P4-P3)
=97.55 btu/lb+ (0.02564 ft3/lb)(140.6-89.242)lbf/in2 . (144in2 /ft2 )(Btu/778
ft.lbf)
= 97.79 Btu/lb.
Asumimos una eficiencia de la bomba de 70%
h4 = h3 + (h4s-h3)/np = 97.893 Btu/lb
(a) Para el amoniaco pasando a través del caldero, el calr transferido del agua del mar es:
Qin/m = h1-h4 = (629.20-97.893)Btu/lb = 531.3 Btu/lb.
Similarmente el amoniaco pasando a través del condensador:
Qsal/m = h2-h3 = 609.7-97.55 = 512.2 Btu/lb.
Así: la rendimiento térmico es:
n= 1- Qsal / Q in = 1- 512.2/531.3 = 0.0359 (3.16%)
Hallamos la Rendimiento térmico máximo:
para el ciclo reversible, con Tc = 506 ºR y TH = 540ºR
n max = 1- Tc/TH = 0.0630 (6,3%)
(b) la tasa de flujo de masa de amoniaco es:
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m = Wt/(h1-h2) = (8,2 * 108 Btu/h)/(629.2-609.7)Btu/lb = 4.0205 * 107 lb/h.
Asi:
Wp = m (h4-h3) = 1.38*107 btu/h
Ademas: Wnet = Wt - Wp –W bomba agua mar = 5.512*108 Btu/h.
(c) Tomando el caldero como volumen de control.
m caldero = m(h1-h4)/c(Tin agua-T sal agua)
= (4.205*107)(531.3)/(1)(80-77.5) = 8.94*109 lb/h
y para el condensador:
m condensador = (4.205*107)(512.2)/(1)(47.7-46)
= 1.267*1010 lb/h
P6.3 Una planta de potencia tiene una turbina de gas regenerativa. El aire entra al compresor a 1bar y 27ºC y se comprime hasta 4bar. El rendimiento isentrópico del compresor es del 80%, y la eficiencia del regenerador es del 90%. Toda la potencia desarrollada por la turbina de alta presión se utiliza para accionar el compresor y la turbina de baja presión proporciona una potencia neta de 97kW. Cada turbina tiene un rendimiento isentrópico del 87% y la temperatura de entrada a la turbina de alta presión es 1200Kº, Se pide: a. El flujo másico de aire en el compresor, en kg/s. b. El rendimiento térmico. c. La temperatura del aire a la salida del regenerador, en Kº. SOLUCIÓN:
Para el aire °
=kgK
kJ0035,1CP ; k = 1,4
Para el compresor: )1......(TT
T´T8,0
12
12e −
−==η ; °=°= K300C27T1
bar4P
bar1P
2
1
=
=
k
1k
1
2
1
2
P
P
T
´T−
=
( ) °=⇒= K798,445´T 4300
´T24,1
4,02
Reemplazando en (1) tenemos:
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Dr. José Hugo Tezén Campos 91
°=⇒−−
==η K248,482T 300T
300798,4458,0 2
2
e
Diagrama T –S del ciclo: dato: °= K1200T4
( )°==⇒
= K54,807
4
1200´T
P
P
´T
T
4,1
4,06
4,1
4,0
6
4
6
4
Como toda la potencia del compresor mueve a la T.A.P (dato):
CP.A.T W W ••
=⇒
( ) ( )12P54P TTCmTTCm −=−••
5124 TTTT =+−
°= K752,1017T5
°=⇒−
−=⇒
−
−=η K868,834T
54,807752,1017
T752,101787,0
´TT
TT6
6
65
65T
a. Cálculo del flujo másico. La potencia generada por la T.B.P = 97 kw
( )65PP.B.T TTCm W −=⇒••
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( )( )868,834752,10170035,1m97 −=•
s
kg53,0m =
•
b. Rendimiento Térmico:
Eficiencia del generador:
°=⇒−
−=⇒
−−
=η K606,799T 248,482868,834
248,482T9,0
TT
TT3
3
26
23R
( )
( )( )( ) kw95,212606,79912000035,153,0Q
TTCmQ
e
34Pe
=−=
−=•
••
%6,45456,0kw95,212
kw97
Q
W
e
====η•
•
c. Temperatura a la salida del generador:
Proceso FEES en el regenerador: 7326 hmhmhmhm••••
+=+
°=
−+=
+=+••••
K51,517T
TTTT
TCmTCmTCmTCm
7
3267
7P3P2P6P
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CAPITULO VII
REFRIGERACION Y AIRE ACONDICIONADO
P 7.1: Un ciclo de refrigeración estándar por compresión de vapor tiene una capacidad
de 15 ton de refrigeración, el refrigerante es R12 y funcionando con una
temperatura de condensado de 35°C y una temperatura de evaporación de –
5°C . Determinar:
1) El efecto refrigerante en KJ/Kg
2) El caudal de refrigerante en Kg /mm
3) La Potencia necesaria en el compresor HP
4) El coeficiente de funcionamiento
5) El caudal por ton, en m3/min.ton.
6) La Potencia por ton
SOLUCIÓN
En tablas de R12 obtenemos:
KgKJhgh T /243.185/ 541 == −= ; kKgKJSgS −== /6986.01
MPapp sat 2610.01 ==
4353 /494.69/ hKgKJhh CTf === °= ; 23 8477.0 pMPappsat ===
⇒= 122 SSyp Tabla de vapor del R12 ; KgKJh /38.204376.2042 ≈=
1. Cálculo de Bq ( efecto refrigerante) :
KgKJhhqB /479.11541 =−=
2. Cálculo de •m
( ) KgKJ
sx
Ton
sKJTonx
qterefrigeranEfecto
Ton
KwiónxrefrigeracdeCapacidad
mB /749.115
min1
60/52.315752.3
==•
min/37.27 KJm =•
3. Cálculo de HP de compresor :
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( )kw
HPwxKhhmcW
746.0
1/7278.812 =−=
••
HPcW 699.11=•
4. Cálculo del COP
0497.6133.19
479.15
12
41 ==−
−==
hh
hh
Wc
qCOP B
5. Cálculo del caudal (m3)
KgmVgV CT /2610.0/ 351 == °−=
TonmTon
Kg
mx
Kg
REfdeCap
VmC min/476.0
15
2610.0min
37.273
3
1 ===
•
6. Cálculo de HP/Ton
TonHPTon
HP
fdeCap
cWTonW /7799.0
15
699.11
Re/ ===
••
P 7.2 El esquema presentado, muestra una planta de refrigeración con 2 cámaras;
con los datos extraídos de dicha planta. Determinar:
1. Las propiedades: h, p T en cada estado
2. El Coeficiente de performance del ciclo
3. La potencia total de compresión en KW
SOLUCIÓN
Por dato se tiene que CT °=∆ 10 por transferencia de calor por lo tanto:
30 + 10 = 40°C ; -10 – 10 = -20°C
-30 – 10 = -40°C
Luego en el p – h
p
h
3 2
4 1
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* Por transferencia de calor mantener 10 °C de diferencia
* Refrigerante: R 12
1. Cálculo de h, p, T con el diagrama p – h:
Estado p (bar) h (KJ/Kg) T(°C)
1 0.65 170 -40
2 1.5 184 -20
3 1.5 178 -20
4 1.5 -20
5 9.5 215 40
6 9.5 75 40
7 1.5 75 -20
8 0.65 75 -40
6 40°C 5 4 -20°C 3 4 2 -40°C 1 h6 = h7 = h8 h
30°C
-10°C
-30°C
(6) (5) (7) Qz = 804 kw mT
(3) (4)
m2 (2)
(8)
G1 = 1100 kw m1
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Cálculo de h4:
( )( ) ( )
Kg
KJs
KJ
hh
QmhhmQ
75170
1100
81
18111
−=
−=→−=
••••
; sKgm /58.111 =•
( )( ) ( )75178
800
73
227322 −
=−
=→−=
••••
hh
QmhhmQ ; sKgm /77.72 =
•
sKgmmmT /35.1977.758.1121 =+=+=•••
Realizando un balance de energía entre los compresores: 43221 hmhmhm T
•••=+
( ) ( )KgKJh /59.181
35.19
17877.718458.114 =
+=
P7.3 Para el acondicionamiento de aire de cierto ambiente se tienen los datos que se
muestran y el proceso empleado es de deshumedificación y calentamiento.
Determinar la masa de condensado y la temperatura a la salida del
deshumedificador.
DATOS:
ST: Aire Diagrama de bloques y carta psicrométrica
TBS = 35°C ??=•m
%551 =φ ??=SDT
%202 =TBS Diagrama
%502 =φ
Procesos:
Deshumedificación y
Calentamiento
KPap 325.101=
(1) (1’) (a) (2)
ma ma
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SOLUCIÓN
Calcular cm•
:
De la carta psicrométrica
KgasKgvw /0194.01 =
KgasKgvw /073.02 =
0073.00194.021 −=−=•
wwcm
KgasKgvmc /0121.0=•
CTTa SD °== 38.9
P7.4 A un calentador entra aire a 15°C , 101.325 KPa y 80% de humedad relativa y
sale a 25°C. Depreciando la caída de presión, determinar:
a) La humedad relativa del aire que sale del calentador, en %
b) El calor añadido, en KJ/Kg
DATOS:
ST: aire atm
CT °= 151
KPap 325.1011 =
%801 =φ
CT °= 252
0=∆ p
a) ??2 =φ
b) Q = ??
SOLUCIÓN
a) Cálculo de 2φ ( analíticamente)
2
22
pg
pv=φ ; pero 21 pvpv = ∴
2
12
pg
pv=φ ...................(1)
111
1
11 pgpv
pg
pvφφ =⇒= ...................................................(2)
55% 50% 1’ 1 a 2 0°C Ta2Tsd 20 35
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Con ⇒1T Tablas: KPapg 7039.11 = ; Kgv
KJhg 25291 =
Con ⇒2T Tablas: KPapg 166.32 = ; Kgv
KJhg 2.25422 =
Luego en (2) :
21 36312.17039.180.0 pvKpaxpv ===
Luego en (1) :
4305.0166.3
36312.12 ==φ
%05.432 =φ
b) Cálculo de q:
2111122212 ; wwhvwhahvwhahhq =−−+=−=
( ) ( )
−=−+−=∴
1
1112112 622.0;
pvp
pvwhghgwTTCpq
Reemplazando valores:
−
=36312.1325.101
36312.1622.01w
( ) ( )25292.2547008.0288298004.1 −+−=q
KgKgvw /00849.01 =
KgasKJq /19.10=
SOLUCIÓN GRÁFICA:
Con la carta psicrométrica
w pv
1 2 w1 = w2 pv1 = pv2
φ 1= 80%
φ 2= 43%
TBS (°C) 15 25
q
1 2
aire aire frío caliente
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99
MATERIALES Y METODOS
Dado el carácter de la investigación cual es el desarrollo de un texto es que la
misma no es de TIPO EXPERIMENTAL, sino de carácter teórico en el nivel de la
investigación básica (elaboración de texto), en tal sentido, no es posible incluir
materiales o métodos seguidos para su realización.
Muy por el contrario se ha basado en la recopilación de información a fin lograr el
objetivo y obtener como resultado la elaboración del TEXTO: “PROBLEMAS DE
TERMOTECNIA AVANZADA” tomando en consideración la revisión de cierta
bibliografía existente en el campo de la TERMODINAMICA con la finalidad de ser
analizada y complementada con la experiencia del autor y de esta manera
presentar un material didáctico acorde a nuestra realidad.
RESULTADOS
Como resultado de la presente investigación se presenta a la comunidad
universitaria en calidad de entregable el TEXTO: “PROBLEMAS DE
TERMOTECNIA AVANZADA” el mismo que podrá ser utilizado por los estudiantes
que cursen la asignatura de TERMODINAMICA AVANZADA dentro de las carreras
de ingeniería y en particular, los alumnos del curso de TERMODINAMICA II
asignatura que forma parte del plan de estudios de la escuela profesional
INGENIERIA MECANICA DE LA UNAC.
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Mag. Ing. José H. Tezén Campos
100
DISCUSION
La presente investigación TEXTO: “PROBLEMAS DE TERMOTECNIA
AVANZADA”, es una herramienta bibliográfica que permitirá facilitar el proceso de
enseñanza aprendizaje del curso de TERMODINAMICA a nivel avanzado, que
responda a los objetivos y contenidos del programa oficial. La experiencia
acumulada como lecciones aprendidas a través de los años en el dictado de esta
asignatura permite orientarla de tal manera que el material resulte ser moderno,
didáctico, dinámico y funcional que permitirá desarrollar en el educando un
conocimiento activo en la aplicación de los conceptos y leyes que gobiernan la
ingeniería de la TERMODINAMICA.
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Mag. Ing. José H. Tezén Campos
101
BIBLIOGRAFIA.
1. MORAN, M.J, SHAPIRO, N.H. FUNDAMENTOS DE TERMODINÁMICA
TÉCNICA. Barcelona: Edit. Reverte, 2º Edic, 1995. Tomo II.
2. DUGAN, R. E y JONES,J.B. INGENIERÍA TERMODINÁMICA. México: Edit.
PHH, 1º Edic, 1996.
3. BURGHARDT, David. INGENIERIA TERMODINAMICA. México: Edit. Harla, 4º
Edic., 1993.
4. WARK, Kenneth. TERMODINÁMICA. Nueva York: Edit McGrawHill, 7º Edic.,
2000.
5. BAEHR, Hans. TRATADO MODERNO DE TERMODINAMICA. Barcelona: Edit.
Monteso, 6º Edic., 1993.
6. VAN DEN BERGH, W.J.B. TERMODINAMICA. Holanda: Edit. Nijgh & Van
Ditmar, Tercera Edición, 1995.
7. MARIÑO, Rafael. TERMODINAMICA TECNICA. Barcelona: Edit. Reverte, 4º
Edic., 1986.
8. MANRIQUE C. TERMODINAMICA. México: Edit. Harla, 6º Edic, 1997.
9. VAN WYLEN, Gordon J. FUNDAMENTOS DE TERMODINAMICA. MEXICO:
Edit. Limusa, 8º Edic., 1997.
10. DE ESTRADA, Alejandro. TERMODINAMICA TECNICA. Buenos Aires: Edit.
Alsina. 6º Edic. 1992.