TERMODINAMICA II – PRACTICA N°2

1. El motor MAN B&W 7S50MC, inyección directa, cuya características se muestra en el cuadro, con sus cilindros en línea, posee en su parte baja 16 lumbreras de admisión y en la culata posee una gran válvula de escape para permitir la exhaustacion de los gases quemados. El aire al final de la aspiración se encuentra a 1,68 kg/cm2, 32°C, con exceso de 15%, relación aire/fuel estequiométrico de 14,68, coeficiente de volumen perdido 12.5%, relación de compresión geométrica 18,6; se pide:

a. la carrera de compresión real del motor, para un cilindro, cmb. la potencia generada por los gases, HPc. el volumen de la cámara de combustión para un cilindro, ccd. la eficiencia volumétrica, %

Parámetro ValorTipo de motor Diesel 2TSistema de barrido UniflujoSobrealimentación TurbocompresorConsumo fuel (g/KW hr) 175Diámetro (mm) 500Carrera (mm) 1910Presión media efectiva (bar) 19Velocidad (rpm) 127Numero de cilindros 7Potencia (KW) 9988

Solución:Datos:Motor de 2 tiemposP = 1.68 kg/cm2

T = 32°CLo = 14.68Exceso de aire, e= 15%Coeficiente de volumen perdido, ψ=12.5% = 0.125Relación de compresión geométrica, εg = 18.6D = 500 mmS = 1910 mmPe = 19 bar = 19.53 kg/cm2

Ge = 175 g/KW hrN = 127rpmi = 7Ne = 9988 KWa) Hallamos el volumen desplazado (Vh)

V h=π D2S4

=π (0.5 )2(1.91)

4=0.375m3

Coeficiente de volumen perdido (ψ)

ψ=V p

V h

Donde:Vp = volumen perdidoVh = volumen desplazado

V p=0.125V h

Pero:V h' +V p=V h

V h' =V h−0.125V h

V h'=0.375−0.125 (0.375 )=0.3281m3

V h'= π D2S'

4

S'=4V h

'

π D2=4 (0.3281 )π (0.05 )2

=1.671m=167.1 cm

b) para un motor de 2T de inyección directa:pm= (0.9+0.12V m ) p

Donde:Pm = presión por perdidas mecánicasVm = velocidad media del pistónP = presión del aire a la entrada Pero:

V m=SxN30

=1.91x12730

=8.08m /s

pm= [0.9+1.2 (8.08 ) ] x 1.68=3.14 kg/cm2

pi=pm+ pe=3.14+19.38=22.52kg /cm2

N i=pi . i .V h' .N '

N i=(22.52 kgcm2 x1002 cm2

1m2 ) (7 )(0.3281m3)(127 1min

x 1min60 s ) HP . s

76 kg .mN i=14404.94HP

c) de la formula de relación de compresión geométrica εg:

ε g=V h+V M

V M

Donde:

Vh = volumen desplazado VM = volumen muertoHallamos el volumen muerto:

18,6=0.375+V M

V M

V M=0.0213m3

V cc=V h+VM=0.375+0.0213=0.3963m3

V cc=396300 cm3

d) de la ecuación de eficiencia volumétrica:

nv=mareal

madiseño

Donde:mareal=α . l0 .mc

Pero:mc=ge x N e

mc=175gr

KW hrx 9988 KWx 1Kg

1000gr=1747,9 kg /hr

mareal=1.15 x 14.68 x1747,9=29508,05Kghr

=8.19Kg /s

madiseño=PxV cc

RxT=

(1.68 x98kPa ) x (0.3963m3)

0.287 kJKg ° K

x305 ° K=0,745 Kg

madiseño=madiseño x N' xi=0,745 x 127 x7=662,64 Kg

minx 1min60 s

=11,04Kg / s

Entonces la eficiencia volumétrica será:

nv=8,1911,04

x 100%=74,15%

2. Aire se encuentra en la atmosfera a 1 bar, 17°C, ingresa a un CBP siendo comprimido desde 0.986 bar, 25°C hasta 6 bar con 482°K, luego pasa por un enfriador isobárico saliendo a 35°C, para ingresar al CAP de donde sale a 12 bar, mediante un proceso politrópico con n=1,34. El CBP es de 1x16x20x850, de eficiencia volumétrica 88% y el de alta con relación de volumen muerto de 5%, con su eje girando a 900rpm, se pide:

a. El volumen total del CBP, ltb. La potencia de compresión total en ambos compresores, HPc. La potencia de compresión neta en el CBP, HPd. El volumen desplazado en el CAP, lt

e. El calor transferido, KWSolución:Datos:To =17°C+273=290°KPo = 1 bar = 100KPaT1 = 25°C+273 = 298°KP1 = 0,986 bar= 98,6KPaPa = 6bar = 600KPaTa = 482°KTb = 35°C+273=308°KP2 = 12barCAP: n=1,34 ; c=0,05CBP: D=16cm ; S= 20cm ; v=0,88N= 900RPMEn el CBP:

V D=π D2S4

=π (16 )2 (20 )4

=4021,24 cm3=4,02<¿

T a=T 1(P2P1

)n−1n →482=298( 6

0,986)n−1n →n=1,363

De la ecuación de eficiencia volumétrica hallamos la eficiencia volumétrica convencional:

❑v=evc( P1P0 )(T 0T 1 )→0,88=evc ( 0,9861 )( 290298 )→evc=0,917

evc=V a

V D→V a=0,917 x 4,02=3,69<¿3,69 x 10−3m3

evc=1−c [( PaP1 )1 /n

−1]0,917=1−c[( 6

0,986)1/1,363

−1]→c=0,03

a) Con la relación de volumen muerto hallamos el volumen total del CBP en lt:V CBP=V D (1+c )=4,02 (1+0,03 )=4,14<¿

ma=P1V a

RT 1=98,6 x 3,69 x 10

−3

0,287 x 298=4,25 x 10−3 kg

ma=ma xN=4,25 x 10−3 x90060

=0,0638 kg/ s

b) Hallaremos la potencia de compresión total en ambos compresores en HP:

W c=nmaRT 1n−1 [( PrP1 )

n−1n −1]+ nma RTb

n−1 [( P2Pr )n−1n −1]

W c=1,363 (0,0638 ) (0,287 )(298)

1,36−1 [( 60,986 )

1,363−11,363 −1]+ 1,34 (0,0638 ) (0,287 )(308)

1,34−1 [( 126 )1,34−11,34 −1]

W c=16,89 KWx1HP

0,746 KW=22,64HP

c) la potencia neta de compresión en el CBP:

WCBP=nmaRT 1n−1 [( PrP1 )

n−1n −1]

WCBP=1,363 (0,0638 ) (0,287 )(298)

1,363−1 [( 60,986 )

1,363−11,363 −1]

WCBP=12,63KWx1HP

0,746 KW=16,9HP

d) hallamos la evc en el CAP:

evc=1−c [( P2Pr )1/n

−1]=1−0,05 [( 126 )1/1,34

−1]=0,966El flujo masico de aire es constante:

ma=PbVaCAPRTb

→4,25 x10−3=600 xVaCAP0,287 x308

VaCAP=6,26 x10−4m3

De la eficiencia volumétrica hallamos el volumen desplazado en el CAP:

evc=VaCAPV D

→V D=6,26 x 10−4

0,966=6.48 x 10−4m3

V D=6,48 x 10−4m3 x 1000< ¿

1m3=0,648<¿¿

e) el calor total transferido:Qa−b=ma x C p x (T b−T a )=0,0638 x1,0035(308−482)

Qa−b=−11,14KW

3. El ciclo de un motor diesel lento sin redondear tiene al final de la admisión 1 bar, 33°C, relación de compresión 16.5, siendo el proceso de calentamiento isométrico 1,2 veces la presión anterior, la temperatura del aire al inicio del enfriamiento volumétrico esta a 385°C; se pide:

a. El trabajo neto, KJ/kgb. La presión media del ciclo, barc. La eficiencia térmica, %

Solución:Datos:

P1 = 1 barT1 = 33°C + 273 = 306°Krk = 16,5 = V1/V2

P3 = 1,2P2

T5 = 385°C+273=658°K

Primero hallamos el volumen específico en 1 y en 2:P1 v1=RT 1

v1=0.287 x 306

100=0,878m3/kg

v2=v116,5

=0.87816,5

=0.053m3/kg

T 2=T 1(rk)K−1=306 (16.5)0.4=939.1° K

T 2=T 1( P2P1 )K−1K

939.1=306(P21

)0.4 /1.4

P2=50.63 ¿

v2=v3=0.053m3 /kg

P3=1,2 P2=60.77 ¿

P2 v2T 2

=P3v3T3

→T3=1,2T 2→T3=939,1x 1,2=1126,92° K

P3=P4=60.77 ¿

P1 v1T 1

=P5v5T5

→P5=T 5P1T 1

=658 x1306

→P5=2,15 ¿

T 4=T 5(P4P5

)K−1K =658 (60,77

2,15)0,41,4→T 4=1709,43° K

Ahora hallamos el Qentrada y el Qsalida:Qentrada=Q 2−3+Q3− 4

Qentrada=C v (T 3−T 2)+Cp(T 4−T3)Qentrada=0,7165 (1126,92−939,1 )+1,0035(1709,43−1126,92)

Qentrada=719,11KJ /kg

Qsalida=C v (T 5−T 1)Qsalida=0,7165 (658−306 )=252,21KJ /kg

a) el trabajo neto será:W N=Qentrada−Qsalida=719,11−252,21=466,9KJ /kg

b) la presión media del ciclo:

pm=W N

V D=

W N

v1−v2= 466,90,878−0,053

=565,93 KPa

c) la eficiencia térmica:

nt=W N

Qentrada= 466,9719,11

=0,649 x 100%=64,9%

4. El aire de un compresor alternativo de volumen desplazado 15 lt, al final de la aspiración esta a 35°C, perdiendo 2KPa con respecto a la exterior a 1 bar, 17°C y lo descarga a 6,2 bar perdiendo 18KPa hasta el pms. Si su volumen aspirado es de 12,5 lt, con su eje girando a 400 rpm y con exponente politropico en la compresión de 1.36 y en la expansión es isoentropico, se pide:

a. La potencia de compresión, KWb. La potencia neta de compresión, HP

Solución:Datos:VD = 15lt =0,015 m3

Po = 1bar = 100KPaTo = 17°C+273=290°K

P1 = 100-2=98KPaT1 = 35°C+273 =308°KP2>Pdesc ; P2 = 620KPa + 18KPa = 638KPaVa = 12,5 ltN = 400RPMn = 1,36Hallamos la eficiencia volumétrica convencional:

evc=V a

V D=12,515

=0,833

evc=1−c [( P2P1 )1/ n

−1]0,833=1−c [( 63898 )

1 /1,36

−1]→c=0,0562

c=V M

V D→V M=0,0562 x15=0,843<¿

→V 1=VM+V D=0,843+15=15,843<¿0,015843m3

V 1=V 1 xN=0,015843m3 x 400

60=0,1056m3/s

a) la potencia de compresión:

W c=n P1V 1

n−1 [1−(P2P1 )n−1n ]

W c=1,36 x 98x 0,1056

1,36−1 [1−( 63898 )1,36−11,36 ]=−25,1 KW

b) la potencia neta de compresión:

W c=n P1V 1

n−1 [1−(P2P1 )n−1n ]−K P1 V 4

K−1 [1−( P2P1 )K−1K ]

Hallamos el flujo volumétrico 4:

V a=V 1−V 4→V 4=15,843−12,5=3,343<¿3,343 x10−3m3

V 4=V 4 xN=3,343 x10−3 x 400

60=0,0223m3/s

W c=1,36 x 98x 0,1056

1,36−1 [1−( 63898 )1,36−11,36 ]−1,4 x98 x0,02231,4−1 [1−( 63898 )

1,4−11,4 ]

W c=−19,68KW x1HP0,746KW

=−26,38HP