4to trabajo de salvador saravia 0201016002

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL SANTAFACULTAD DE INGENIERIA

ESCUELA ACADÉMICA PROFESIONALINGENIERIA MECÁNICA

CICLO: VI

CURSO: Termodinámica II

PROFESOR: Hugo Calderón Torres

ESTUDIANTE: Salvador Saravia, Luis 0201016002

TEMA : Ciclos de motor

E.A.P: ING. MECANICA.

FECHA:

NVO. CHIMBOTE - PERU

2012

MOTORES CON CICLO OTTO:

Solución (aire estándar)

15.9 La relación de compresión de un ciclo Otto es 8:1. Antes de comenzar la

carrera de compresión en el ciclo la presión es 0,98 bar y ia temperatura

27 °C. El calor suministrado al aire en cada ciclo es 1.430 kj/kg.

Utilizando los datos de la Tabla A.5. Determínese (a) la presión y la

temperatura al final de cada proceso del ciclo, (b) el rendimiento

térmico, (c) la presión media efectiva, en bar. y (d) el flujo volumétrico de

aire, en m3/min, medido en las condiciones existentes al comenzar la

compresión, necesario para producir 120 kW.

Datos r=8

P1=0.98 ¿98 kpa

T 1=27 °C=300 ° k

q∑¿=1430kj / kg¿


Proceso 1-2

P1=0.98 y T 1=300 K

v1=RTP

=0.08314∗30029∗(0.98)

=0.877 m3/kg

Tenemos la temperatura vamos a tablas del aire como gas ideal (Cengel) e interpolamos

T 1=300 K → Pr 1=1.3860 ;V r 1=621.2

vr 2

vr 1

=v2

v1

→ vr 2=vr 1

8→ vr 2=77.65

vr 2=77.65 → T 2=673 K Pr2=24.88 u2=491.21kj/kg

P r 2

P r 1

=P2

P1

→ P2=Pr 2

Pr 1

P1 → P2=17.59 ¿

Proceso 2-3

El calor suministrado es:

q23=¿ u3−u2 →u3=u2+q 23→ u3=1921.21kj /kg ¿

T 3=2250 K → Pr 3=3464 y vr 3=1.864

P3=T 3

T 1

P2→ P3=58.80 ¿

Proceso 3-4

vr 4

vr 3

=v4

v3

→ v r 4=v4

v3

vr 3→ v r 4=14.91

Tenemos la temperatura vamos a tablas del aire como gas ideal (Cengel) e interpolamos

T 4=1188 K → u4=922.49 kj /kg ; P4=228.52

Ahora el calor cedido o suministrado viene dado por:

qced=q41=u4−u1=922.49−214.07=708.42 kj /kg

Ahora hallemos el flujo másico:

w=Wm

=∆ u→ W=m∆ u=m ( u2−u1 ) → m=W

(u2−u1 )=

120000(491.21−214.07 )∗1000

m=0.432 kg /s

Entonces hallemos el flujo volumétrico:

V=mR T 1

P1

=0.287∗1000∗300∗0.4320.98∗100000

=22.74 m3/min

Respuestas:

a) Presión y temperatura final de cada proceso

T 2=673 K y P2=17.59 ¿

T 3=2250 K y P3=58.80 ¿

T 4=1188 K y P4=3.816 ¿

b) El rendimiento térmico

nT=1−q41

q23

=1−708.421430

=0.5647=56.5%

c) La presión media efectiva

Pme=W neto ,salida

(v1−v2)

Pme=W neto ,salida

(v1−v2 )=

q23−¿q41

(v1−v2 )= 1430−708.42

(0.877−0.109 )=939.55∗1000∗1 N .

m∗kg∗¿100000 m3 N

m2

¿¿

Pme=9.39 ¿

d) El flujo volumétrico

qced=q41=u4−u1=922.49−214.07=708.42 kj /kg

Ahora hallemos el flujo másico:

w=Wm

=∆ u→ W=m∆ u=m ( u2−u1 ) → m=W

(u2−u1 )=

120000(491.21−214.07 )∗1000

m=0.432 kg /s


V=mR T 1

P1

=0.287∗1000∗300∗0.4320.98∗100000

=22.74 m3/min

5.11. La relación de compresión de un ciclo Otto es 8:1. Antes de comenzar la

carrera de compresión en el ciclo la presión es 0,98 bar y la

temperatura 27 °C. Durante el suministro de calor el valor de P3/P2 es

2.90. Utilizando los datos de la Tabla A.5, determínese (a) la presión y

latemperatura al final de cada proceso del ciclo, (b) el rendimiento

térmico, (c) la presión media efectiva, en bar, y (d) el flujo volumétrico

de aire, en m3/min, medido en las condiciones existentes al comenzar

la compresión, necesario para producir 120 kW.

Datos:

T 1=300 0 k

r=v1

v2

=8

P1=0.98 ¿P3

P2

=2.9

Solución (aires estándar) (tabla de K. Wark)

Proceso 1-2

T1= 3000k , P1= 0.98bar

T 1=300 0k → Pr1=1.386, vr 1=621.2, u1=214.07kJkg

v1=R T 1

P1

=0.08314 x 30029 x 0.98

=0.877m3

kg→ v1=0.877

m3

kg

Proceso 2-3

vr2=vr1

r v

=612.28

=77.65

Pr2=24.8, u2=491.215kJkg

T2= 673.080k

Como P2=P1∗Pr 2

Pr 1

=0.9824.8

1.386=17.59=¿ P2=17.59 ¿

Y v2=v1

rv

=0.8778

=0.109 =>v2=0.109m3

kg

P3=2 P2=¿ P3=51.011 ¿

Relacionamos los dos estados mediante la ecuación de los gases ideales

P2

T 2

=P3

T 3

⟹T 3=T 2∗P3

P2

=1951.90 K⟹T3=1951.90 K

Con T 3=1951.90 K → u3=1632.479kJkg

, vr3=3.0125

Proceso 3-4

vr 4=rv ¿vr 3=¿vr 4=24.1

T 4=1014.280 k→ U 4=735.278kJkg

P4=R T 4

v 4

=0.08314 x 1014.2829 x0.877

=3.315⟹P4=3.315 ¿

a) La presión y la temperatura al final de cada proceso del ciclo.

T 2=673.08 0 k ; P2=17.59 ¿

T 3=1951.90 K ;P3=51.011 ¿

T 4=1014.280 k ; P4=3.315 ¿

b) El rendimiento térmico.

n=1− 1

rvk−1

=1− 1

81.4−1=0.564⟹n=56.4 %

c) la presión media efectiva, en bar.

Pme=w ciclo

cilindrada=

qentrega−qsalida

v1−v2

qentrega=u3−u2=1141.264kJkg

,qsalida=u4−u1=521.208kJkg

qentrega=1141.264−521.208

0.877−0.109=807.364 kPa

P me=8.073 ¿

d) el flujo volumétrico de aire, en m3/min, medido en las condiciones existentes al

comenzar la compresión, necesario para producir 120 kW.

m=Potencia

∆U 12

=120

kJs

(491.215−214.07)kJkg

=0.432kgs

V=m R T 1

P1

=0.432 x 0.287 x103 x30098 x103 =0.38

m3

seg

V=22.824m3

min

15.12 En un ciclo Otto de aire estándar, el aire se encuentra a 0.095MPa y a 22 °C al

comenzar la carrera de compresión, y el volumen del cilindro es 2.800cm3.

La relación de compresión es 9, y el proceso de suministro de calor se

transfiere 4.30KJ. Utilizando los valores de la tabla determínese, a) la

temperatura y la presión al final del proceso de suministro de calor y de

expansión, b) el rendimiento térmico, c) la presión media efectiva.

Datos

P1=0.095 MPa

T 1=295 ° k

r = 9

Q23=4.30kJ

k=1.4

solucion (aire estandar frio )(tablas del Moran Shapiro)

Proceso 1-2

T 1=295 K → u1=210.49 ; pr 1=1.3068 ;vr 1=647.9

vr 2

vr 1

=v2

v1

=¿vr 2

=647.99

=71.99

T 2=692.03 ° k→ u2=506.05 kj

Kg; pr 2=27.6

P2=P1∗(T 2

T1)r=0.095

MPa∗692.03295

∗9=2.01 MPa

Proceso 2-3

Q23=U 3−U 2=cv (T 3−T 2 )=¿1368.3 kJ /kg=0.718 kj / kg . k (T 3−710.4 ° k )

=> T 3=2616.11

Como V 2=V 3

p3∗V 3

T 3

=p2∗V 2

V 2

Se tiene: P3=P2

T 3

T 2

=2.01∗2616.11692.03

=7.6 MPa

T 3=2616.11° K → u3=¿ 2282.32kj/Kg ; vr 3=¿ 0.269 ; pr 3=7139.34

Proceso 3-4

vr 4=vr 3∗V 4

V 3

=r∗vr 3=9∗0.269=2.421

T 4=1333.1 ° k →u4=1052.79

Kg; pr 4=367.43

P=P3∗pr 4

pr 3

=7.6∗367.437139.34

=0.39 MPa

a) Calculo de las presiones y temperaturas al final de cada proceso

T 2=692.03 ° k y P2=2.01 MPa

T 3=2616.11° K y P3=7.6 MPa

T 4=1333.1 ° k y P4=0.39 MPa

b) Calculo de rendimiento térmico

n=1−u4−u1

u3−u2

=1−1052.79−210.492282.32−506.05

=0.5258=52.58 %


pme=w ciclo

v1(1−1r )

W ciclo=3.14 x10−9∗[ (2616.11−1333.1 )− (692.03−295 ) ]

W ciclo=2.78 x10−6

pme=2.78 x 10−6

2.8 x 10−6(1−19)=1.118

KJ

d) Ahora hallamos el flujo volumétrico

w=Wm

=∆ u→ W=m∆ u=m ( u2−u1 ) → m=W

(u2−u1 )=

120000(506.5−210.49 )∗1000

¿>m=0.405 kg /s

Entonces hallemos el flujo volumétrico

V=mR T 1

P1

=0.287∗1000∗295∗0.4050.095

=¿ V =21.656m3

min

15.14 En un ciclo Otto de aire estándar, el aire se encuentra a 0 ,095 MPay

22 °C al comenzar la carrera de compresión, y el volumen del cilindro es

2800cm3 la relación de comprensión es 9, y en el proceso de suministro

de calor se comunican 3 ,54 kJ . Determine: a) La temperatura y la

presión al final de los procesos; b)El rendimiento térmico; c)La presión

media efectiva en kPa; d) El rendimiento térmico de un motor de Carnot

que funcionase entre las mismas temperaturas.

Datos

P1=0.095 MPa=95 Kpa

V cilindro=2800 cm3

r=V 1

V 2

=9

q∑¿=3.54 kJ ¿

T 1=22° C=295 ° K

Solución (aire estándar) (tablas de cengel)

Proceso 1-2

T 1=295 ° K → vr 1=647.9;u1=210.49 ; pr 1=1.3068

vr 1

vr 2

=V 1

V 2

=¿vr 2=vr 11

V 1

V 2

=¿ vr 2=647,9

9=¿ vr 2=71,99

V r 2=71,99→ T 2=692,03 K ; pr 2=27.59 ;u2=506.05

pr 2

pr 1

=P2

P1

=¿ P2=2005.70 kpa

Proceso 2-3

V 3=V 2

q∑¿=3.54 kJ ¿q∑¿=u3−¿u2→3.14 =u3−¿u

2=¿u

3=509,59 ¿¿

¿

u3=509,59 → T3=647,9 K ; vr 3=70.72 ; pr 3=28.27

P3V 3

T 3

=P2V 2

T 2

=¿ P3=2018.864 kpa

Proceso 3-4

V 4=V 1

vr 4

vr 3

=V 4

V 3

=V 1

V 2

=¿ vr 4=vr 3∗9=¿vr 4=70,752∗9=¿ vr 4=636,48

vr 4=636,48→ T 4=297.14 ;u4=212.02; pr 4=1.3405

P r 4

Pr 3

=P4

P3

→ P4=P3

Pr 4

Pr 3

→ P4

=95.72 kPa

Repuestas

a) La presión y temperatura máxima del ciclo

T 3=647,9 y P3=1877.07 kpa

b) El rendimiento térmico:

η=1−u1−u4

u2−u3

→ η=1−210.49−212.02506.05−509.59

→ η=0.57=57 %


Pme=W

(V 2−V 1 )=¿ Pme=

W

v1(1−1r )

=¿ Pme=4.42

15.15 Un ciclo Otto de aire estándar funciona con una relación de compresión de

8,55, y el aire al comienzo de la compresión se halla a 98 kPa y 32 °C. La

presión se triplica en el proceso de suministro de calor. Utilizando la tabla

A.5, determínese (a) las temperaturas en el ciclo, en kelvin, (b) el

rendimiento térmico, (c) la presión media efectiva en kPa, y (d) el

rendimiento térmico de un motor de Carnot que funcionase entre los mismos

límites de temperatura

Datos:

P1=98 Kpa

T 1=32° C=305 ° K

P3=3 P2

r=8,55

Solución: (aire estándar) (tablas de Moran Shapiro)

Proceso 1-2

T 1=305 ° K → P r 1=1,4686 ;V r 1=596 ;U=217,67 Kj /Kg

V r 2

V r 1

=V 2

V 1

⟹V r 2=V r 1∗V 2

V 1

⟹V r 2=V r 1

r= 596

8,55=69,71

P r 2

P r 1

=P2

P1

⟹ P2=P1∗Pr 2

Pr 1

=1930,44 Kpa

Proceso 2-3

P2

T 2

=P3

T 3

⟹T 3=T 2∗P3

P2

=7000,19 (3 )=2100,57 ° K

P3=3 P2=3 (1930,444 )=5591,32 Kpa

T 3=2100.57 ° K →h3=2566.4 ; Pr3=5591.32 ;u3=1775.3 ; vr3

=2.356

Proceso 3-4

V r 4

V r 3

=V 4

V 3

⟹V r 4=V r 3∗V 4

V 3

⟹V r 4=V r 3∗r=2,356(8,55)=20,144

T 4=1077.17 ° K →Pr 4=153.6 ;u4=825.44 ;vr4

=20.144

P r 4

Pr 3

=P4

P3

⟹ P4=P3∗Pr 4

Pr 3

=5591,32( 153,62559 )=335,61 Kpa

Respuestas

a) la temperatura en el ciclo

T 1=305 ° K

T 2=7000.19 ° K

T 3=2100,57 ° K

T 4=1077.17 ° K

b) rendimiento térmico

η=wciclo

qrecibe

=qrecibe−qentrega

qrecibe

=1−qentrega

qrecibe

=1−u4−u1

u3−u2

η=1− 825,44−217,671775,3−512,477

=0,5187 0 51,87 %

c) presión media efectiva

pme=w ciclo

cilindrada=

qrecibe−qentrega

v1−v2

Nos hace falta conocer los volúmenes específicos, para ello recurrimos a la ecuación de los

gases ideales.

PV=mRT ⟹ Pv=RT⟹ v= RTP

v1=R T 1

P1

=8,314 (305)28,97 (98)

=0,893

v2=R T 2

P2

=8,314 (700,19)

28,97 (1930,44)=0,1041

Pme=qrecibe−qentrega

v1−v2

=(1775,3−512,477 ) (825,44−217,67 )

0,893−1041=830,337 Kpa

15.16 Considérese un ciclo Otto de aire estándar que tiene una relación de

compresión de 8,3 y al que se le suministra una cantidad del calor de 1.456

kJ/kg. Si la presión y la temperatura al comienzo de proceso de compresión

son 0,095 MPa y 7°C. determínese utilizando los valores de la Tabla A.5 (a) la

presión y temperatura máximas del ciclo, (b) el trabajo neto obtenido, en

kJ/kg. (c) el rendimiento térmico, y (d) la presión media efectiva en mega

pascales.

Datos:

P1=0.095 Mpa

T 1=7 °C=280 ° K

qrecibe=1456 Kj /Kg

r=8,3

Solución: (aire estándar frio)

Proceso 1-2

Por los dato del problema

P1=0.095 Kpa ;T1=280° K ;

Proceso 2-3

P1V 1k=P2V 2

k⟹ P2=P1∗(V 1

V 2)

k

=P1∗rk=95 (8.3 )1.4=1838.37 Kpa

T 2=T1∗rk−1=280 (8.3 )1.4−1=652.814 ° K

qrecibe=u3−u2=cv (T3−T2 )=1456 Kj/ Kg

T 3=1456

cv

+T 2=14560.718

+652.814=2680.669 ° K

P2

T 2

=P3

T 3

⟹ P3=P2∗T 3

T 2

=1838.37( 2680.669652.814 )=7548.95 ° K

Proceso 3-4

P3 V 3k=P4 V 4

k⟹ P4=P3∗(V 3

V 4)

k

=P3

r k =7548,95

(8.3 )1.4 =390,101 Kpa

T 4=T3

rk −1 =2680.669(8.3 )1.4−1 =1149.773° K

Respuestas:

a) presión y temperatura máximas

Presión máxima: P3=7548.95 Kpa

Temperatura máxima: T 3=2680.669 ° K

b) trabajo neto

w ciclo=qrecibe−qentrega=cv [ (T 3−T 4 )−(T 2−T 1) ]=831.503 Kj /Kg


η=wciclo

qrecibe

=qrecibe−qentrega

qrecibe

=1−T 1

T 2

=0.5711=57.11 %


pme=w ciclo

cilindrada=

wciclo

v1−v2

=w ciclo

v1(1−1r )

Nos hace falta conocer el volumen específico 1, para ello recurrimos a la ecuación de los

gases ideales.

PV=mRT ⟹ Pv=RT⟹ v= RTP

v1=R T 1

P1

=8,314 (280)28,97 (95)

=0,846 m3/ Kg

pme=w ciclo

v1(1−1r )

= 831,503

0,846 (1− 18,3 )

=1117,503 Kpa

Solución (aire estándar frio)

15.9 La relación de compresión de un ciclo Otto es 8:1. Antes de comenzar la

carrera de compresión en el ciclo la presión es 0,98 bar y ia temperatura

27 °C. El calor suministrado al aire en cada ciclo es 1.430 kj/kg.

Utilizando los datos de la Tabla A.5. Determínese (a) la presión y la

temperatura al final de cada proceso del ciclo, (b) el rendimiento

térmico, (c) la presión media efectiva, en bar. y (d) el flujo volumétrico de

aire, en m3/min, medido en las condiciones existentes al comenzar la

compresión, necesario para producir 120 kW.

Solución: (Método del aire estándar frio)

Proceso 1-2:

P1V 1K=P2V 2

K

P2

P1

=V 1

K

V 2K → P2=rk P1→ 81.4∗0.98→ P2=18.0026 ¿

P1V 1

P2V 2

=T1

T2

→(V 1

V 2)

K−1

=T 2

T1

→T 2=T 1rk−1=300∗80.4 →T 2=687 K

Proceso 2-3

q∑¿=q23=1430kj / kg¿

q23=u3−u2→ cv (T 3−T 2 ) →T 3=2684.20 K

También se cumple que:

P3

T3

=P2

T 2

→ P3=P2

T 2

∗T3=70.33 ¿

Proceso 3-4

T 4

T 3

→( 1rk−1 )→T 4=

T 3

r k−1 → T 4=1168.36 K

Proceso 4-1

P4

T 4

=P1

T1

→ P4=P1

T1

∗T4=3.816 ¿

Entonces hallemos el calor

qced=q41=u4−u1=cv (T 4−T1 )=621.74 kj /kg

w=Wm

=∆ u→ W=m∆ u=m ( u2−u1 ) → m=W

(u2−u1 )=

120000(502.101−214.07 )∗1000

m=0.4166 kg/ s


V=mR T 1

P1

=0.287∗1000∗300∗0.41660.98∗100000

=21.96 m3/min

Respuestas:

a) Presión y temperatura final de cada proceso

T 2=687 K y P2=18.0026 ¿

T 3=2684.20 K y P3=70.33 ¿

T 4=1168.36 K y P4=3.816 ¿


n=1− 1

rk−1=1− 1

80.4=0.43=43 %


wneto=q23−q41=808.2674 kj / kg

Pme=wneto

V d

=808.277V 1

(¿)

Pero Hallemos su volumen:

V 1=R T1

P1

=0.878 m3

Reemplazando en (¿)

Pme=10.52 ¿


w=Wm

=∆ u→ W=m∆ u=m ( u2−u1 ) → m=W

(u2−u1 )=

120000(502.101−214.07 )∗1000

m=0.4166 kg/ s


V=mR T 1

P1

=0.287∗1000∗300∗0.41660.98∗100000

=21.96 m3/min

15.12 En un ciclo Otto de aire estándar, el aire se encuentra a 0.095MPa y a 22 °C al

comenzar la carrera de compresión, y el volumen del cilindro es 2.800cm3.

La relación de compresión es 9, y el proceso de suministro de calor se

transfiere 4.30KJ. Utilizando los valores de la tabla determínese, a) la

temperatura y la presión al final del proceso de suministro de calor y de

expansión, b) el rendimiento térmico, c) la presión media efectiva.

Datos

P1=0.095 MPa

T 1=295 ° k

r = 9

Q23=4.30kJ

k=1.4

solucion (aire estandar frio )

Proceso 1-2:

T 1=295 ° ky P1=0.095 MPa

Por ser isentrópico podemos usar la ecuación:

T2

T1

=(V 1

V 2

)k −1

=rk−1=¿T 2=T1 xr k−1=295 x(9)0.4=710.4 ° k

p2

p1

=(V 1

V 2

)k

=r k=p2=p1 xrk−1=0.095 MPax (9)1.4=2.06 MPa

Proceso 2-3:

Q23=U 3−U 2=cv (T 3−T 2 )=¿ 1368.3 kJkg

=0.718 kjkg

. k (T 3−710.4 °k )Como V 2=V 3

¿>T 3=2616.14

p3∗V 3

T 3

=p2∗V 2

V 2

=¿ p3=p2

T 3

T 2

=2.06∗2616.14710.4

=7.59 MPa

Proceso 3-4

T 4

T 3

=(V 4

V 3

)k−1

= 1r k−1=¿T 4=T3 x

1rk−1 =1086.33 ° k

p4

p3

=(V 4

V 3

)k

= 1rk =¿ p4=

p3∗1

rk =0.35 MPa

a) Calculo de rendimiento térmico

n=1− 1

rk−1=1− 1

90.4=0.5847=58.47 %

b) Calculo de la presión media efectiva

Se sabe que:

W ciclo=m ( (u3−u4 )−( u2−u1 ))=m∗cv¿

m=p1 V 1

(R / M )T1

=3.14 x 10−9 kg

W ciclo=m∗cv ¿

W ciclo=3.14 x10−9∗0.718 [ (2616.11−1086.33 )−(710.4−295 ) ]=2.5 x10−6

Utilizamos la siguiente ecuación:

Pme=W neto

(v1−v2)=

wneto

v1(1−1r )

=¿ pme= 2.5 x 10−6

2.8 x 10−6(1−19)=1.01 Kj

c) Hallamos el flujo volumétrico

w=Wm

=∆ u→ W=m∆ u=m ( u2−u1 ) → m=W

(u2−u1 )=

120000(520.55−210.49 )∗1000

¿>m=0.387 kg /s

Entonces hallemos el flujo volumétrico

V=mR T 1

P1

=0.287∗1000∗295∗0.3870.095

=¿ V =20.69m3

min

MOTORES CON CICLO DIESEL:


15.28 Un ciclo Diesel de aire estándar funciona con una relación de

compresión de 16.7 y una relación de corte de 2. La temperatura y

presión al comienzo de la compresión son 37 °C y 0,10 MPa,

respectivamente. Determínese (a) la temperatura máxima del ciclo, en

kelvin. (b) la presión después de la expansión isoentrópica, en MPa, c)

el calor suministrado por ciclo, en kJ/kg. y (d) el flujo volumétrico de

aire, medido en las condiciones existentes al comenzar la compresión,

necesario para producir 200 kW. Utilícense los valores de la Tabla A.5.

Datos

r=16.7

rc=2

T 1=37 °C=310 ° K

P1=0.10 Mpa

Solución: (aire estándar)(tablas de cengel)

Proceso 1-2:

vr 2

vr 1

=v2

v1

→ vr 2=vr 1

16.7→ vr 2=34.26

Tenemos vr 2vamos a tablas del aire como gas ideal (Cengel) e interpolamos

vr 2=34.26 →T2=900K Pr2=75.29 u2=674.58kj/kg

P r 2

P r 1

=P2

P1

→ P2=Pr 2

Pr 1

P1 → P2=4.84 MPa

Proceso 2-3

T3

T2

=V 3

V 2

→T 3=r∗T 2=1800 K

T 3=1800 K → vr 3=3.944 ;u3=1487.2; Pr 3=1310

Proceso 3-4

v4=v1

vr 4

vr 3

=v4

v3

→ v r 4=v4

v3

vr 3→vr 3∗v4

v2

v2

v3

= rr c

∗vr 3 → vr 4=32.93

vr 4=32.93→ Pr 4=79.66 u4=685.39 T 4=915.95 K

P r 4

Pr 3

=P4

P3

→ P4=P r 4

Pr 3

P3 → P4=0.29 MPa≅ 0.3 MPa

Respuestas

a) Temperatura máxima:

T 3=1800 K ´

b) La presión después de la expansión

P4=0.29 MPa

c) Calor suministrado

q∑¿=q23=h3−h2=2003.3−932.93=1070.37kj / kg¿


qced=q41=u4−u1=¿685.39-221.25=464.14kj/kg

El trabajo está definido en los puntos donde al comienzo de la comprensión es:

w=Wm

=∆ u→ W=m∆ u12=m (u2−u1 )→ m=W

(u2−u1 )=

200000(674.58−221.25 )∗1000

m=0.441 kg /s


V=mR T 1

P1

=0.287∗1000∗300∗0.441100000

=22.78 m3/min

15.30 Las condiciones de entrada a un ciclo Diesel de aire estándar que funciona

con una relación de compresión de 15:1 son 0.95 bar y 17 °C. AI comienzo de

la compresión el volumen de! cilindro es 3.80 L, y el suministro de 7.5 kJ de

calor al sistema tiene lugar en un proceso a presión constante. Determínese

(a) la presión y la temperatura al final de cada proceso del ciclo, y (b) el

rendimiento térmico y ¡a presión media efectiva.

Datos:

P1=0.95 ¿

T 1=17 °C=290 ° K

Vcilindro=3.8l

r=15

qrec=7.5 Kj

Solución: (aire estándar) (tablas Mora Shapiro)

T 1=290 ° K → P r 1=1,2311;V r 1=676,1;u1=206.91 Kj / Kg

Proceso 1-2

V r 2

V r 1

=V 2

V 1

⟹V r 2=V r 1∗V 2

V 1

⟹V r 2=V r 1

r=45.073

V r 2=45.073 →T 2=607.419 ° K P r 2=52.242 ;u2=842.396 Kj /Kg

P r 2

P r 1

=P2

P1

⟹ P2=P1∗Pr 2

Pr 1

=4058.2 Kpa

Proceso 2-3

qrecibe=h3−h2⇒ h3=h2+qrecibe=1729.306+842.396=2571.702 Kj / Kg

h3=251.702→ T 3=2254.19 ° K → P r 3=3491.35 ;u3=2571.702 Kj / Kg

P3=P2⟹P3=4058.2 Kpa

Proceso 3-4

Para relacionar estos estados usamos volúmenes relativos

V r 4

V r 3

=V 4

V 3

⟹V r 4=V r 3∗V 4

V 3

⟹V r 4=V r 3∗r=15(1.8516)=27.774

V r 4=27.774 → T 4=967.497 ° K → P r 4=100.074 ;u4=731.377 Kj/ Kg ;

h4=1009.059

P r 4

Pr 3

=P4

P3

⟹ P4=P3∗Pr 4

Pr 3

=4058.2∗( 100.0743491.35 )=116.321 Kpa

Respuestas

a) la temperatura y presión en cada estado del ciclo

T 2=607.419 ° K ; P2=4058.2 Kpa

T 3=2254.19 ° K ; P3=4058.2 Kpa

T 4=967.497 ° K ; P4=116.321 Kpa


w ciclo=(h3−h2 )−(u4−u1 )= (2571.702−842.39 )− (731.31−206.91 )=1204.899

qrecibe=(h3−h2 )=1729.306 Kj / Kg

η=wciclo

qrecibe

=1204.8991729.306

=0.6968=69.68 %


pme=W ciclo

cilindrada=

m (qrecibe−qentrega )V 1−V 2

=0.004337(1204.899)

3.8 x 10−3(1− 115 )

=1473.3963 Kpa

15.31 A un ciclo Diesel de aire estándar se le suministran 1659 kJ/kg de

calor por ciclo. La presión y la temperatura al comienzo de la

compresión son, respectivamente, 0.095 MPa y 27 °C, y la presión

después de la compresión es 3,60 MPa. Determínese (a) la relación

de compresión,(b) la temperatura máxima del ciclo, en kelvin, (c) la

relación de corte,(d) la presión después de la expansión isoentrópica,

en mega pascales, y(e) el trabajo neto, en KJ/kg. Utilícese la Tabla

A.5.

Datos

Q23=1.659 kJ /kg

P1=0,095 MPa

T 1=300 K

P2=3,6 MPa

Solución (aire estándar)(tablas de cengel)

Proceso 1-2

T 1=300 K ; por tabla → Pr 1=1,3860 ;vr 1=621,2 ;u1=214,09kJkg

P r 2

P r 1

=P2

P1

→ Pr 2=P2

P1

× P r 1→ Pr 2=52,5 2

Pr 2=52,52→ T2=819,71 K ; vr 2=44,82 ;h2=843,97kJkg

vr 2

vr 1

=v2

v1

=¿ 44,82621,2

=v2

v1

↔v1

v2

=13,86=¿ r=13.86

Proceso 2-3

P3=P2=3,6 MPa

Q23=h3−h2=¿1659=h3−843,97=¿ h3=2502,53kJkg

h3=2502,53kJkg

→ :T 3=2199,46 K ;vr 3=2,013; P r 3=3134,69

mR=P2 V 2

T2

=P3 V 3

T3

=¿V 3

V 2

=T3

T2

=¿V 3

V 2

=2,68=¿ r c=2,68

Proceso 3-4

V 4=V 1

vr 4

vr 3

=V 4

V 3

=¿vr 4=V 4

V 3

∗vr 3=¿V 3=2,68 V 2

vr 4=V 1

2,68V 2

∗vr 3=13,862,68

∗2,013=¿vr 4=10,41

vr 4=10,41→ T 4=133,48 K ;u4=1053,05kJkg

mR=P1 V 1

T 1

=P4 V 4

T 4

=¿P4=P1∗T 4

T 1

=¿ P4=0,4 MPa

W neto=qent−qsal

qsal=u4−u1=1053,05−214,09=838,98kJkg

W neto=1659−838,98=820,02kJkg

Respuestas

a) relación de compresión:

r=vr 2

vr 1

=v2

v1

=¿ 44,82621,2

=v2

v1

=¿v1

v2

=13,86=¿ r=13.86

b) temperatura máxima

T 3=2199,46 K

c) relación de corte:

rc=V 3

V 2

=2,68=¿ rc=2,68

d) presión máxima:

P4=0,4 MPa

e) trabajo neto:

W neto=820,02kJkg

15.32 Un ciclo Diesel de aire estándar tiene una relación de compresión de 15,08:1.

La presión y la temperatura al comienzo de la compresión son 1 bar y 27 °C,

respectivamente. Si la temperatura máxima del ciclo es 2.250 K. determínese

(a) la relación de corte, (b) la presión máxima en bar, (c) el rendimiento

térmico, y (d) la presión media efectiva, en bar.

Datos

r=15.08

P1=1 ¿ 100 kpa

k=1.4

T 1=27 °C=300 ° k

T 3=2250 ° K


Proceso 1-2

T 1=300 ° K → h1=300.19 ; Pr1=1.3860 ; vr1

=621.2 ;u1=214.07

vr2

vr1

= 1V 1

V 2

=¿vr 2=41.19

vr2=41.19→ T 2=844.84 ° K → h2=871.44 ; Pr2

=58.93;u2=628.93

Proceso 2-3

T 3=2250 ° K → h3=2566.4 ;P r3=3464 ;u3=1921.3 ;vr 3

=1.864

pr2

pr1

=P2

P1

=¿ P2=4251.8 kpa=42.51 ¿

P2=P3 yV 3

V 2

=rc

P3V 3

T 3

=P2V 2

T 2

=¿V 3

V 2

=T 3

T 2

=¿ rc=2.7

Proceso 3-4

V 4=V 1

vr 4

vr 3

=V 4

V 3

=¿vr4

vr3

=V 4

V 3

=¿vr4

1.864=

V 4

V 2

∗V 2

V 3

=¿vr 4

1.864= r∗1

rc

=¿ vr4=10.41

vr4=10.41 → T4=1332.76 ;h4=1434.94 ;u4=1052.41

n=1−u4−u1

h3−h2

=¿n=0.505

Pme=

Wm

cilindrada=¿ Pme=

(h¿¿3−h2)−(u¿¿4−u1)

V 1

m (1−V 2

V 1)

=¿Pme=(h¿¿3−h2)−(u¿¿ 4−u1)

v1(1−V 2

V 1)

¿¿¿¿

v1=R T 1

P1

¿>Pme=1065.57 kpa=11 ¿

Respuestas

a) Relación de corte

rc=2.66

b) La presión máxima en bar

P3=42.51 ¿

c) rendimiento térmico

n=0.505

d) La presión media efectiva

Pme=11 ¿

Solución (aire estándar frio)15.35I Un ciclo Diesel de aire estándar funciona con una relación de compresión de

14.8 y una relación de corte de 2. La temperatura y presión al comienzo de la

compresión son 100 3F y 14.5 psia. Respectivamente. Determínese (a) la

temperatura máxima del ciclo, en grados Rankine, (b) la presión después de

la expansión isoentrópica, en psia. y (c) el calor suministrado por ciclo, en

Bm1bm. Utilícense los valores de la Tabla A.5I.

Datos:

P1=14.5 psia

T 1=559.67 ° R

r=14.8

rc=2


Proceso 1-2

P1=14.5 psia;T 1=559.67 ° R ;

P1V 1k=P2V 2

k⟹ P2=P1∗(V 1

V 2)

k

=P1∗rk=14.5 (14.8 )1.4=630.572 psia

T 2=T1∗rk−1=559.67 (14.8 )1.4−1=1644.511° R

Proceso 2-3

P2V 2

T 2

=P3V 3

T 3

⟹T 3=T2∗V 3

V 2

=T2∗rc=3289.021 ° R

P3=P2=630.572 psia

Proceso 3-4

P3 V 3k=P4 V 4

k⟹ P4=P3∗(V 3/V 2

V 4/V 2)

k

=P3( rc

r )=630.57∗( 214.8 )

1.4

=38.26 psia

Respuestas:

a) Temperatura máxima

Temperatura m á xima :T3=3289.021° R

b) presión después de la expansión

P2=630.572 psia

c) Calor suministrado

qrecibe=h3−h2=c p (T 3−T 2)= 1.0054.1868

(3289.021−1644.511)=894.73 btu /lb

15.36I Las condiciones de entrada a un ciclo diesel de aire estándar que funciona con una

relación de comprensión de 1.5 con 14,4 psi y 60°F. La relación de combustión es a)

2.84 y b) 2.0. Determínese (1) la presión y la temperatura final de cada proceso del

ciclo y (2) el rendimiento térmico y la presión media efectiva:


Proceso 1-2

T 1=288.56 ° K

P1=99.3 kPa

T 1=288.56 ° K → Pr 1=1.209 , U 1=205.87 , V r 1=684.6

V r 2

V r 1

=V 2

V 1

→ V r 2=V r 1

V 2

V 2

→ V r 2=1684 .6∗1.5

V r 2=1684 .6∗1.5

Teniendo el volumen relativo nos vamos a tablas y hallamos:

Pr 2=0.686 U 2=174.95kJkg

T 2=245.39 ° KP r 2

P r 1

=P2

P1

→ P2=P1∗Pr 2

Pr 1

→ P2=99.3∗0.686

1.209→ P2=174.95 kPa

P2=174.95 kPa

Proceso 2-3

P3=P2 → P3=174.95

P3=174.95

mR=P2 V 2

T2

=P3 V 3

T3

→T 3=V 3

V 2

∗T 2→ T3=2.84∗245.39 →T 3=696.91 ° K

T 3=696.91 ° K → P r 3=28.32 , U 3=509.88 , vr 3=70.61

Proceso 3-4

V 1=V 4

vr 4

vr 3

=V 4

V 3

→ vr 4=

V 4

V 2

∗V 2

V 3

→ V r 4=

V 1

V 2

∗V 2

V 3

→ vr 4=1.5∗V 2

V 3

→ vr 4=1.5(70.61)

2.84

vr 4=37.294

vr 4=37.294 → pr 4=67.31, u=653.36kJkg

,T 4=874.51 K

pr 4

pr 3

=P4

P3

→ P4=P3∗pr 4

pr 3

→ P4=174.95∗67.31

28.32→ P4=415.82 kP

a) Determinar la presión y temperatura en cada estado:

T 1=288.56 ° K , P1=99.3 kPa

T 2=245.39 ° K , P2=174.95 kPa

T 3=696.91 ° K , P3=174.95

T 4=874.51 K , P4=415.82 kP

15.37I A un ciclo Diesel de aire estándar se le suministran 724 Btu/lbm de calor por

ciclo. La presión y la temperatura al comienzo de la compresión son

respectivamente. 14,0 psia y 80 °F, y la presión después de la compresión es

540 psia. Determínese (a) la relación de compresión. (b) la temperatura

máxima del ciclo, en grados Rankine. (c) la relación de corte, (d) la presión

después de la expansión isoentrópica, en psia, y (e) el flujo volumétrico de

aire, medido en las condiciones existentes al comenzar la compresión,

necesario para producir 150 hp. Utilícese la Tabla A.5I.

Datos

q∑¿=724 Btu

lbm¿

k=1.4

P1=14 Psia

T 1=80 ° F=540 ° R

P2=540 Psia

W =150 Hp

Solución (aire estándar frio)

Proceso 1-2

P2

P1

=(V 1

V 2)

k

=¿ r1.4=54014

=¿ r=13.58

T2

T1

=(V 1

V 2)

k−1

=¿T2=540∗(13.58 )0.4=¿T 2=1533.04 ° R

Proceso 2-3

P2=P3 yV 3

V 2

=rc

q23=cv (T3−T2 )=¿ 7240.171

=T 3−1533.04=¿T 3=5766.96

P3V 3

T 3

=P2V 2

T 2

=¿ rc=5766.961533.96

=¿ r c=3.76

Proceso 3-4

T 4

T 3

=(V 3

V 4)

k−1

=¿( rc

r )k−1

=¿T 4=3.76∗5766.96

13.58=¿T 4=1596.74

P4

P3

=(V 3

V 4)

k

=¿P4

540=(r c

r )1.4

=¿ P4=89.45

Respuestas

a) La relación de compresión r=13.58

b) La temperatura máxima del ciclo

T 3=5766.96

c) La relación de corte

rc=3.76

d) La presión después de la expansión isoentropica

P4=89.45

e) El flujo volumétrico de aire

Wm

=cv (T 3−T 2 )−cp (T 4−T1 )

m

150=0.171 (5766.96−1533.04 )−0.240 (1596.74−540 )

m=¿ m=3.13

MOTORES CON CICLO DUAL:


15.40Un ciclo dual de aire estándar funciona con una relación de compresión

de 15:1. Las condiciones al comienzo de la compresión son 17 °C. 0,95

bar y 3.80 L. El calor suministrado al ciclo es 6.60 kJ. Un tercio del cual

se suministra a volumen constante y el resto a presión constante.

Determínese (a) la presión al finalizar el suministro de calor a volumen

constante, en bar. (b) la temperatura antes y después de suministrar el

calor a presión constante, en kelvin. (c) la temperatura después de la

expansión isoentrópica. y(d) el rendimiento térmico

Datos

r=15

r=V 1

V 2

=15

T 1=290 K

q∑¿=6.60Kj ¿

Volumen de cilindro: 3.80*10−3 m3

Solución: (aire estándar)(tablas de Cengel)

Proceso 1-2

T 1=290 K → Pr1=1.2311; vr 1=676.1

vr 2

vr 1

=V 2

V 1

→ vr 2=vr 1

15→ vr 2=45.073

V 1=R T1

P1

=0.287∗1000∗2900.95∗100000

=0.876m3

kg

vr 2=45.073 → : Pr 2=52.24 ;h2=842.39 kj /kg;u2=607.41 kj /kg

P r 2

P r 1

=P2

P1

→ P2=Pr 2

Pr 1

P1 → P2=42.43 ¿

Proceso 2-3:

P2

T 2

=P3

T 3

→ P3=P2

T 2

∗T3 → P3=72.59 ¿

El calor suministrado a volumen constante es:

qsuministrado=q23=u3−u2 b¿

q=Qm

=QvV

=2.20∗0.876

3.80∗10−3=507.15 kj /kg

Reemplazando en ¿:

qsuministrado=q23=u3−u2 →u3=u2+q → u3=1114.56 kj /kg

Entonces u3=1114.56 kj /kgcorrespondeaT 3=1401 K h3=1516.62 kj /kg

Proceso 3-4:

q∑¿= Q

m= Qv

V= 4.40∗0.876

3.80∗10−3=1014.31kj /kg ¿

q∑¿=q34=h4−h3 → h4=2530.93kj / kg¿

Con h4=2530.93 kj /kg tenemosqueT 4=2221.93 K ;P r 4=3280.98

vr 4=1.9470u4=1893.84 kj /kg

Ahora hallemos la relación de combustión:

T 3

T 4

=V 3

V 4

→ rc

=V 3

V 4

=T3

T 4

=0.63

P4

T 4

=P3

T3

→ P4=P3

T 3

∗T 4=115.11 ¿

Proceso 4-5:

vr 4

vr 5

=v4

v5

→ v r 5=v5

v2

¿ vr 3→vr 3∗v5

v2

v2

v 4

= rr c

∗vr 4 → vr 5=46.35

vr 5=46.35→ u5=600.99 kj /kg , Pr 5=50.33

Pr 5

P r 4

=P5

P4

→ P5=Pr 5

Pr 4

P4 → P5=1.76 ¿

Respuestas

a) La presión al final al finalizar el suministro de calor a volumen constante:

P3=72.59 ¿

b) La temperatura antes y después de suministrar el calor a presión constante:

T 3=1401 k yT 4=2221.93K

c) La temperatura después de la expansión isoentropica:

T 5=810.67 k

d) El rendimiento térmico:

n=1−qsalida

q∑ ¿=1−q51

q23+q34

=1−(607.41−600.99)

1521.46¿

n=0.99∗100=99 %

15.41. Un ciclo dual de aire estándar funciona con una relación de

compresión de 14:1. Las condiciones al comenzar la

compresión isoentrópica son27 °C y 96 kPa. El calor total

suministrado es 1.480 kJ/kg, de los que la cuarta parte se

suministra a volumen constante v el resto a presión

constante. Determínese (a) la temperatura al final de cada

uno de los procesos del ciclo, en kelvin, (b) el rendimiento

térmico, (c) la presión media efectiva en bar.

Datosr=V 1

V 2

=14

T 1=300 K

P1=96 kPa

Qent=Q23+Q34=1.480 kJ /kg

Q23=1.480 kJ /kg

4=0.37 kJ /kg

Q34=1,11 kJ /kg


Proceso 1-2

T 1=300 K ; por tabla → Pr 1=1,3860 ;vr 1=144,32 ;u1=214,09

vr 2

vr 1

=V 2

V 1

→ vr 2=vr 1

15→ vr 2=10,3 1

vr 2=10,31 →T 2=822,95 K ;u2=611,03kJkg

; Pr 2=53,22

P r 2

P r 1

=P2

P1

=¿ P2=Pr 2

Pr 1

¿ P1=¿P2=3686,23 kPa

Proceso 2-3

Q23=u3−u2=¿0.37=u3−611,03=¿u3=611,4kJkg

u3=611,4kJkg

→ T3=823,4 K ;P r 3=53,33 ;h3=847,72kJkg

V 3=V 2

mR=P3 V 3

T3

=P2 V 2

T2

=¿P3=P2(T3

T2)=823,4 (3686,23

822,95 )=¿ P3=1269,23 kPa

Proceso 3-4

Q34=h4−h3→ 1,11=h4−847,72=¿ h4=848,83kJkg

h4=848,83kJkg

→: T4=824,4 K ;u4=612,21kJkg

;P r 4=53,86 ;vr 4=10,26

P4=P3

mR=P4 V 4

T 4

=P3 V 3

T3

=¿V 3

V 4

=T3

T 4

=¿V 4

V 3

=1=¿ rc=1

Proceso 4-5

V 5=V 1;V 3=V 2

vr 5

vr 4

=V 5

V 4

=

V 5

V 3

∗V 3

V 4

= rrc

→ vr 5=vr 4 ( rrc

)→ vr 5=143,64

vr 5=143,64 → portabla :T 5=300,57 K ;u5=214,67kJkg

; Pr 5=1,3952

Pr 5

P r 4

=P5

P4

→ P5=Pr 5

Pr 4

× P1 → P5=33,06 kPa

Respuestas

a) La temperatura al final de cada uno de los procesos del ciclo. En kelvin

T 1=300 K , T 2=822,95 K , T 3=823,4 K , T 4=824,4 K , T 5=300,57 K


n=1−u5−u1

[ (u3−u2 )+(h4−h3 ) ]=1−214,67−214,09

0,37+1,11

n=0.61∗100=61 %

c) La presión media efectiva en bar

Pme=Qentrante−Q saliente

V 5−V 2

=1.480−(214.67−241.09 )

R (T5

P5

−T 2

P2)

¿>Pme=0.9

287∗(9.09∗10−3−2.23∗10−4)=¿ Pme=35 ¿

15.43 Un ciclo dual de aire estándar funciona con una relación de compresión de 14:1. Las

condiciones ai comenzar la compresión isoentrópica son 27 °C y 96 kPa. El caior total

suministrado es 1.470 kJ/kg. del que una tercera parte se suministra a volumen

constante el resto a presión constante. Determínese ia) la temperatura a! final de

cada uno de los procesos del ciclo, en kelvin, (b) el rendimiento térmico, y (c) la

presión media efectiva en bar.

Datos

r=14

P1=96 kpa

k=1.4

T 1=27 °C=300 ° K

q∑¿=1470 kj

kg¿


Proceso 1-2

T 1=300 ° K → h1=300.19 ; Pr1=1.3860 ; vr1

=621.2 ;u1=214.07

vr2

vr1

= 1V 1

V 2

=¿vr 2=44.37

vr2=44.37→T 2=823.14 ° K →h2=847.45 ; Pr2

=53.37 ;u2=611.16

Proceso 2-3

V 2=V 3

q23=(u3−u2 )=¿u3=1101.16

u3=1101.16 → h3=1499.05 ; Pr3=432.69 ;T3=1386.9

Proceso 3-4

P4=P3

q34=(h4−h3 )=¿h4=2479.05

h4=2479.05 →vr 4=2.0745 ;T 4=2180.80 ;u4=1853.74

Proceso 4-5

vr 5

vr 4

=V 5

V 4

=¿vr5

vr4

=

V 5

V 3

∗V 3

V 4

=¿vr5

1.864=

V 1

V 2

∗V 3

V 4

=¿vr5

2.068=14∗1

1.6

¿>vr5=18.085

vr5=18.085→T 5=1116.06 ° k ;h5=1179.71 ;u5=859.35

Respuestas

a) La temperatura al final de cada uno de los procesos

T 2=823.14 ° K

T 3=1386.9

T 4=2180.80

T 5=1116.06 ° k

b) El rendimiento termico

n=1−(u¿¿5−u1)

(u¿¿3−u2)+ (h4−h3 )=¿n=0.23=23 % ¿¿


Pme=

Wm

cilindrada=¿ Pme=¿>Pme=(u¿¿3−u2)+(h4−h3 )−

(u¿¿5−u1)

V 1

m (1−V 2

V 1)¿¿

v1=R T 1

P1

Pme=847.72

0.896∗(1−1

14)

¿>Pme=1018.83 kpa=10.18 ¿

Solución (aire estándar frio)15.45I Un ciclo dual de aire estándar funciona con una relación de compresión de

14:1. Las condiciones al comenzar la compresión isoentrópica son 80 °F y

14.5 psia. El calor total suministrado es 800 Btu/lb^,, del que la cuarta parte

se suministra a volumen constante y el resto a presión constante.

Determínese (a) la temperatura, en grados Rankine. Al final de cada uno de

los procesos del ciclo, (b) el rendimiento térmico, y (c) la presión media

efectiva.

Datos:

P1=14.5 psia

T 1=539.67 ° R

qrecibe=800btulb

r=14


Proceso 1-2

P1=14.5 psia;T 1=539.67 ° R ;

P1V 1k=P2V 2

k⟹ P2=P1∗(V 1

V 2)

k

=P1∗rk=14.5 (14 )1.4=583.374 psia

T 2=T1∗rk−1=539.67 (14 )1.4−1=1550.885 ° R

Proceso 2-3

q23=u3−u2=cv ( T3−T2 )=200

T 3=200

0.718/4.1868+1550.885=2717.125° R

P2

T 2

=P3

T 3

⟹ P3=P2∗T 3

T 2

=583.374( 2717.1251550.885 )=1022.062 ° K

Proceso 3-4

q34=h4−h3=c p ( T 4−T 3 )=600

T 4=600

1.005/ 4.1868+2717.125=5216.707 ° R

P4=P3=1022.062 psia

Proceso 4-5

T 5=T 4(V 4

V 5)

k−1

=T 4(V 4/V 3

V 5/V 3)

k−1

=T4 ( rc

r )k−1

El valor de rc puede ser calculado como rc=V 4

V 3

=P3∗T 4

P4∗T 3

=1.9199

T 5=T 4( rc

r )k−1

=5216.707 (1.919914 )

1.4−1

=2355.53 ° R

P4 V 4k=P5 V 5

k⟹ P5=P4∗(V 4/V 3

V 5/V 3)

k

=P4( rc

r )k

=1022.062∗(1.919914 )

1.4

=63.312 psia

Respuestas

a) temperatura en cada estado del ciclo

T 1=539.67 ° R

T 2=1550.885 ° R

T 3=2717.125 ° R

T 4=5216.707 ° R

T 1=2355.53 ° R

b) trabajo neto

qrecibe=(h4−h3 )−(u3−u2 )= 1.0054.1868

(T 4−T 3 )− 0.7184.1868

(T 3−T 2 )=985.698 Btu/ lb

qentrega=u5−u1=0.7184.1868

(T5−T1 )=311.404 Btu /lb

w ciclo=qrecibe−qentrega=985.698−311.404=674.294 Btu / lb

c) rendimiento térmico

η=wciclo

qrecibe

=674.294985.698

=0.68408=68.408 %

4to trabajo de salvador saravia 0201016002

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