problemas tezen termo 2

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.



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”.



III


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



(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−=

+



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)



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,



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) :



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



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:



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:



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:



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)



(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



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

−



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?



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



Rpta.: Q = 3,705 MJ



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



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==

°

°



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−=°



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



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



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



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



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



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



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



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 :



→===→== 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 :



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



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



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 =−

−−=

−


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)



( ) ( )( )( )

Kpaempvv

qq

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=→




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:



%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



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

qq

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



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



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 :



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



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 :



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 =−

−−=

−

−−



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


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 =→



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 =→−



( )( )( ) 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



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=


%85.555585.04.1520

297.6711 =→=−= DD ηη



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).



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



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



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 %.



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



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)(

)(

QQ

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 %.



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



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.



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



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



∴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



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)



°

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



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



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



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



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



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

qq

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



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



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



°

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



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(



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



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



� 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



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 ===×==



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

&

&&



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



m°-m1° ηplanta m°-m1°-m2° Diagramas T-s y H-s SOLUCION: Diagrama T-s

Diagrama h-s



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



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)



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



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



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



∆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%



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:



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



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



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



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:




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:


Usando los datos obtenidos de los problemas anteriores:

De 1. h5 = 1407.7 BTU/lbm h7 = 912.91 BTU/lbm



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 %



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



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.



d) Calculo de la eficiencia térmica combinada.

ηcombinado = 9832)(

)(

QQ

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.



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:



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:



°=⇒−−

==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 −=⇒••



( )( )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



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 :



( )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



* 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



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



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



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

Universidad Nacional del Callao Problemas de Termotécnia Avanzada

Mag. Ing. José H. Tezén Campos

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.



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.



101

BIBLIOGRAFIA.

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TÉCNICA. Barcelona: Edit. Reverte, 2º Edic, 1995. Tomo II.

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problemas tezen termo 2

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